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2024届高考物理一轮复习教案第十五章专题强化二十六气体实验定律的综合应用（粤教版新教材）
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这是一份2024届高考物理一轮复习教案第十五章专题强化二十六气体实验定律的综合应用（粤教版新教材），共11页。
题型一 玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝c
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)))
2．玻璃管液封模型
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、列平衡方程求解，要注意：
(1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；
(2)不要漏掉大气压强，同时又要平衡掉某些气体产生的压力；
(3)有时注意应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一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”，使计算过程简捷．
考向1 单独气体
例1 如图所示，一粗细均匀、长度为L＝1.0 m、导热性能良好的细玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口．长度为d＝0.50 m的水银柱将长度为L0＝0.50 m的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0＝75 cmHg，管内空气的初始温度为t0＝27 ℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝(t＋273) K.
(1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，求T1的大小；
(2)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值．
答案 (1)360 K (2)eq \f(1,3)
解析 (1)开始时封闭气体的压强为p1＝p0＋pd＝125 cmHg，温度为T0＝(t0＋273) K＝300 K，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出， 封闭气体的压强为p2＝p0＋eq \f(1,2)pd＝100 cmHg，根据理想气体状态方程可得eq \f(p1L0S,T0)＝eq \f(p2L－\f(d,2)S,T1)，解得T1＝360 K.
(2)当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，此时封闭气体的压强为p3＝p0＋eq \f(1,2)pdsin θ，根据玻意耳定律有p3(L－eq \f(d,2))S＝p1L0S，解得sin θ＝eq \f(1,3).
考向2 关联气体
例2 (2023·广东深圳市模拟)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，初始时，右端管内用h1＝4 cm的水银柱封闭一段长为L1＝9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭一段长为L2＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8 cm.如图甲所示，已知大气压强p0＝76.0 cmHg，环境温度不变．若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，左右两水银柱液面高度差h3为( )
A．10 cm B．12 cm
C．8 cm D．14 cm
答案 B
解析 初始时，设空气柱A的压强为pA，空气柱B的压强为pB，则pA＝p0＋ρgh1，pB＋ρgh2＝pA，联立解得pB＝72 cmHg，U形管倒置后，空气柱A的压强设为pA1，空气柱B的压强设为pB1，则pA1＝p0－ρgh1，pB1＝pA1＋ρgh3，空气柱B的长度LB1＝L2－eq \f(h3－h2,2)，由玻意耳定律可得，pBL2＝pB1LB1，解得h3＝12 cm，故选B.
题型二 气缸活塞类模型
1．解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(气缸、活塞或某系统)．
(2)分析物理过程
①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程．
②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)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．注意检验求解结果的合理性．
2．两个或多个气缸封闭着几部分气体，并且气缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
考向1 单独气体
例3 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热气缸开口朝下，气缸高度为h，横截面积为S.气缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞．缸内封闭了压强为2p0的理想气体．已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压强为p0，活塞的质量为eq \f(2p0S,g)，g为重力加速度．
(1)若把气缸放置到热力学温度比外部环境低eq \f(1,10)T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；
(2)若把气缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到气缸底部的距离．
答案 (1)eq \f(9,5)p0 (2)eq \f(2,3)h
解析 (1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0，
末态时热力学温度为T1＝eq \f(9,10)T0，压强设为p1.
根据查理定律有eq \f(2p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(9,5)p0
(2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，
气缸倒置后，设气体压强为p2，活塞到气缸底部的距离为H，
则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S，解得p2＝3p0
根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2，解得H＝eq \f(2,3)h
所以稳定时活塞到气缸底部的距离为eq \f(2,3)h.
