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2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第三册 第2章 专题强化5 理想气体的综合问题（含解析）
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专题强化5 理想气体的综合问题[学习目标] 1.学会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题(重点)。2.通过两部分气体的压强、体积的关系解决关联气体问题(难点)。3.学会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题(难点)。一、变质量问题1．打气问题向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。例1 用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)( )A．10 B．15 C．20 D．25答案 B解析 设打气筒每次打入p0＝1 atm，ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV′，由玻意耳定律得：p0ΔV＝pΔV′①打气次数为n，则p(V＋nΔV′)＝p′V②联立①②解得：n＝15，故选B。已知理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C中C＝nR(n指物质的量，R是气体常量)把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2…的几部分理想气体进行混合。混合后的压强、体积、温度为p、V、T，可以证明：eq \f(p1V1,T1)＋eq \f(p2V2,T2)＋…＋eq \f(pnVn,Tn)＝eq \f(pV,T)。若温度不变，p1V1＋p2V2＋…pnVn＝pV例1可由此方法求解温度不变，可得pV＋np0ΔV＝p′V，代入数据解得n＝15。2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程。例2 (多选)(2022·石家庄市高二月考)如图所示，用容积为eq \f(V0,3)的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。则( )A．连续抽3次就可以将容器中气体抽完B．第一次抽气后容器内压强为eq \f(2,3)p0C．第一次抽气后容器内压强为eq \f(3,4)p0D．连续抽3次后容器内压强为eq \f(27,64)p0答案 CD解析 容器内气体压强为p0，则气体初始状态参量为p0和V0，在第一次抽气过程，对全部的理想气体由玻意耳定律得：p0V0＝p1(V0＋eq \f(1,3)V0)，解得p1＝eq \f(3,4)p0，故C正确，B错误；同理第二次抽气过程，由玻意耳定律得p1V0＝p2(V0＋eq \f(1,3)V0)，第三次抽气过程p2V0＝p3(V0＋eq \f(1,3)V0)，解得p3＝(eq \f(3,4))3p0＝eq \f(27,64)p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。3．罐气(气体分装)问题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，可以把大容器中剩余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 容积V＝20 L的钢瓶充满氧气后，压强p＝10 atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V′＝5 L的小瓶中去，小瓶子已抽成真空。分装完成后，每个小瓶及钢瓶的压强均为p′＝2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是( )A．4瓶 B．10瓶 C．16瓶 D．20瓶答案 C解析 初态p＝10 atm，V＝20 L，末态p′＝2 atm，V1＝V＋nV′(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV＝p′V1，代入数据解得n＝16，故C正确，A、B、D错误。4．漏气问题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整体为研究对象，即设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温同压，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。例4 (2022·滨州市高二期中)物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩。这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变，当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；但当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩。气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为( )A．3.3% B．6.7%C．7.1% D．