变质量气体问题的分析技巧

分析变质量问题时，可通过巧妙地选择研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用气体实验定律求解.
（1）打气问题：向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题，只要选择球内原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的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：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，故抽气过程可以看做是等温膨胀过程.
（3）灌气问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题.分析这类问题时，把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体视为整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
（4）漏气问题：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出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.
【典例1】 一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板， 集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度 由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.
（1）求此时气体的压强；
（2）保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集 热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.判断在抽气过程中剩余气体是吸 热还是放热，并简述原因.
解析 （1）由题意知气体体积不变，由查理定律得
p 0T 0＝p 1T 1 得p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76
p 0 （2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V 2，由玻意 耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2
则V 2＝p 1V 0p 0＝76
V 0 所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为
ρV 0ρ·76
V 0＝67 因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对 外做功.由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量.
答案 （1）76p 0 （2）67
；吸热，原因见解析 【典例2】 （2015·河南郑州一中期中）用真空泵抽出某容器中的空气，若某容器 的容积为V ，真空泵一次抽出空气的体积为V 0，设抽气时气体温度不变，容 器里原来的空气压强为p ，求抽出n 次空气后容器中空气的压强是多少？
解析 设第1次抽气后容器内的压强为p 1，以整个气体为研究对象.因为抽气 时气体温度不变，则由玻意耳定律得
pV ＝p 1（V ＋V 0），所以p 1＝V
V ＋V 0p
以第1次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第2次抽气后容器内气体压 强为p 2，由玻意耳定律有
p 1V ＝p 2（V ＋V 0），所以p 2＝V
V ＋V 0p 1＝（V V ＋V 0）2
p
以第n －1次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第n 次抽气后容器内气体 压强为p n ，
由玻意耳定律得p n －1V ＝p n （V ＋V 0）
所以p n ＝V V ＋V 0p n －1＝（V V ＋V 0
）n p 故抽出n 次空气后容器内剩余气体的压强为（
V
V ＋V 0）n p . 答案 （V
V ＋V 0）n
p 1.（2015·湖北六校调考）（1）下列说法正确的是（ ）
A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分 子运动的无规则性
B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C.分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素
E.当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
2.（2015·河北“五个一名校联盟”监测）（1）下列说法正确的是（ ）
A.布朗运动就是液体分子的运动
B.两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而 减小，但斥力比引力减小得更快
C.热力学温标的最低温度为0 K ，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位 之一
D.气体的温度越高，每个气体分子的动能越大
（2）如图所示，一直立的气缸用一质量为m 的活塞封闭一定量的理想气体，活 塞横截面积为S ，气缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A 点， 打开固定螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B 点，已知AB ＝ h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .
①求活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强；
②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q （一定量 理想气体的内能仅由温度决定）.
解析 （1）布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映， 故A 错误；两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距 离增大而减小，但斥力比引力减小得更快，故B 正确；热力学温标的最低温 度为0 K ，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一，故C 正确；气 体的温度越高，气体分子的平均动能越大，平均速率越高，满足气体分子的 速率分布率，但并非每个气体分子的动能都增大，故D 错误.
（2）①设封闭气体的压强为p ，活塞受力平衡，则
p 0S ＋mg ＝pS
解得p ＝p 0＋mg S
②由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU ＝0
外界对气体做的功W ＝（p 0S ＋mg ）h
由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q
可得Q ＝－W ＝－（p 0S ＋mg ）h
即气体通过缸壁放热（p 0S ＋mg ）h 答案 （1）BC （2）①p 0＋mg S
②（P 0S ＋mg ）h 3.（2015·云南三校联考）（1）关于分子动理论的规律，下列说法正确的是（ ）
A.扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动
B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
C.两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大
D.如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也
必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做 内能
E.两个分子间的距离为r 0时，分子势能最小
（2）如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一不计质量的活塞，可在气缸内 作无摩
擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体.已知活塞截面积为100 cm 2， 大气压强为×105
Pa ，气缸内气体温度为27℃，试求：
①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，这 时气体的压强和所加重物的重力；
②在加压重物的情况下，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热， 使温度升高到多少摄氏度.
解析 （1）扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，故A 正确；压缩气体时 气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B 错误；两个分子距 离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C 正确；处于热平衡表明没有热量 交换，而没有热量交换意味着两者的温度是一样的，但总的内能不一定一样， 故D 错误；当分子间r ＞r 0时，分子势能随分子间的距离增大而增大， 当分 子间r ＜r 0时，随距离减小而增大， 当r ＝r 0时，分子势能最小，故E 正确.