考向2 关联气体
例4 (2023·广东湛江市模拟)如图，气缸左右两侧气体由包有绝热材料的活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积分别为V1＝V和V2＝2V，温度分别为T1＝2T和T2＝5T.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；然后取走绝热材料使活塞导热，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T3的大小；
(2)最后达到平衡时两侧气体体积之比．
答案 (1)4T (2)5∶4
解析 (1)设初始时压强为p，
左侧气体满足：eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′·1.5V,T3)
右侧气体满足：pV2＝p′·1.5V
解得：T3＝4T；
(2)活塞导热达到平衡，
左侧气体满足：eq \f(p′·1.5V,T3)＝eq \f(p″V1′,T1′)
右侧气体满足：eq \f(p′·1.5V,T2)＝eq \f(p″V2′,T2′)
平衡时，则有：T1′＝T2′
解得：eq \f(V1′,V2′)＝eq \f(T2,T3)＝eq \f(5,4).
题型三 变质量气体模型
1．充气问题
选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
2．抽气问题
选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．
3．灌气分装
把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题
选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
考向1 充气、抽气问题
例5 (2021·山东卷·4)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
答案 D
解析 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V
已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，
p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，
代入数据整理得V＝60 cm3，故选D.
例6 2021年11月8日，神舟十三号的三名宇航员在相互配合下圆满完成从空间站到太空的出舱任务，宇航员出舱时，要穿出舱航天服，从太空舱进入到气闸舱，示意图如图所示，关闭太空舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，压强逐渐减小到真空，再打开气闸舱舱门，从气闸舱进入到舱外活动．已知气闸舱中气体的初始压强为105 Pa，温度300 K，气闸舱体积约为1.4 m3.为了安全起见，第一阶段先将气闸舱的压强降至7×104 Pa，给航天员一个适应过程．在第一阶段降压过程中，求：
(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105 Pa压强下多少m3的气体；
(2)若气闸舱温度变为290 K，气闸舱内存留气体与原来气体在105 Pa压强下的体积比．(结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.42 m3 (2)0.72
解析 (1)设气闸舱内原有气体的体积为V1，压强为p，舱内压强降低后气体压强为p′，原有气体在此压强下体积为V2，由玻意耳定律可得pV1＝p′V2，设抽掉的气体占原来气体的比率为k，由数学关系可得k＝eq \f(V2－V1,V2)，设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV＝kV1，联立解得ΔV＝0.42 m3.
(2)温度与压强降低后，原有气体在此压强下体积为V3，由理想气体状态方程可得eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′V3,T3)，设气闸舱内存留气体与原气体的体积比为n，n＝eq \f(V1,V3)，联立解得n≈0.72.
考向2 灌气分装
例7 某市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为
40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装．不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用．
答案 (1)21 ℃ (2)124
解析 (1)大钢瓶的容积一定，从北方到该市对大钢瓶内气体，有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3，
则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据p2V2＝p3V3
得V3＝2.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa，
V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3
根据p4V4＝p5V5得n＝124
即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶．
课时精练
1．(2020·全国卷Ⅲ·33(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？
答案 见解析
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为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＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(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eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
T2≈363 K.
2.(2023·广东深圳市调研)如图，在趣味小实验中，将一定质量的乒乓球放在一个粗细均匀的竖直薄圆管下端，通过乒乓球和活塞在管内封闭一定高度的某种液体和气体，当封闭气体压强为p时，乒乓球恰好不掉落．已知液柱高度远大于乒乓球直径，圆管横截面积为S，为了防止乒乓球掉落，将活塞缓慢上移使气柱长度增加一半．求此时
(1)封闭气体的压强；
(2)管口对乒乓球的作用力大小．
答案 (1)eq \f(2p,3) (2)eq \f(pS,3)
解析 (1)由题意可知封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
其中V1＝SL
V2＝S×1.5L
p1＝p
解得p2＝eq \f(2p,3)；
(2)由于封闭气体压强较小，故而管口对乒乓球产生竖直向下的弹力FN，根据乒乓球所受合力为零，可得
p2S＋ρgh·S＋mg＋FN＝p0S
乒乓球恰好不掉落时，有pS＋ρgh·S＋mg＝p0S
解得FN＝eq \f(pS,3).