9.4%答案 B解析 以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，发生等压变化时，根据盖—吕萨克定律有eq \f(V0,273＋7 K)＝eq \f(V1,273＋27 K)，可得V1＝eq \f(15,14)V0，则室内的空气质量减少了ρ气(V1－V0)，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为eq \f(V1－V0,V1)＝eq \f(1,15)≈6.7%，故选B。二、关联气体问题这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键。例5 (2022·贵阳市高二期末)如图所示，一固定汽缸中由两活塞封闭一定质量的理想气体，分别为A、B两部分，初始时，A的体积为V、B的体积为2V，压强均等于大气压强p0，热力学温度均为T0。现向右缓慢推动活塞1，使B的体积减小到V，该过程中气体A、B的温度始终不变，不计一切摩擦。(1)求此时A的体积；(2)固定活塞1，缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变，使气体B的体积变为eq \f(V,2)，求此时气体A的热力学温度。答案 (1)eq \f(V,2) (2)4T0解析 (1)对气体B，根据玻意耳定律有p0×2V＝pBV，解得pB＝2p0，同理，对气体A有p0V＝pAVA，其中pA＝pB，解得VA＝eq \f(V,2)(2)对气体B，根据玻意耳定律有pBV＝pB′eq \f(V,2)解得pB′＝4p0，对气体A，根据理想气体状态方程有eq \f(pAVA,T0)＝eq \f(pA′VA′,T)其中pA′＝pB′，VA′＝V，解得T＝4T0。例6 如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。(1)求初始时理想气体B的压强；(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。答案 (1)70 cmHg (2)500 K解析 (1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg(2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋eq \f(L2,2)＝10 cm，以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得p0(L1＋L2)S＝pA′L3S，以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得eq \f(pBL1S,T0)＝eq \f(pB′L3S,T′)，左、右两侧液面相平时pA′＝pB′，联立解得T′＝500 K。解决关联气体问题的一般方法(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解。(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。(3)多个方程联立求解。专题强化练考点一 变质量问题1.(2022·重庆沙坪坝高二期中)某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积。他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5 atm，已知轮胎容积V＝3 L。他用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3 atm，设打气过程中空气的温度都不变，轮胎容积也不变。则打气筒的容积为( )A．300 mL B．450 mLC．500 mL D．600 mL答案 B解析 设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律有pV＋np1ΔV＝p′V即1.5 atm×3 L＋10×1 atm×ΔV＝3 atm×3 L解得ΔV＝450 mL，故选B。2．(2022·丰城市九中高二月考)一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积为V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为( )A.eq \f(8,27)p0 B.eq \f(16,27)p0C.eq \f(8,81)p0 D.eq \f(16,81)p0答案 D解析 钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第一次抽气有p0·2V0＝ p1V0 ＋p1·2V0第二次抽气有p1·2V0＝ p2V0 ＋ p2·2V0第三次抽气有p2·2V0＝ p3V0 ＋ p3·2V0第四次抽气有p3·2V0＝ p4V0 ＋ p4·2V0经过计算有p4＝ eq \f(16,81)p0，D正确。3．(多选)(2022·哈尔滨市高二期中)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，等气体达到新的平衡时，从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0＝1 atm)( )A．1 atm 30 L B．4 atm 2.5 LC．1 atm 40 L D．4 atm 7.5 L答案 AD解析 当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p0V2，当p0＝1 atm时，得V2＝40 L逸出气体40 L－10 L＝30 L，故A正确，C错误；根据p0(V2－V1)＝pxV1′得V1′＝eq \f(p0V2－V1,px)＝eq \f(1×40－10,4) L＝7.5 L，故B错误，D正确。考点二 关联气体问题4.如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为( )A．1∶1 B．2∶3C．3∶4 D．