（2）①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半， 根据理想气体的等温变化有p 1V 1＝p 2V 2
其中p 1＝1×105 Pa
V 1＝V
V 2＝V 2
解得p 2＝2×105 Pa 由p 2＝p 0＋G S
其中S ＝100×10－4 m 2＝10－2m 2
解得所加重物的重力G ＝1 000 N
②在加压重物的情况下，保持气缸内压强不变，要使气缸内的气体恢复原来 体积，应
对气体加热，已知p 3＝2×105 Pa ，V 3＝V
T 3＝T 1＝（273＋27） K ＝300 K
根据理想气体状态方程得p 3V 3T 3＝p 1V 1T 1
解得T 3＝600 K
所以t ＝T 3－273℃＝327℃
答案 （1）ACE （2）①2×105 Pa 1 000 N ②327 ℃
4.（2014·湖北八市联考）（1）（多选）关于一定量的理想气体，下列说法正确的 是 .
A.气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积
B.只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高
C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高
（2）“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计 了如图实验.圆柱状汽缸（横截面积为S ）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为t ℃）密闭开关K ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L .由于汽缸传热良好，重物 被吸起，最后重物稳定在距地面L /10处.已知环境温度为
27 ℃不变，mg /S 与1/6大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t 值.
解析 （2）对汽缸内封闭气体，Ⅰ状态：
p 1＝p 0
V 1＝LS ，T 1＝（273＋t ） K
Ⅱ状态：p 2＝p 0－mg S ＝56
p 0 V 2＝910
LS ，T 2＝300 K 由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2
解得t ＝127 ℃
答案 （1）BDE （2）127 ℃
5.[2013·陕西西工大附中测试，33（2）]如图所示为一简易火灾报警装置，其原理 是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27 ℃时，被封闭的理想气体气柱长L 1为20 cm ，水 银上表面与导线下端的距离L 2为5 cm.
（1）当温度达到多少℃时，报警器会报警？
（2）如果大气压降低，试分析说明该报警器的报警温度会受到怎样的影响？ 解析 （1）温度升高时，下端气体做等压变化：T 1T 2＝V 1V 2
300 K T 2＝20S 25S
，解得：T 2＝375 K ，即t 2＝102 ℃.
（2）由玻意耳定律，同样温度下，大气压降低则下端气柱变长，即V 1变大. 而刚好报警时V 2不变，由T 1T 2＝V 1V 2
可知，T 2变小，即报警温度降低.
答案 （1）102 ℃ （2）降低
3.（2015·中原名校豫南九校一模）（1）关于物体内能和热力学定律的说法正确的 是（ ）
A.物体内所有分子动能和分子势能的总和就是分子的内能
B.第二类永动机的构想违背了热力学第二定律
C.做功和热传递具有相同的物理本质
D.物体没有做功时，物体吸热，物体的内能一定增加
E.若一定质量的某理想气体的内能增加，则其温度一定升高
（2）如图所示，一根长l ＝75 cm 、一端封闭的粗细均匀的玻璃管，管内有一 段长h ＝25 cm 的水银柱，当玻璃管开口向上竖直放置时，管内水银柱封闭气 柱的长度l 1＝36 cm.已知外界大气压强p ＝75 cmHg ，管内、外气体的温度不 变.如果将玻璃管倒置，使开口竖直向下，问水银柱长度将是多少厘米？
解析 （1）物体内所有分子的动能和分子势能的总和就是物体的内能，A 项 错误；第二类永动机的构想违背了热力学第二定律，B 项正确；做功和热传 递具有不同的物理本质，C 项错误；物体没有做功，即W ＝0，物体吸热，Q ＞0，由热力学第一定律得知，物体的内能一定增加，D 项正确；一定质量的 理想气体的内能只与温度有关，E 项正确.
（2）若水银没有流出管外，管倒置后管内空气柱的长度为x 0，管的横截面积 为S ，则倒置前、后有：p 0＝100 cmHg ，V 0＝L 1S ，p 0′＝50 cmHg ，V 0′＝x 0S 0
由玻意耳定律得p 0V 0＝p 0′V 0′，即100×36S ＝50x 0S
解得x 0＝72 cm
因为x 0＋h ＞l ＝75 cm ，可知有水银从管口流出
设管倒置后空气柱长为x ′，则剩下的水银柱的长度必为（75－x ′） cm ，有：
初态：p 1＝100 cmHg ，V 1＝36S
末态：p 1′＝[75－（75－x ′）] cmHg ＝x ′ cmHg ，V 1′＝x ′S
由玻意耳定律得：p 1V 1＝p 1′V 1′，即100×36S ＝x ′·x ′S
解得：x 1′＝60 cm ，x 2′＝－60 cm （舍去）
即水银柱长度是：（75－60） cm ＝15 cm.