3.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和
eq \f(1,4)V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
答案 (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有eq \f(p0\f(V0,8)＋\f(V0,4),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0.
4.(2023·广东珠海市模拟)如图，氧气瓶通过细管和上端封闭的玻璃管相连，玻璃管内用一很薄的水银片(质量和厚度不计)在玻璃管上方封闭了一段气柱，开始时瓶内氧气压强为10个标准大气压强，上方封闭气柱长度为8 cm，随着氧气的使用，使用一段时间后，发现水银片下降了12 cm，使用过程中环境温度变为原来的四分之三，已知一个标准大气压强为1 atm.求：
(1)此时氧气瓶内的压强；
(2)此时瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值．
答案 (1)3 atm (2)eq \f(2,5)
解析 (1)对被封闭的气柱，初始时
p1＝10 atm
L1＝8 cm
温度为T1，末态时
L2＝L1＋12 cm＝20 cm
T2＝eq \f(3,4)T1
根据理想气体状态方程eq \f(p1L1S,T1)＝eq \f(p2L2S,T2)
解得p2＝3 atm
氧气瓶内的压强为3 atm；
(2)设氧气瓶的体积为V，设剩下的氧气被压缩到压强为p1＝10 atm，温度为T1状态下的体积为V2，
根据理想气体状态方程则有
eq \f(p2V,\f(3,4)T1)＝eq \f(p1V2,T1)
解得V2＝0.4V
因此瓶内氧气质量M′与原来氧气质量M的比值有eq \f(M′,M)＝eq \f(V2,V)＝eq \f(2,5).
5.(2023·广东茂名市质检)压力锅(也称高压锅)是一种常见的厨房锅具，其工作原理是通过增大气压来提升液体沸点，以达到加快烹煮食物效率的目的．如图为某燃气压力锅的结构简图，某厨师将食材放进锅内后合上密封锅盖，并将压力阀套于出气孔后开始加热烹煮．已知锅内的总容积为V0，食材占锅内总容积的eq \f(2,3)，加热前锅内温度为T0，大气压强为p0.忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体．
(1)当加热至锅内温度为2T0时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，求此时锅内气压的大小；
(2)为控制火候，该厨师在听到压力阀嘶响声时立即熄火并把压力阀提起放气，求最终放气结束随即打开锅盖时，锅内剩下的气体和原来气体的质量之比．(假设排气过程气体温度不变)
答案 (1)2p0 (2)eq \f(1,2)
解析 (1)对于封闭气体，根据查理定律得
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p,2T0)
解得p＝2p0
(2)根据玻意耳定律p·eq \f(1,3)V0＝p0V
解得V＝eq \f(2,3)V0
放气之后剩余气体与原来气体质量之比为
eq \f(m,m0)＝eq \f(\f(1,3)V0,V)
解得eq \f(m,m0)＝eq \f(1,2).
6.中医拔火罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，治疗某些疾病，如图所示．使用火罐时，先加热罐中气体，然后将罐的开口迅速按到皮肤上，自然降温后，火罐紧紧吸附在皮肤上，已知火罐压在皮肤上之前的气体温度为227 ℃，自然降温后的气体达到室内温度27 ℃，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(24,25)，罐内气体认为是理想气体．求：
(1)加热后与加热前，罐内气体的质量之比；
(2)自然降温后，罐内气体的压强．
答案 (1)eq \f(5,3) (2)6.25×104 Pa
解析 (1)罐内气体加热前，压强、体积和温度分别为p0、V0和T0＝300 K，加热到T＝500 K后，等效气体等压膨胀到V，则
eq \f(V0,T0)＝eq \f(V,T)
解得V＝eq \f(5,3)V0
加热后与加热前，罐内气体的质量之比为eq \f(m,m0)＝eq \f(V,V0)＝eq \f(5,3)
(2)自然降温后，气体的最后压强设为p，则
eq \f(p0V0,T)＝eq \f(p×\f(24,25)V0,T0)
解得p＝eq \f(5,8)p0＝eq \f(5,8)×1.0×105 pa＝6.25×104 pa
题型一 玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝c
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)))
2．玻璃管液封模型
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、列平衡方程求解，要注意：
(1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；
(2)不要漏掉大气压强，同时又要平衡掉某些气体产生的压力；
(3)有时注意应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一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”，使计算过程简捷．
考向1 单独气体
例1 如图所示，一粗细均匀、长度为L＝1.0 m、导热性能良好的细玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口．长度为d＝0.50 m的水银柱将长度为L0＝0.50 m的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0＝75 cmHg，管内空气的初始温度为t0＝27 ℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝(t＋273) K.