2∶1答案 B解析 对A部分气体有：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pA′VA′,TA′)①对B部分气体有：eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pB′VB′,TB′)②因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，联立①②式得eq \f(VA,VB)＝eq \f(VA′TB′,VB′TA′)所以eq \f(VA′,VB′)＝eq \f(VATA′,VBTB′)＝eq \f(1×400,2×300)＝eq \f(2,3)，故选B。5.(2022·湛江市高二期末)如图，上端开口的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，质量为m的活塞处于容器eq \f(1,2)处，活塞面积为S。用密封的盖子封住容器口后，将容器在竖直面内沿顺时针缓慢转至水平位置，这时活塞左边气体体积为V1，右边气体体积为V2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，整个过程温度不变，活塞与容器无摩擦且不漏气。则eq \f(V1,V2)为( )A．1－eq \f(p0S,mg) B．1＋eq \f(p0S,mg)C．1－eq \f(mg,P0S) D．1＋eq \f(mg,p0S)答案 D解析 竖直放置时，对活塞有mg＋p0S＝p1S水平放置时，两边气体压强相等，设为p，则对左边气体有p1eq \f(V,2)＝pV1，对右边气体有p0eq \f(V,2)＝pV2，联立以上方程解得eq \f(V1,V2)＝1＋eq \f(mg,p0S)，故D正确。6.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为( )A.eq \f(5,4)d B.eq \f(4,5)d C.eq \f(9,4)d D.eq \f(4,9)d答案 D解析 以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)p2V2＝p2′(V2－xS)联立并代入数据解得：x＝eq \f(4,9)d，故A、B、C错误，D正确。7．医用氧气钢瓶的容积V0＝40 L，室内常温下充装氧气后，氧气钢瓶内部压强p1＝140 atm，释放氧气时瓶内压强不能低于p2＝2 atm。病人一般在室内温度下吸氧时，每分钟需要消耗1 atm下2 L氧气，室内常温下，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为( )A．23小时 B．33.5小时C．46小时 D．80小时答案 C解析 由题意可知，气体的温度不变，由玻意耳定律可得p1V0＝p2V0＋p3V1，可得V1＝eq \f(p1V0－p2V0,p3)＝eq \f(140×40－2×40,1) L＝5 520 L，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为t＝eq \f(5 520,2) min＝2 760 min＝46 h，故C正确，A、B、D错误。8.(2022·乌鲁木齐市高二校联考期末)如图所示为一喷雾器装置，储液桶的总容积为6 L，打开密封盖装入5 L药液后，将密封盖盖上，此时内部密封空气压强为p0＝1 atm。与储液桶相连的活塞式打气筒打气，每次打气筒可以打进p0＝1 atm、ΔV＝100 cm3的空气，忽略打气过程中的温度变化，空气可视为理想气体。(1)要使喷雾器内空气压强增大到p2＝2.2 atm，求打气筒应打气的次数n；(2)喷雾器内空气压强达到p2＝2.2 atm时，立即向外喷洒药液，此过程可认为气体温度不变，则药液上方空气压强降为1 atm时，求剩下药液的体积V剩。答案 (1)12 (2)3.8 L解析 (1)打气之前喷雾器内空气体积为V0＝6 L－5 L＝1 L打气过程中喷雾器内空气经历等温变化，根据玻意耳定律有p0V0＋np0ΔV＝p2V0，解得n＝12(2)设药液上方空气压强降为1 atm时，空气的体积为V1，喷药过程中喷雾器内空气经历等温变化，根据玻意耳定律有p2V0＝p0V1，解得V1＝2.2 L，剩下药液的体积为V剩＝5 L－(V1－V0)＝3.8 L。9．(2022·青岛市高二期末)小汽车正常行驶时，胎压需要稳定在220 kPa至280 kPa之间。在冬季，某室内停车场温度为7 ℃，此时汽车仪表盘显示左前轮胎压为252 kPa，若将轮胎内气体视为理想气体，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为T＝t＋273 K，忽略轮胎体积的变化。(1)若室外温度为－23 ℃，司机将车停在室外足够长时间后，通过计算说明胎压是否符合正常行驶要求(假设轮胎不漏气)；(2)汽车行驶一段时间后，发现仪表盘显示左前轮胎压为230 kPa，此时轮胎内气体温度为－13 ℃，请判断轮胎是否漏气；如果漏气，求剩余气体与原来气体的质量之比。答案 (1)可以 (2)漏气 115∶117解析 (1)对轮胎内气体T1＝7 K＋273 K＝280 K，p1＝252 kPaT2＝－23 K＋273 K＝250 K气体做等容变化，由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)解得p2＝225 kPa>220 kPa，所以可以正常行驶。(2)汽车行驶一段时间后T3＝－13 K＋273 K＝260 Kp3＝230 kPa，设轮胎容积为V0，假设未漏气，则eq \f(p3,T3)V3＝eq \f(p1,T1)V0，解得V3＝eq \f(117,115)V0>V0，说明轮胎发生了漏气，eq \f(m余,m原)＝eq \f(V0,V3)＝115∶117。10．