2024届高考物理一轮总复习第十四章热学第3讲气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用教师用书

第3讲　气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用

(一) 理想气体状态变化的三类典型模型

1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系

＝

[注意]　理想气体状态方程与气体实验定律的适用条件：一定质量的某种理想气体。

2．解决问题的基本思路

模型一　“活塞＋汽缸”模型

解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路

(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。

(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。

(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。

(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。

[例1]　(2022·广州高三月考)

如图所示，一导热性能良好的汽缸放置在水平面上，其横截面积S＝40 cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L＝1 m，厚度不计，初始时活塞在汽缸内封闭了一段长为2L的理想气体。环境温度为T0＝320 K。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上，稳定时缸内气体高度为1.6 m。随着环境温度的降低，活塞与卡口A、B间距离会逐渐变小。取重力加速度g＝10 m/s2，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求：

(1)活塞的质量；

(2)当活塞与卡口A、B接触且无作用力时的环境温度。

[解析]　(1)气体初态p1＝p0，V1＝2LS，设稳定时缸内气体高度为h1，

气体末态p2＝p0＋，V2＝h1S，

由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得m＝10 kg。

(2)假定环境温度为T1时，活塞与卡口A、B接触且无作用力，气体发生等压变化，稳定时缸内气体高度为L，则有V3＝LS，

由盖­吕萨克定律可得＝，

解得T1＝200 K(或－73 ℃)。

[答案]　(1)10 kg　(2)200 K(或－73 ℃)

模型二　“液柱＋管”模型

解答“液柱＋管”类问题，关键是液柱封闭气体压强的计算，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：

(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。

(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。

(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。

(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。

[例2]　如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。

(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？

(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？

[解析]　(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有

p1V1＝p2V2 ①

设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②

p2＝p0＋ρgh ③

V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS ④

联立①②③④式并代入题给数据得

h＝12.9 cm。 ⑤

(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖­吕萨克定律有＝⑥

按题设条件有V3＝(2H－h)S ⑦

联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2＝363 K。⑧

[答案]　(1)12.9 cm　(2)363 K

处理“两团气”问题的技巧

(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。

(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。

(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。

[例3]　(2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：

(1)此时上、下部分气体的压强；

(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。

[解析]　(1)气体发生等温变化，对上部分气体，由玻意耳定律有p0SL0＝p1·SL0，

解得p1＝2p0

对下部分气体，由玻意耳定律有

p0SL0＝p2·

解得p2＝p0。

(2)在竖直方向稳定时，对“H”型连杆活塞受力分析可知p1S－p2S－mg＝0

解得m＝。

[答案]　(1)2p0　p0　(2)

(二) 理想气体的四类变质量问题

在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。

[例1]　得益于我们国家经济的高速发展，普通人的住

房条件得到不断改善，越来越多的人搬进了漂亮的楼房，但是马桶阻塞却成了一个越来越让人头疼的问题，疏通器是解决此类问题的工具之一。在疏通马桶时，疏通器气体体积需缩小到原来的才能打通堵塞的管道。疏通器如图所示，通过打气筒将气体打入储气室，拨动开关，储气室内气体喷出。若储气室容积为2V，初始时内部气体压强为p0，每次可打入压强为p0、体积为的气体，以上过程温度变化忽略不计，则要能疏通马桶需要向储气室打气几次？

[解析]　设疏通器内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，气体压缩后状态参量分别为p2、T2、V2，由题意知T1＝T2，p1＝p0，V1＝2V，V2＝，

由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，

可得p2＝4p0，

设打气筒需要向储气室打气n次，打气前气体状态参量分别为p3、T3、V3，打气后气体状态参量分别为p4、T4、V4，由题意知T3＝T4，p3＝p0，V3＝2V＋n，p4＝p2＝4p0，V4＝2V，

由玻意耳定律得p3V3＝p4V4，解得n＝12。

[答案]　12

在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。

[例2]　(2023·潍坊高三调研)负压救护车是救护车的一种，主要用于危重感染患者的转运与抢救，利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，所以空气只能由车外流向车内，车内空气经过无害化处理后再排出，从而限制病毒传播，最大程度减少交叉感染。一般负压值(车外与车内气压差)为20～40 Pa时效果比较理想。假设有一负压救护车，开放状态时，车内外的气压均为p0＝1.0×105 Pa，车内温度为－3 ℃；正常工作时，车内温度为27 ℃，负压值为40 Pa。空气可视为理想气体，车外环境保持不变。求：

