高考物理一轮复习讲义第82课时　专题26：气体实验定律的综合应用（教师版）

第82课时专题26：气体实验定律的综合应用对应学生用书P282【复习定位】1.能够通过合理选择研究对象，将充气、抽气、灌气、漏气等变质量问题转化为一定质量的气体问题，培养建模能力。2.能够解决混合气体问题，培养科学思维能力。3.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。考点一气体变质量问题分析气体变质量问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使气体变质量问题转化为气体定质量问题，用气体实验定律求解。类别对象充气问题选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象抽气问题将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象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1.充气问题【例1】(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境温度相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝－3℃，压强p1＝2.7×105Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23℃，大气压强p0取1.0×105Pa。求：(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小；答案2.5×105Pa解析在哈尔滨时，对轮胎内的气体，由于体积不变，由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)其中p1＝2.7×105Pa，T1＝(273－3)K＝270K，T2＝(273－23)K＝250K代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105Pa。(2)充进该轮胎的空气体积。答案6L解析充气前后，温度不变，由玻意耳定律可得p2V0＋p0V＝p1V0代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6L。2．抽气问题【例2】(2023·湖南卷)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。假设抽气过程中，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；答案eq\f(p0V0,V0＋V1)解析以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，气体体积为V＝V0＋V1抽气前后气体的温度不变，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V解得p1＝eq\f(p0V0,V0＋V1)。(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(V0,V0＋V1))n]p0S解析同理第2次抽气过程，有p1V0＝p2V解得p2＝eq\f(p1V0,V0＋V1)＝(eq\f(V0,V0＋V1))2p0以此类推……则当n次抽气后助力气室内的气体压强pn＝(eq\f(V0,V0＋V1))np0则刹车助力装置为驾驶员省力大小为ΔF＝(p0－pn)S＝[1－(eq\f(V0,V0＋V1))n]p0S。3．灌气问题【例3】南方某市需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个大钢瓶内体积为40L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107Pa，温度为7℃，长途运输到该市，检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107Pa。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10L(分装前瓶内无气体)，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，则：(1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？答案21℃解析大钢瓶的容积一定，从北方到该市对大钢瓶内气体，根据查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得T2＝eq\f(p2T1,p1)＝eq\f(1.26×107×280,1.2×107)K＝294K，故t2＝21℃。(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？答案124解析在该市时，设大钢瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则p2＝1.26×107Pa，V2＝0.04m3，p3＝2×105Pa根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3解得V3＝2.52m3可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105Pa，V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48m3设分装的小钢瓶的个数为n，分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105Pa，V5＝nV其中小钢瓶体积为V＝0.01m3根据玻意耳定律有p4V4＝p5V5解得n＝124即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。4．漏气问题【例4】(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，求此时舱内气体的密度。答案(1)1.41kg/m3(2)1.18kg/m3解析解法一：假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，对升温前舱内气体，由理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)气体的体积V1＝eq\f(m,ρ1)，V2＝eq\f(m,ρ2)解得eq\f(p1,ρ1T1)＝eq\f(p2,ρ2T2)。(1)气体压强不变，已知T1＝(17＋273)K＝290K，T2＝(27＋273)K＝300K，ρ1＝1.46kg/m3上式简化为ρ1T1＝ρ2T2将已知数据代入解得ρ2≈1.41kg/m3。(2)气体温度T1＝(17＋273)K＝290K，T3＝T2＝300K，压强p1＝1.2atm，p3＝1.0atm，密度ρ1＝1.46kg/m3代入eq\f(p1,ρ1T1)＝eq\f(p3,ρ3T3)解得ρ3≈1.18kg/m3。解法二：(1)已知初态气体压强p1＝1.2atm，温度T1＝(17＋273)K＝290K，ρ1＝1.46kg/m3，高压舱内气体体积为V1，保持气体压强不变，假设升温后气体体积增大为V2，由盖—吕萨克定律可知eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2解得ρ2≈1.41kg/m3。(2)保持气体温度不变，降压前气体体积为V2，压强为p2＝p1＝1.2atm，降压后压强减小为p3＝1.0atm，气体体积增大为V3，由玻意耳定律有p1V2＝p3V3同时ρ2V2＝ρ3V3联立解得ρ3≈1.18kg/m3。考点二关联气体问题多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等物理量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系。【例5】(2022·河北卷)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；答案2p0eq\f(2,3)p0解析旋转过程中，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0·SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0解得旋转后上部分气体压强p1＝2p0旋转过程中，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则根据玻意耳定律有p0·SL0＝p2·eq\f(3,2)SL0解得旋转后下部分气体压强p2＝eq\f(2,3)p0。