(2022·吉林高二月考)如图所示，光滑绝热活塞C将体积为2V0的导热容器均匀分成A、B两室，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计(U形管内气体的体积忽略不计)，B室右侧有一阀门K，可与外界大气相通，外界大气压等于76 cmHg，气温为300 K恒定。当光滑绝热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱高度差为19 cm。现将阀门K打开，当活塞C不再移动时，求：(1)B室的体积VB；(2)若再次关闭阀门，对B室加热到127 ℃，求此时气压计水银柱高度差。答案 (1)0.75V0 (2)9.5 cm解析 (1)由题意可知，阀门K闭合时，A室的体积为V0，压强为pA＝p0＋ph＝95 cmHg，将阀门K打开，当活塞C不再移动时，A室压强为p0，体积设为VA′，A中气体经历等温变化，根据玻意耳定律有pAV0＝p0VA′解得VA′＝1.25V0，此时B室的体积为VB＝2V0－VA′＝0.75V0(2)设将B室加热到127 ℃(即T＝400 K)时，A、B室的压强均为p，B室的体积为VB′，对A中气体根据玻意耳定律有p0VA′＝p(2V0－VB′)，对B中气体根据理想气体状态方程有eq \f(p0VB,T0)＝eq \f(pVB′,T)，解得p＝85.5 cmHg所以此时气压计水银柱高度差为h′＝85.5 cm－76 cm＝9.5 cm。11.(2022·商丘市高二期末)如图所示，导热汽缸开口向上竖直放置，汽缸内甲、乙两个活塞把汽缸分成A、B两部分，两部分气柱的长度均为d，汽缸横截面积为S，两活塞质量均为m，外界大气压强p0＝eq \f(3mg,S)(重力加速度为g)，环境温度为T0，若在活塞乙上缓慢倒入质量为m的沙子，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，求：(1)稳定后活塞乙下降的距离；(2)若环境温度缓慢升高，当活塞乙恰好回到原来位置时，此时气体的温度。答案 (1)eq \f(11,30)d (2)eq \f(60,49)T0解析 (1)根据题意，初态B部分气体压强pB＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \f(4mg,S)，倒入沙子后压强pB′＝p0＋eq \f(2mg,S)＝eq \f(5mg,S)，根据玻意耳定律有pBdS＝pB′dBS初态A部分气体压强pA＝pB＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5mg,S)倒入沙子后压强pA′＝pB′＋eq \f(mg,S)＝eq \f(6mg,S)根据玻意耳定律有pAdS＝pA′dAS活塞乙下降的距离为x＝2d－(dA＋dB)联立解得x＝eq \f(11,30)d(2)环境温度升高时，A、B两部分气体均为等压变化对A部分气体eq \f(dAS,T0)＝eq \f(dA′S,T)对B部分气体eq \f(dBS,T0)＝eq \f(dB′S,T)乙活塞回到原来位置dA′＋dB′＝2d解得T＝eq \f(60,49)T0。
专题强化5 理想气体的综合问题[学习目标] 1.学会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题(重点)。2.通过两部分气体的压强、体积的关系解决关联气体问题(难点)。3.学会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题(难点)。一、变质量问题1．打气问题向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。例1 用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)( )A．10 B．15 C．20 D．25答案 B解析 设打气筒每次打入p0＝1 atm，ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV′，由玻意耳定律得：p0ΔV＝pΔV′①打气次数为n，则p(V＋nΔV′)＝p′V②联立①②解得：n＝15，故选B。已知理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C中C＝nR(n指物质的量，R是气体常量)把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2…的几部分理想气体进行混合。混合后的压强、体积、温度为p、V、T，可以证明：eq \f(p1V1,T1)＋eq \f(p2V2,T2)＋…＋eq \f(pnVn,Tn)＝eq \f(pV,T)。若温度不变，p1V1＋p2V2＋…pnVn＝pV例1可由此方法求解温度不变，可得pV＋np0ΔV＝p′V，代入数据解得n＝15。2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程。例2 (多选)(2022·石家庄市高二月考)如图所示，用容积为eq \f(V0,3)的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。则( )A．连续抽3次就可以将容器中气体抽完B．第一次抽气后容器内压强为eq \f(2,3)p0C．第一次抽气后容器内压强为eq \f(3,4)p0D．连续抽3次后容器内压强为eq \f(27,64)p0答案 CD解析 容器内气体压强为p0，则气体初始状态参量为p0和V0，在第一次抽气过程，对全部的理想气体由玻意耳定律得：p0V0＝p1(V0＋eq \f(1,3)V0)，解得p1＝eq \f(3,4)p0，故C正确，B错误；同理第二次抽气过程，由玻意耳定律得p1V0＝p2(V0＋eq \f(1,3)V0)，第三次抽气过程p2V0＝p3(V0＋eq \f(1,3)V0)，解得p3＝(eq \f(3,4))3p0＝eq \f(27,64)p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。