答案 （1）BDE （2）15 cm
5.（2014·云南第一次检测）如图所示，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置， 管中用一段长H 0＝38 cm 的水银柱封闭一段长L 1＝20 cm 的空气，此时水银 柱上端到管口的距离为L 2＝4 cm ，大气压强恒为p 0＝76 cmHg ，开始时封闭 气体温度为t 1＝27 ℃，取0 ℃为273 K.求：
（1）缓慢升高封闭气体温度至水银开始从管口溢出，此时封闭气体的温度；
（2）保持封闭气体温度不变，在竖直平面内缓慢转动玻璃管至水银开始从管 口溢出，玻璃管转过的角度.
解析 （1）设玻璃管横截面积为S ，
初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝t 1＋273 K
末状态：V 2＝（L 1＋L 2）S ，T 2＝t 2＋273 K
据盖—吕萨克定律有：V 1T 1＝V 2
T 2
代入数据解得：t 2＝87 ℃.
（2）初状态：V 1＝L 1S ，p 1＝p 0＋38 cmHg
设玻璃管转过角度θ后水银开始溢出
末状态：V 2＝（L 1＋L 2）S ，p 2＝p 0＋38 cos θ cmHg
据玻意尔定律有：p 1V 1＝p 2V 2
解得：θ＝60°
答案 （1）87 ℃ （2）60°
6.[2013·湖北七市联考，33（2）]如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃 管，A 端封闭，C 端开口，AB ＝BC ＝l 0，且此时A 、C 端等高.平衡时，管内 水银总长度为l 0，玻璃管AB 内封闭有长为l 02
的空气柱.已知大气压强为l 0汞柱 高.如果使玻璃管绕B 点在竖直平面内顺时针缓慢地转动到BC 管水平，求此 时AB 管内气体的压强为多少汞柱高？管内封入的气体可视为理想气体且温 度不变.
解析 因为BC 长度为l 0，故顺时针旋转到BC 水平时水银未流出.
设BC 管水平时，管内空气柱长为x ，管的横截面积为S ，
对管内气体，玻璃管转动前： p 1＝l 0 cmHg ，V 1＝l 02
·S 玻璃管转动后：
由p 2＋（p l 0－p x ）＝p l 0，得p 2＝x cmHg ，V 2＝x ·S
对A 中密闭气体，由玻意耳定律得
l 0·l 02·S ＝x ·x ·S
联立解得x ＝22l 0 即：p 2＝22
l 0 cmHg
答案 22
l 0 cmHg ） 7.如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气 体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑.现用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓 慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不 变，下列说法正确的是（ ）（填入正确选项前的字母）
A.气体分子平均动能不变
B.气体内能减少
C.气体吸收热量
D.气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现
E.气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二 定律
（2）如图所示，两端开口的U 形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管 的2倍.管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm ，大气压强为p 0 ＝75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并使活塞缓慢 推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm 为止.求：
①左端液面下降多少？
②活塞下移的距离.（环境温度不变）
解析 （1）汽缸是导热的，封闭气体的温度始终与环境温度相同，保持不变， 而温度是分子平均动能的标志，故A 正确；一定质量的理想气体的内能仅仅 与温度有关，内能不变，B 错误；气体内能不变，对外做功，根据热力学第 一定律ΔU ＝W ＋Q ，可知气体吸收热量，C 正确；气体是从单一热源吸热， 全部用来对外做功，同时伴随着外力F 的作用，即引起了其他的变化，所以 此过程不违反热力学第二定律，E 正确、D 错误. （2）①设细管的液面下降了x ，则粗管液面上升了x 2，根据题意：x ＋x
2
＝6`cm ， 得x ＝4`cm
②对粗管内的气体应用玻意耳定律：p 1V 1＝p 1′V 1′
75×12S ＝p 1′×（12－2）S
解得末状态粗管中气体的压强p 1′＝90`cmHg
则细管中气体末状态的压强为（90＋6）`cmHg
设活塞下移y ，对细管中的气体用玻意耳定律：
p 2V 2＝p 2′V 2′
75×12S ′＝（90＋6）×（12＋4－y ）S ′
解得：y ＝`cm
答案（1）ACE （2）①4`cm ②`cm
10.[2015·新课标全国Ⅱ，33（2），10分]（难度★★★）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关 闭；A 侧空气柱的长度为l ＝ cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝ cm.现将 开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝ cm 时将开关K 关闭.已知大气压强p 0＝ cmHg.
（ⅰ）求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；
（ⅱ）此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注 入的水银在管内的长度.
解析 （ⅰ）以cmHg 为压强单位.设A 侧空气柱长度l ＝ cm 时的压强为 p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝ cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1.
由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1①
由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②
打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银 面处的
压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止.由力学平衡条件有
p1＝p0－h1③
联立①②③式，并代入题给数据得l1＝ cm④
（ⅱ）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.
由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤
由力学平衡条件有p2＝p0⑥
联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝ cm⑦
设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得
Δh＝2（l1－l2）＋h1⑧
联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝ cm⑨
答案（ⅰ） cm （ⅱ） cm。