(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27 ℃，求此时车内气体的压强；

(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为多少。

[解析]　(1)若车内密闭，仅将车内温度升高到27 ℃，设升温后车内的气压为p1，车内的气体发生等容变化，根据查理定律有＝

解得p1≈1.11×105 Pa。

(2)设车内的体积为V1。气体由体积为V1、温度为－3 ℃、压强为p0的状态变为温度为27 ℃、压强为p2、体积为V2的状态，由题意可知p2＝p0－40 Pa＝0.999 6×105 Pa，根据理想气体状态方程有

＝

需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η＝×100%，

联立解得η≈10%。

[答案]　(1)1.11×105 Pa　(2)10%

将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。

[例3]　甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后

(1)两罐中气体的压强；

(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。

[解析]　(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有p(2V)＝pV1①

现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有

p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②

联立①②式可得p′＝p。③

(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有

p′V＝pV2④

设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝⑤

联立③④⑤式可得k＝。

[答案]　(1)p　(2)

容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。

[例4]　容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？

[解析]　由题意知，初状态气体质量m＝1 kg，压强p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330 K，

经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300 K，p2＝p1＝×1×106 Pa＝6.0×105 Pa，设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得：＝，

代入数据解得：

V′＝＝＝V，

所以漏掉的氧气质量为：

Δm＝×m＝×1 kg＝0.34 kg。

[答案]　0.34 kg

[课时跟踪检测]

一、立足主干知识，注重基础性和综合性

1．(2023·济宁高三质检)某探究小组同学尝试用如图所示装置测定大气压强。实验过程中温度保持不变。最初U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶内密封体积为800 mL的理想气体，烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中的水银面出现25 cm的高度差。不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。则所测得的大气压强为(　 )

A．74 cmHg  B．75 cmHg

C．75.5 cmHg  D．76 cmHg

解析：选B　烧瓶中的气体初状态为p1＝p0，V1＝800 mL，注入水后p2＝p0＋25 cmHg，V2＝600 mL。由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，代入数值解得p0＝75 cmHg，B正确。

2.(2021·山东等级考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　 )

A．30 cm3  B．40 cm3

C．50 cm3  D．60 cm3

解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60  cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。

3.

如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是(　 )

A．Va>Vb，Ta>Tb  B．Va>Vb，Ta<Tb

C．Va<Vb，Ta<Tb  D．Va<Vb，Ta>Tb

解析：选D　解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，根据pV＝nRT可知，b气体的压强大，故活塞左移，平衡时Va<Vb，pa＝pb，A、B错误；根据热力学第一定律，活塞左移过程中，a气体被压缩，内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时Ta>Tb，C错误，D正确。

4．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　 )

A．8.3×104 Pa  B．8.3×105 Pa

C．4.3×104 Pa  D．1.23×105 Pa

解析：选C　取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。

5.(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )

A．若m＝，活塞下移

B．若m＝，活塞下移

C．若m＝，气室1内气体压强为3p0

D．若m＝，气室1内气体压强为3p0

解析：选AD　若m＝，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0。单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。

6．(2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。

(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；

(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。

解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得＝，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。

答案：(1)3.1×103 Pa　(2)

二、强化迁移能力，突出创新性和应用性

7．(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。

解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，

B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有

p1BV1B＝p2BV2B，

联立解得h2＝2 cm，

对A管中的气体，初态压强为p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A，联立可得2h12－191h1＋189＝0，解得h1＝1 cm或h1＝ cm >l1(舍去)，则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。

答案：1 cm

8.(2022·武汉高三模拟)如图所示，汽缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：

(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；

(2)最后两侧气体的体积之比。

解析：(1)设初始时压强为p，由理想气体状态方程可知，左侧气体满足＝，右侧气体满足pV2＝p′V，解得k＝＝2。

(2)使活塞导热达到平衡，由理想气体状态方程可知，左侧气体满足＝，右侧气体满足＝，平衡时T1′＝T2′，解得＝＝。

答案：(1)2　(2)

9．(2021·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？

(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？

解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得＝，解得T2＝297 K。

(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得＝，解得最高温度Tmax＝309 K。

答案：(1)297 K　(2)309 K

10.如图所示，是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为ΔV＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2,1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢管内的空气压入水舱多少次？

解析：设在水面下h＝290 m处贮气钢筒内气体的压强变为p1，由查理定律得＝，其中T＝300 K，T1＝280 K。设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，气体的总体积为V2，由玻意耳定律得p2V2＝p1V，重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为V3＝V2－V，设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得p2V3＝p4V4，其中p4＝p0＋ atm＝30 atm，则压入水舱的次数N＝≈13.67，所以贮气钢筒内的空气充气前压入水舱的次数为N0＝13。

答案：13次