3．罐气(气体分装)问题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，可以把大容器中剩余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 容积V＝20 L的钢瓶充满氧气后，压强p＝10 atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V′＝5 L的小瓶中去，小瓶子已抽成真空。分装完成后，每个小瓶及钢瓶的压强均为p′＝2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是( )A．4瓶 B．10瓶 C．16瓶 D．20瓶答案 C解析 初态p＝10 atm，V＝20 L，末态p′＝2 atm，V1＝V＋nV′(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV＝p′V1，代入数据解得n＝16，故C正确，A、B、D错误。4．漏气问题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整体为研究对象，即设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温同压，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。例4 (2022·滨州市高二期中)物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩。这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变，当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；但当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩。气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为( )A．3.3% B．6.7%C．7.1% D．9.4%答案 B解析 以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，发生等压变化时，根据盖—吕萨克定律有eq \f(V0,273＋7 K)＝eq \f(V1,273＋27 K)，可得V1＝eq \f(15,14)V0，则室内的空气质量减少了ρ气(V1－V0)，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为eq \f(V1－V0,V1)＝eq \f(1,15)≈6.7%，故选B。二、关联气体问题这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键。例5 (2022·贵阳市高二期末)如图所示，一固定汽缸中由两活塞封闭一定质量的理想气体，分别为A、B两部分，初始时，A的体积为V、B的体积为2V，压强均等于大气压强p0，热力学温度均为T0。现向右缓慢推动活塞1，使B的体积减小到V，该过程中气体A、B的温度始终不变，不计一切摩擦。(1)求此时A的体积；(2)固定活塞1，缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变，使气体B的体积变为eq \f(V,2)，求此时气体A的热力学温度。答案 (1)eq \f(V,2) (2)4T0解析 (1)对气体B，根据玻意耳定律有p0×2V＝pBV，解得pB＝2p0，同理，对气体A有p0V＝pAVA，其中pA＝pB，解得VA＝eq \f(V,2)(2)对气体B，根据玻意耳定律有pBV＝pB′eq \f(V,2)解得pB′＝4p0，对气体A，根据理想气体状态方程有eq \f(pAVA,T0)＝eq \f(pA′VA′,T)其中pA′＝pB′，VA′＝V，解得T＝4T0。例6 如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。(1)求初始时理想气体B的压强；(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。答案 (1)70 cmHg (2)500 K解析 (1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg(2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋eq \f(L2,2)＝10 cm，以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得p0(L1＋L2)S＝pA′L3S，以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得eq \f(pBL1S,T0)＝eq \f(pB′L3S,T′)，左、右两侧液面相平时pA′＝pB′，联立解得T′＝500 K。解决关联气体问题的一般方法(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解。(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。(3)多个方程联立求解。专题强化练考点一 变质量问题1.(2022·重庆沙坪坝高二期中)某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积。他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5 atm，已知轮胎容积V＝3 L。