(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。答案eq\f(4p0S,3g)解析对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S解得活塞的质量m＝eq\f(4p0S,3g)。【例6】(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20cm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10cm。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1cm。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A管：74.36cmHgB管：54.36cmHg解析设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20cmHg倒置后A管气体压强变小，则空气柱长度增加1cm，A管中水银柱长度减少1cm，A管的内径是B管的2倍，则SA＝4SB可知B管水银柱长度增加4cm，空气柱长度减少4cm设此时两管的压强分别为pA′、pB′，此时有pA′＋23cmHg＝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′＝10cm＋1cm＝11cm，LB′＝10cm－4cm＝6cm联立以上各式解得pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg。课时作业对应学生用书P475[基础过关]1．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60cm3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150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(D)A．30cm3 B．40cm3C．50cm3 D．60cm3解析根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750mmHg，V0＝60cm3，p1＝750mmHg＋150mmHg＝900mmHg，代入数据解得V＝60cm3，故选D。2．如图甲所示，水平放置的汽缸被两个活塞分为A、B、C三部分，C为真空，A、B中有理想气体，A中气体压强p0＝1.0×105Pa，汽缸横截面积SA＝2SB＝20cm2，两个活塞总质量为m，活塞到两汽缸底部的距离均为d＝3cm，活塞之间用水平轻杆连接。现将汽缸顺时针缓慢转过90°，如图乙所示(活塞未到汽缸连接处)，取重力加速度g＝10m/s2，若活塞移动的距离为1cm，气体温度保持不变，则活塞质量m为(B)A．7.5kg B．15kgC．25kg D．30kg解析设汽缸水平放置时，B中气体压强为p1，则有p1SB＝p0SA，解得p1＝2p0＝2.0×105Pa，设汽缸竖直放置时，A中气体压强为p0′，B中气体压强为p1′，根据玻意耳定律可得p0dSA＝p0′(d＋Δd)SA，p1dSB＝p1′(d－Δd)SB，解得p0′＝eq\f(p0d,d＋Δd)＝0.75×105Pa，p1′＝eq\f(p1d,d－Δd)＝3.0×105Pa，根据活塞受力平衡可得mg＋p0′SA＝p1′SB，解得m＝15kg，故选B。3．如图所示，上端开口的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，质量为m的活塞处于容器中部，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方向缓慢转至水平位置，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，活塞与汽缸无摩擦且不漏气。则eq\f(V1,V2)为(D)A．1－eq\f(p0S,mg) B．1＋eq\f(p0S,mg)C．1－eq\f(mg,p0S) D．1＋eq\f(mg,p0S)解析竖直放置时，对活塞有mg＋p0S＝p10S，水平放置时，活塞两端气体压强相等，设为p，则对左端气体有p10eq\f(V,2)＝pV1，对右端气体有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，A、B、C错误。4．(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＝1.0cm2，长度H＝100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0cm2，高度h＝20.0cm，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＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2，大气压p0＝1.0×105Pa。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；答案2cm解析由题意可知，缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，所以有p1(H－x)S1＝p2HS1又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0代入数据联立解得x＝2cm。(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8.92×10-4m3解析当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋eq\f(h,2)S2)又因为p3＋ρg·eq\f(h,2)＝p0代入数据联立解得V＝8.92×10-4m3。[能力提升]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(D)A．气体压强p1＝eq\f(30,31)p0B．气体压强p1＝eq\f(37,27)p0C．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)解析舱内气体温度升高，体积不变，对舱内气体，由查理定律得eq\f(1.0p0,300K)＝eq\f(p1,310K)，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。6．(多选)(2023·新课标卷)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后(AD)A．h中的气体内能增加B．f与g中的气体温度相等C．f与h中的气体温度相等D．f与h中的气体压强相等解析当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，对左边活塞受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩，与此同时弹簧对右边活塞的弹力变大，会缓慢向右推动右边活塞，故右边活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确。未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，弹簧处于压缩状态，对左边活塞受力分析有pfS＝F弹＋pgS，则pf>pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pgVg,Tg)，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B错误。在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大，由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h中的气体分析可知eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)，联立可得Tf>Th，C错误，D正确。7．(2024·安徽黄山联考)如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB＝1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0＝300K，A中气体压强pA＝4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB′＝3p0。求：(1)此时A中的气体压强pA′；答案7