2025年高考物理第一轮总复习专项训练：79专题强化二十三变质量问题理想气体的图像问题关联气体问题（附答案）

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题组一 单一气体多过程问题
1．(2025·安徽省皖南八校第二次联考)如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p0＝75 cmHg，求：
(1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；
(2)M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度。(结果可用根式表示)
[答案] (1)15 cm (2)(9eq \r(30)－45)cm
[解析] (1)设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。
对M管中封闭气体有，
状态Ⅰ：p1＝75 cmHg，
V1＝54 cm×S，T1＝300 K
状态Ⅱ：T2＝T1＝300 K，
V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得
p2＝90 cmHg
此时M、N两玻璃管中气体压强差
Δp＝p2－p0＝15 cmHg
故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。
(2)M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有
状态Ⅲ：V3＝(45 cm＋x)S，
T3＝T＝360 K，p3＝p0＋pΔh＋p2x
由理想气体状态方程得eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p3V3,T3)
解得x＝(9eq \r(30)－45)cm。
题组二 关联气体问题
2．竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，温度相同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将( )
A．向A移动
B．向B移动
C．始终不动
D．以上三种情况都有可能
[答案] B
[解析] 假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律有eq \f(p,T)＝eq \f(Δp,ΔT)，所以Δp＝eq \f(p,T)ΔT，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，初状态气体A的p大，则ΔpA>ΔpB，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B移动，故选B。
3．(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
[答案] 74.36 cmHg 54.36 cmHg
[解析] 设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，A管的内径是B管的2倍，则SA＝4SB
可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减少4 cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′，所以有pA′＋23 cmHg＝pB′
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有pASALA＝pA′SALA′
对B管有pBSBLB＝pB′SBLB′
其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得
pA＝74.36 cmHg
pB＝54.36 cmHg。
题组三 变质量问题
4．(多选)(2025·福建龙岩月考)如图所示是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气体的压强为1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的eq \f(1,20)，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则( )
A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm
D．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm
E．打气后，球内气体分子平均动能不变
[答案] BCE
[解析] 打气后，由于气体的温度不变，所以分子平均动能不变，球内每个气体分子对球内壁的平均作用力不变，并且球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大，A错误，E正确；打气后，球内气体的压强变大，则球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确；打气6次后，由玻意耳定律可得p1V0＋p0×6×eq \f(1,20)V0＝pV0，解得p＝1.4 atm，C正确，D错误。
5．某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27 ℃、压强为1.0p0(p0为大气压强)，经过一段时间后，环境温度升高，舱内气体的温度变为37 ℃，压强为p1，此时打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，则( )
A．气体压强p1＝eq \f(30,31)p0
B．气体压强p1＝eq \f(37,27)p0
C．放出气体的质量是舱内原有气体质量的eq \f(1,30)
D．放出气体的质量是舱内原有气体质量的eq \f(1,31)
[答案] D
[解析] 由查理定律得eq \f(1.0p0,300 K)＝eq \f(p1,310 K)，解得p1＝eq \f(31,30)p0，故A、B错误；设核心舱体积为V，打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，此时舱内气体和放出气体的总体积为V′，由玻意耳定律有p1V＝p0V′，同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，有eq \f(m放,m总)＝eq \f(V′－V,V′)，解得eq \f(m放,m总)＝eq \f(1,31)，故D正确，C错误。
能力提升练
6．(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2、高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内、外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
[答案] (1)2 cm (2)8.92×10－4 m3
[解析] (1)根据题意，在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p1(H－x)S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
(2)当外界气体进入后，对所有气体整体分析，由玻意耳定律有p0V＋p2HS1＝p3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(HS1＋\f(h,2)S2))
又p3＋ρg·eq \f(h,2)＝p0
联立解得V＝8.92×10－4 m3。
7．(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10－2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
[答案] (1)9×104 Pa (2)3.6×10－2 m3
(3)1.1×102 kg
[解析] (1)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，
又A、B两个汽缸导热良好、B的体积不变，所以B内气体发生等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300 K，末态T2＝270 K，
根据查理定律有eq \f(pB1,T1)＝eq \f(pB2,T2)
代入数据解得pB2＝9×104 Pa。
A内气体发生等压变化，压强始终为p0，由于p0－pB2