他用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3 atm，设打气过程中空气的温度都不变，轮胎容积也不变。则打气筒的容积为( )A．300 mL B．450 mLC．500 mL D．600 mL答案 B解析 设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律有pV＋np1ΔV＝p′V即1.5 atm×3 L＋10×1 atm×ΔV＝3 atm×3 L解得ΔV＝450 mL，故选B。2．(2022·丰城市九中高二月考)一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积为V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为( )A.eq \f(8,27)p0 B.eq \f(16,27)p0C.eq \f(8,81)p0 D.eq \f(16,81)p0答案 D解析 钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第一次抽气有p0·2V0＝ p1V0 ＋p1·2V0第二次抽气有p1·2V0＝ p2V0 ＋ p2·2V0第三次抽气有p2·2V0＝ p3V0 ＋ p3·2V0第四次抽气有p3·2V0＝ p4V0 ＋ p4·2V0经过计算有p4＝ eq \f(16,81)p0，D正确。3．(多选)(2022·哈尔滨市高二期中)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，等气体达到新的平衡时，从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0＝1 atm)( )A．1 atm 30 L B．4 atm 2.5 LC．1 atm 40 L D．4 atm 7.5 L答案 AD解析 当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p0V2，当p0＝1 atm时，得V2＝40 L逸出气体40 L－10 L＝30 L，故A正确，C错误；根据p0(V2－V1)＝pxV1′得V1′＝eq \f(p0V2－V1,px)＝eq \f(1×40－10,4) L＝7.5 L，故B错误，D正确。考点二 关联气体问题4.如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为( )A．1∶1 B．2∶3C．3∶4 D．2∶1答案 B解析 对A部分气体有：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pA′VA′,TA′)①对B部分气体有：eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pB′VB′,TB′)②因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，联立①②式得eq \f(VA,VB)＝eq \f(VA′TB′,VB′TA′)所以eq \f(VA′,VB′)＝eq \f(VATA′,VBTB′)＝eq \f(1×400,2×300)＝eq \f(2,3)，故选B。5.(2022·湛江市高二期末)如图，上端开口的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，质量为m的活塞处于容器eq \f(1,2)处，活塞面积为S。用密封的盖子封住容器口后，将容器在竖直面内沿顺时针缓慢转至水平位置，这时活塞左边气体体积为V1，右边气体体积为V2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，整个过程温度不变，活塞与容器无摩擦且不漏气。则eq \f(V1,V2)为( )A．1－eq \f(p0S,mg) B．1＋eq \f(p0S,mg)C．1－eq \f(mg,P0S) D．1＋eq \f(mg,p0S)答案 D解析 竖直放置时，对活塞有mg＋p0S＝p1S水平放置时，两边气体压强相等，设为p，则对左边气体有p1eq \f(V,2)＝pV1，对右边气体有p0eq \f(V,2)＝pV2，联立以上方程解得eq \f(V1,V2)＝1＋eq \f(mg,p0S)，故D正确。6.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为( )A.eq \f(5,4)d B.eq \f(4,5)d C.eq \f(9,4)d D.eq \f(4,9)d答案 D解析 以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)p2V2＝p2′(V2－xS)联立并代入数据解得：x＝eq \f(4,9)d，故A、B、C错误，D正确。7．医用氧气钢瓶的容积V0＝40 L，室内常温下充装氧气后，氧气钢瓶内部压强p1＝140 atm，释放氧气时瓶内压强不能低于p2＝2 atm。病人一般在室内温度下吸氧时，每分钟需要消耗1 atm下2 L氧气，室内常温下，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为( )A．23小时 B．33.5小时C．46小时 D．80小时答案 C解析 由题意可知，气体的温度不变，由玻意耳定律可得p1V0＝p2V0＋p3V1，可得V1＝eq \f(p1V0－p2V0,p3)＝eq \f(140×40－2×40,1) L＝5 520 L，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为t＝eq \f(5 520,2) min＝2 760 min＝46 h，故C正确，A、B、D错误。