金版教程2025年高考物理复习热点透析（五）变质量气体问题、关联气体问题气体实验定律与力学的综合问题

热点概述：变质量气体问题、关联气体问题和气体实验定律与力学的综合问题是高考热点题型和难点，熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程是解决这类问题的基本要求。利用转换思维将变质量气体转换为定质量气体，是解决变质量气体问题的关键。与力学规律综合应用，并结合题中几何关系列辅助方程，是解决关联气体问题和气体实验定律与力学的综合问题的关键。变质量气体问题分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。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的状态变化问题。2．抽气问题：将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，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。3．灌气问题：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，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。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，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。(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3.0×103Pa。(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℃，大气压强为1.0×105Pa。[答案](1)3.1×103Pa(2)eq\f(97,3)[解析](1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可知eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)式中p1＝3.0×103Pa，T1＝27℃＋273K＝300K，T2＝37℃＋273K＝310K解得p2＝3.1×103Pa。(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中气体的压强和大气压强p0相等。设夹层的容积为V，以静置后夹层中的所有气体为研究对象，设这些气体在压强p1下的体积为V1，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V＝p1V1解得V1＝eq\f(100,3)V则夹层中增加的空气在压强p1下的体积为ΔV＝V1－V＝eq\f(97,3)V所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V)＝eq\f(97,3)。关联气体问题关联气体问题的解题思路(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。(2)找出它们各自遵循的气体状态变化规律，并写出相应的方程。(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。(4)联立求解。对求解的结果注意分析合理性。(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eq\f(1,2)，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)。[答案](1)2p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(4p0S,3g)[解析](1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0解得旋转且稳定后上部分气体压强为p1＝2p0旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq\f(1,2)SL0＋SL0＝eq\f(3,2)SL0则p0·SL0＝p2·eq\f(3,2)SL0解得旋转且稳定后下部分气体压强为p2＝eq\f(2,3)p0。(2)旋转且稳定后，对“H”型连杆活塞整体受力分析，根据平衡条件可知p1S＋p0S＝mg＋p2S＋p0S解得活塞的质量为m＝eq\f(4p0S,3g)。气体实验定律与力学的综合问题气体实验定律与力学的综合问题的一般解题思路(1)应用气体实验定律或理想气体状态方程对气体部分列方程。(2)根据平衡条件或牛顿第二定律结合相关力学规律(例如浮力公式、滑动摩擦力公式、胡克定律等)列辅助方程。(3)联立各方程计算。(2022·湖南高考)如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变，求(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。[答案](1)105Pa(2)1N[解析](1)将活塞与金属丝视为整体，受力平衡，有p0S＝p1S＋(m1＋m2)g代入数据解得p1＝105Pa。(2)当活塞处于B位置时，设汽缸内的气体压强为p2，气体做等温变化，根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)将活塞与金属丝视为整体，受力平衡，有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F联立并代入数据解得F＝1N。1.如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计的导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l，现使汽缸底部绕一竖直轴由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度ω，当汽缸转动的角速度为ω1时，气柱长度为2l，当汽缸转动的角速度为ω2时，气柱长度为3l，若外界大气压不变，则ω1与ω2的比值为()A．3∶2eq\r(2) B．2eq\r(2)∶3C．2∶3 D．3∶2答案A解析以活塞为研究对象，当汽缸转动的角速度为ω1时，由题设有，p0S－p1S＝m·2lωeq\o\al(2,1)，当汽缸转动的角速度为ω2时，有p0S－p2S＝m·3lωeq\o\al(2,2)；以活塞封闭的气柱为研究对象，根据玻意耳定律有p0S·l＝p1S·2l＝p2S·3l，联立解得ω1与ω2的比值为3∶2eq\r(2)。故选A。2．(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；(2)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。答案(1)1.41kg/m3(2)1.18kg/m3解析(1)设27℃时舱内气体的密度为ρ2。若不释放出舱内部分气体，假设高压舱内原有气体做等压变化，气体初、末状态的体积分别为V1、V2，已知气体初状态温度为T1＝17℃＋273K＝290K末状态温度为T2＝27℃＋273K＝300K由盖—吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得V2＝eq\f(30,29)V1已知初始时气体密度ρ1＝1.46kg/m3根据ρ1V1＝ρ2V2解得ρ2＝1.41kg/m3。(2)设舱内气体的密度为ρ3。以升温至27℃时的舱内气体为研究对象，若不再释放出部分气体，假设其做等温变化，末状态体积为V3，已知气体初状态体积为V1，压强为p1＝1.2p0，末状态压强为p2＝p0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V3解得V3＝1.2V1又ρ2V1＝ρ3V3解得ρ3＝1.18kg/m3。3.(2023·山西省吕梁市高三下三模)如图所示，上端封闭的玻璃管竖直插入足够深的水银槽中，长为L的水银柱将管内的气体分隔成上、下两部分，气柱长均为L，槽内水银在玻璃管内外液面相平。现将玻璃管缓慢竖直向下按压一段距离，稳定后上部分气柱长度变为初始状态的一半，已知水银的密度为ρ，重力加速度为g，外界大气压强为2ρgL，该过程中温度保持不变。求：(1)向下按压玻璃管前，上部分气体的压强p1；(2)向下按压玻璃管后，槽内水银在玻璃管内外液面的高度差h。答案(1)ρgL(2)L解析(1)向下按压玻璃管前，下部分气体压强等于外界大气压强，设为p0，则p0＝2ρgL设玻璃管内的横截面积为S，对水银柱分析，根据平衡条件有ρgLS＋p1S＝p0S解得p1＝ρgL。(2)向下按压玻璃管后，设上部分气体压强为p2，下部分气体压强为p3，对上部分气体，由玻意耳定律可得p1SL＝p2S·eq\f(1,2)L对水银柱分析，根据平衡条件有p2S＋ρgLS＝p3S联立解得p3＝3ρgL对下半部分气体的下液面分析有p0＋ρgh＝p3解得h＝L。4．(2023·湖南高考)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。答案(1)eq\f(p0V0,V0＋V1)(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))\s\up12(n)))p0S解析(1)以抽气前助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第1次抽气后，气体体积变为V＝V0＋V1根据玻意耳定律得p0V0＝p1V解得p1＝eq\f(p0V0,V0＋V1)。(2)同理，第2次抽气过程初态压强为p1，体积为V0，末态压强为p2，体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p2V解得p2＝eq\f(p1V0,V0＋V1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0