(1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，求T1的大小；
(2)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值．
答案 (1)360 K (2)eq \f(1,3)
解析 (1)开始时封闭气体的压强为p1＝p0＋pd＝125 cmHg，温度为T0＝(t0＋273) K＝300 K，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出， 封闭气体的压强为p2＝p0＋eq \f(1,2)pd＝100 cmHg，根据理想气体状态方程可得eq \f(p1L0S,T0)＝eq \f(p2L－\f(d,2)S,T1)，解得T1＝360 K.
(2)当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，此时封闭气体的压强为p3＝p0＋eq \f(1,2)pdsin θ，根据玻意耳定律有p3(L－eq \f(d,2))S＝p1L0S，解得sin θ＝eq \f(1,3).
考向2 关联气体
例2 (2023·广东深圳市模拟)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，初始时，右端管内用h1＝4 cm的水银柱封闭一段长为L1＝9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭一段长为L2＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8 cm.如图甲所示，已知大气压强p0＝76.0 cmHg，环境温度不变．若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，左右两水银柱液面高度差h3为( )
A．10 cm B．12 cm
C．8 cm D．14 cm
答案 B
解析 初始时，设空气柱A的压强为pA，空气柱B的压强为pB，则pA＝p0＋ρgh1，pB＋ρgh2＝pA，联立解得pB＝72 cmHg，U形管倒置后，空气柱A的压强设为pA1，空气柱B的压强设为pB1，则pA1＝p0－ρgh1，pB1＝pA1＋ρgh3，空气柱B的长度LB1＝L2－eq \f(h3－h2,2)，由玻意耳定律可得，pBL2＝pB1LB1，解得h3＝12 cm，故选B.
题型二 气缸活塞类模型
1．解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(气缸、活塞或某系统)．
(2)分析物理过程
①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程．
②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)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．注意检验求解结果的合理性．
2．两个或多个气缸封闭着几部分气体，并且气缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
考向1 单独气体
例3 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热气缸开口朝下，气缸高度为h，横截面积为S.气缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞．缸内封闭了压强为2p0的理想气体．已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压强为p0，活塞的质量为eq \f(2p0S,g)，g为重力加速度．
(1)若把气缸放置到热力学温度比外部环境低eq \f(1,10)T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；
(2)若把气缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到气缸底部的距离．
答案 (1)eq \f(9,5)p0 (2)eq \f(2,3)h
解析 (1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0，
末态时热力学温度为T1＝eq \f(9,10)T0，压强设为p1.
根据查理定律有eq \f(2p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(9,5)p0
(2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，
气缸倒置后，设气体压强为p2，活塞到气缸底部的距离为H，
则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S，解得p2＝3p0
根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2，解得H＝eq \f(2,3)h
所以稳定时活塞到气缸底部的距离为eq \f(2,3)h.