8.(2022·乌鲁木齐市高二校联考期末)如图所示为一喷雾器装置，储液桶的总容积为6 L，打开密封盖装入5 L药液后，将密封盖盖上，此时内部密封空气压强为p0＝1 atm。与储液桶相连的活塞式打气筒打气，每次打气筒可以打进p0＝1 atm、ΔV＝100 cm3的空气，忽略打气过程中的温度变化，空气可视为理想气体。(1)要使喷雾器内空气压强增大到p2＝2.2 atm，求打气筒应打气的次数n；(2)喷雾器内空气压强达到p2＝2.2 atm时，立即向外喷洒药液，此过程可认为气体温度不变，则药液上方空气压强降为1 atm时，求剩下药液的体积V剩。答案 (1)12 (2)3.8 L解析 (1)打气之前喷雾器内空气体积为V0＝6 L－5 L＝1 L打气过程中喷雾器内空气经历等温变化，根据玻意耳定律有p0V0＋np0ΔV＝p2V0，解得n＝12(2)设药液上方空气压强降为1 atm时，空气的体积为V1，喷药过程中喷雾器内空气经历等温变化，根据玻意耳定律有p2V0＝p0V1，解得V1＝2.2 L，剩下药液的体积为V剩＝5 L－(V1－V0)＝3.8 L。9．(2022·青岛市高二期末)小汽车正常行驶时，胎压需要稳定在220 kPa至280 kPa之间。在冬季，某室内停车场温度为7 ℃，此时汽车仪表盘显示左前轮胎压为252 kPa，若将轮胎内气体视为理想气体，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为T＝t＋273 K，忽略轮胎体积的变化。(1)若室外温度为－23 ℃，司机将车停在室外足够长时间后，通过计算说明胎压是否符合正常行驶要求(假设轮胎不漏气)；(2)汽车行驶一段时间后，发现仪表盘显示左前轮胎压为230 kPa，此时轮胎内气体温度为－13 ℃，请判断轮胎是否漏气；如果漏气，求剩余气体与原来气体的质量之比。答案 (1)可以 (2)漏气 115∶117解析 (1)对轮胎内气体T1＝7 K＋273 K＝280 K，p1＝252 kPaT2＝－23 K＋273 K＝250 K气体做等容变化，由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)解得p2＝225 kPa>220 kPa，所以可以正常行驶。(2)汽车行驶一段时间后T3＝－13 K＋273 K＝260 Kp3＝230 kPa，设轮胎容积为V0，假设未漏气，则eq \f(p3,T3)V3＝eq \f(p1,T1)V0，解得V3＝eq \f(117,115)V0>V0，说明轮胎发生了漏气，eq \f(m余,m原)＝eq \f(V0,V3)＝115∶117。10．(2022·吉林高二月考)如图所示，光滑绝热活塞C将体积为2V0的导热容器均匀分成A、B两室，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计(U形管内气体的体积忽略不计)，B室右侧有一阀门K，可与外界大气相通，外界大气压等于76 cmHg，气温为300 K恒定。当光滑绝热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱高度差为19 cm。现将阀门K打开，当活塞C不再移动时，求：(1)B室的体积VB；(2)若再次关闭阀门，对B室加热到127 ℃，求此时气压计水银柱高度差。答案 (1)0.75V0 (2)9.5 cm解析 (1)由题意可知，阀门K闭合时，A室的体积为V0，压强为pA＝p0＋ph＝95 cmHg，将阀门K打开，当活塞C不再移动时，A室压强为p0，体积设为VA′，A中气体经历等温变化，根据玻意耳定律有pAV0＝p0VA′解得VA′＝1.25V0，此时B室的体积为VB＝2V0－VA′＝0.75V0(2)设将B室加热到127 ℃(即T＝400 K)时，A、B室的压强均为p，B室的体积为VB′，对A中气体根据玻意耳定律有p0VA′＝p(2V0－VB′)，对B中气体根据理想气体状态方程有eq \f(p0VB,T0)＝eq \f(pVB′,T)，解得p＝85.5 cmHg所以此时气压计水银柱高度差为h′＝85.5 cm－76 cm＝9.5 cm。11.(2022·商丘市高二期末)如图所示，导热汽缸开口向上竖直放置，汽缸内甲、乙两个活塞把汽缸分成A、B两部分，两部分气柱的长度均为d，汽缸横截面积为S，两活塞质量均为m，外界大气压强p0＝eq \f(3mg,S)(重力加速度为g)，环境温度为T0，若在活塞乙上缓慢倒入质量为m的沙子，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，求：(1)稳定后活塞乙下降的距离；(2)若环境温度缓慢升高，当活塞乙恰好回到原来位置时，此时气体的温度。答案 (1)eq \f(11,30)d (2)eq \f(60,49)T0解析 (1)根据题意，初态B部分气体压强pB＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \f(4mg,S)，倒入沙子后压强pB′＝p0＋eq \f(2mg,S)＝eq \f(5mg,S)，根据玻意耳定律有pBdS＝pB′dBS初态A部分气体压强pA＝pB＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5mg,S)倒入沙子后压强pA′＝pB′＋eq \f(mg,S)＝eq \f(6mg,S)根据玻意耳定律有pAdS＝pA′dAS活塞乙下降的距离为x＝2d－(dA＋dB)联立解得x＝eq \f(11,30)d(2)环境温度升高时，A、B两部分气体均为等压变化对A部分气体eq \f(dAS,T0)＝eq \f(dA′S,T)对B部分气体eq \f(dBS,T0)＝eq \f(dB′S,T)乙活塞回到原来位置dA′＋dB′＝2d解得T＝eq \f(60,49)T0。
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