考向2 关联气体
例4 (2023·广东湛江市模拟)如图，气缸左右两侧气体由包有绝热材料的活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积分别为V1＝V和V2＝2V，温度分别为T1＝2T和T2＝5T.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；然后取走绝热材料使活塞导热，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T3的大小；
(2)最后达到平衡时两侧气体体积之比．
答案 (1)4T (2)5∶4
解析 (1)设初始时压强为p，
左侧气体满足：eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′·1.5V,T3)
右侧气体满足：pV2＝p′·1.5V
解得：T3＝4T；
(2)活塞导热达到平衡，
左侧气体满足：eq \f(p′·1.5V,T3)＝eq \f(p″V1′,T1′)
右侧气体满足：eq \f(p′·1.5V,T2)＝eq \f(p″V2′,T2′)
平衡时，则有：T1′＝T2′
解得：eq \f(V1′,V2′)＝eq \f(T2,T3)＝eq \f(5,4).
题型三 变质量气体模型
1．充气问题
选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
2．抽气问题
选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．
3．灌气分装
把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题
选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
考向1 充气、抽气问题
例5 (2021·山东卷·4)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
答案 D
解析 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V
已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，
p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，
代入数据整理得V＝60 cm3，故选D.
例6 2021年11月8日，神舟十三号的三名宇航员在相互配合下圆满完成从空间站到太空的出舱任务，宇航员出舱时，要穿出舱航天服，从太空舱进入到气闸舱，示意图如图所示，关闭太空舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，压强逐渐减小到真空，再打开气闸舱舱门，从气闸舱进入到舱外活动．已知气闸舱中气体的初始压强为105 Pa，温度300 K，气闸舱体积约为1.4 m3.为了安全起见，第一阶段先将气闸舱的压强降至7×104 Pa，给航天员一个适应过程．在第一阶段降压过程中，求：
(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105 Pa压强下多少m3的气体；
(2)若气闸舱温度变为290 K，气闸舱内存留气体与原来气体在105 Pa压强下的体积比．(结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.42 m3 (2)0.72
解析 (1)设气闸舱内原有气体的体积为V1，压强为p，舱内压强降低后气体压强为p′，原有气体在此压强下体积为V2，由玻意耳定律可得pV1＝p′V2，设抽掉的气体占原来气体的比率为k，由数学关系可得k＝eq \f(V2－V1,V2)，设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV＝kV1，联立解得ΔV＝0.42 m3.
(2)温度与压强降低后，原有气体在此压强下体积为V3，由理想气体状态方程可得eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′V3,T3)，设气闸舱内存留气体与原气体的体积比为n，n＝eq \f(V1,V3)，联立解得n≈0.72.
考向2 灌气分装
例7 某市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为
40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装．不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用．
答案 (1)21 ℃ (2)124
解析 (1)大钢瓶的容积一定，从北方到该市对大钢瓶内气体，有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3，
则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据p2V2＝p3V3
得V3＝2.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa，
V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3
根据p4V4＝p5V5得n＝124
即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶．
课时精练
1．(2020·全国卷Ⅲ·33(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？
答案 见解析
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为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＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(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eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
T2≈363 K.
2.(2023·广东深圳市调研)如图，在趣味小实验中，将一定质量的乒乓球放在一个粗细均匀的竖直薄圆管下端，通过乒乓球和活塞在管内封闭一定高度的某种液体和气体，当封闭气体压强为p时，乒乓球恰好不掉落．已知液柱高度远大于乒乓球直径，圆管横截面积为S，为了防止乒乓球掉落，将活塞缓慢上移使气柱长度增加一半．求此时
(1)封闭气体的压强；
(2)管口对乒乓球的作用力大小．
答案 (1)eq \f(2p,3) (2)eq \f(pS,3)
解析 (1)由题意可知封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
其中V1＝SL
V2＝S×1.5L
p1＝p
解得p2＝eq \f(2p,3)；
(2)由于封闭气体压强较小，故而管口对乒乓球产生竖直向下的弹力FN，根据乒乓球所受合力为零，可得
p2S＋ρgh·S＋mg＋FN＝p0S
乒乓球恰好不掉落时，有pS＋ρgh·S＋mg＝p0S
解得FN＝eq \f(pS,3).
3.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和
eq \f(1,4)V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
答案 (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有eq \f(p0\f(V0,8)＋\f(V0,4),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0.
4.(2023·广东珠海市模拟)如图，氧气瓶通过细管和上端封闭的玻璃管相连，玻璃管内用一很薄的水银片(质量和厚度不计)在玻璃管上方封闭了一段气柱，开始时瓶内氧气压强为10个标准大气压强，上方封闭气柱长度为8 cm，随着氧气的使用，使用一段时间后，发现水银片下降了12 cm，使用过程中环境温度变为原来的四分之三，已知一个标准大气压强为1 atm.求：
(1)此时氧气瓶内的压强；
(2)此时瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值．
答案 (1)3 atm (2)eq \f(2,5)
解析 (1)对被封闭的气柱，初始时
p1＝10 atm
L1＝8 cm
温度为T1，末态时
L2＝L1＋12 cm＝20 cm
T2＝eq \f(3,4)T1
根据理想气体状态方程eq \f(p1L1S,T1)＝eq \f(p2L2S,T2)
解得p2＝3 atm
氧气瓶内的压强为3 atm；
(2)设氧气瓶的体积为V，设剩下的氧气被压缩到压强为p1＝10 atm，温度为T1状态下的体积为V2，
根据理想气体状态方程则有
eq \f(p2V,\f(3,4)T1)＝eq \f(p1V2,T1)
解得V2＝0.4V
因此瓶内氧气质量M′与原来氧气质量M的比值有eq \f(M′,M)＝eq \f(V2,V)＝eq \f(2,5).
5.(2023·广东茂名市质检)压力锅(也称高压锅)是一种常见的厨房锅具，其工作原理是通过增大气压来提升液体沸点，以达到加快烹煮食物效率的目的．如图为某燃气压力锅的结构简图，某厨师将食材放进锅内后合上密封锅盖，并将压力阀套于出气孔后开始加热烹煮．已知锅内的总容积为V0，食材占锅内总容积的eq \f(2,3)，加热前锅内温度为T0，大气压强为p0.忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体．
(1)当加热至锅内温度为2T0时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，求此时锅内气压的大小；
(2)为控制火候，该厨师在听到压力阀嘶响声时立即熄火并把压力阀提起放气，求最终放气结束随即打开锅盖时，锅内剩下的气体和原来气体的质量之比．(假设排气过程气体温度不变)
答案 (1)2p0 (2)eq \f(1,2)
解析 (1)对于封闭气体，根据查理定律得
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p,2T0)
解得p＝2p0
(2)根据玻意耳定律p·eq \f(1,3)V0＝p0V
解得V＝eq \f(2,3)V0
放气之后剩余气体与原来气体质量之比为
eq \f(m,m0)＝eq \f(\f(1,3)V0,V)
解得eq \f(m,m0)＝eq \f(1,2).
6.中医拔火罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，治疗某些疾病，如图所示．使用火罐时，先加热罐中气体，然后将罐的开口迅速按到皮肤上，自然降温后，火罐紧紧吸附在皮肤上，已知火罐压在皮肤上之前的气体温度为227 ℃，自然降温后的气体达到室内温度27 ℃，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(24,25)，罐内气体认为是理想气体．求：
(1)加热后与加热前，罐内气体的质量之比；
(2)自然降温后，罐内气体的压强．
答案 (1)eq \f(5,3) (2)6.25×104 Pa
解析 (1)罐内气体加热前，压强、体积和温度分别为p0、V0和T0＝300 K，加热到T＝500 K后，等效气体等压膨胀到V，则
eq \f(V0,T0)＝eq \f(V,T)
解得V＝eq \f(5,3)V0
加热后与加热前，罐内气体的质量之比为eq \f(m,m0)＝eq \f(V,V0)＝eq \f(5,3)
(2)自然降温后，气体的最后压强设为p，则
eq \f(p0V0,T)＝eq \f(p×\f(24,25)V0,T0)
解得p＝eq \f(5,8)p0＝eq \f(5,8)×1.0×105 pa＝6.25×104 pa
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