高中物理模块要点回眸第13点气体变质量问题的处理方法素材3-3!
变质量气体问题的处理方法
变质量气体问题的处理方法1. 引言变质量气体问题是指在热力学系统中，物质的质量发生变化而产生的一类气体问题。
这类问题涉及到物质的进出、化学反应以及物质转化等过程。
在工程实践和科学研究中，我们经常会遇到这类问题，并需要采取相应的处理方法。
本文将介绍变质量气体问题的处理方法，包括控制物质进出、考虑化学反应和转化以及计算相关参数等内容。
2. 控制物质进出在处理变质量气体问题时，首先需要考虑如何控制物质的进出。
常见的方法有以下几种：2.1 进料控制通过控制进料流量和进料时间来控制物质的进入系统。
可以使用阀门、泵等设备来调节流量，确保物质进入系统的稳定性。
2.2 排放控制通过控制排放流量和排放时间来控制物质的离开系统。
可以使用排放阀门、泄压装置等设备来调节流量，确保物质排放的安全性和稳定性。
2.3 密封控制在处理变质量气体问题时，需要注意系统的密封性。
通过选择合适的密封材料、设计合理的密封结构等方式，确保系统的密封性，防止物质的泄漏和外界空气的进入。
3. 考虑化学反应和转化变质量气体问题中常涉及到化学反应和物质转化。
在处理这类问题时，需要考虑以下几个方面：3.1 化学平衡对于存在多种化学反应的系统，需要考虑各个反应之间的平衡关系。
可以根据各个反应的速率常数、反应热力学数据等信息，利用热力学平衡条件求解各个组分的浓度或压力。
3.2 反应速率对于存在快速反应和慢速反应的系统，需要考虑各个反应之间的速率差异。
可以使用动力学模型描述快速反应和慢速反应之间的相互作用，并通过求解动力学方程得到各个组分的浓度或压力随时间变化的规律。
3.3 物质转化在处理变质量气体问题时，常常需要考虑物质之间的转化关系。
可以使用反应速率常数、平衡常数等数据，通过建立适当的动力学模型和质量守恒方程，求解各个组分的转化率和转化程度。
4. 计算相关参数在处理变质量气体问题时，需要计算一些与问题相关的参数。
常见的参数包括：4.1 流量流量是指单位时间内物质通过某一截面的数量。
高中物理第13章热学理论 微型专题能力突破 34(气体实验定律和理想气体状态方程的应用)
高中物理第13章热学理论微型专题能力突破34气体实验定律和理想气体状态方程的应用Lex Li一、变质量问题例1一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，则在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0) ()A．np0，1n p0 B.nV0V p0，V0nV p0C．(1＋V0V)n p，(1＋V0V)n pD．(1＋nV0V)p0，(VV＋V0)n p0在对气体质量变化的问题分析和求解时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律.如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体收回来.可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解.二、理想气体状态方程与气体图象问题例2使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．(1)已知气体在状态A的温度T A＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和热力学温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)，说明每段图线各表示什么过程．分析状态变化的图象问题，要与状态方程结合起来，才能由某两个参量的变化情况确定第三个参量的变化情况，由pVT＝C知，若气体在状态变化过程中pV之积不变，则温度不变；若pT比值不变，则V不变；若VT比值不变，则p不变，否则第三个参量发生变化.三、理想气体的综合问题3.1．定性分析液柱移动问题定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．常用推论有两个：①查理定律的分比形式：ΔpΔT＝pT或Δp＝ΔTT p.②盖—吕萨克定律的分比形式：ΔVΔT＝VT或ΔV＝ΔTT V.3.2．定量计算问题定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题．解决该问题的一般思路：①审清题意，确定研究对象．②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；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进而求出压强．③注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．④多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．例3如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来上、下两部分气体温度相同)此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.例4如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内的气体，直至达到399.3 K．求：(1)活塞刚离开B处时的气体的温度T B；(2)缸内气体最后的压强p；(3)在图乙中画出整个过程的p－V图象．01.(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？(2)当贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？02．(理想气体图象问题)如图所示，一定质量的气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A.问AB、BC、CD、DA经历的是什么过程？已知气体在状态A时的体积是1 L，求气体在状态B、C、D时的体积各为多少，并把此图改为p－V图象．03．(液柱移动的问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图所示．V左<V右，温度均为20℃，将右端空气柱的温度降为0 ℃，左端空气柱的温度降为10 ℃，管中水银柱将() A．不动B．向左移动C．向右移动D．无法确定是否移动04．(理想气体状态方程的综合应用)用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比V A∶V B＝2∶1，如图所示，起初A中有温度为127 ℃、压强为1.8×105Pa的空气，B中有温度为27 ℃、压强为1.2×105Pa的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A、B中气体的压强．一、选择题考点一变质量问题01．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为() A．2.5 atm B．2.0 atmC．1.5 atm D．1.0 atm02．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变) () A．10次B．15次C．20次D．25次考点二理想气体的图象问题03．在下列图象中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图象是(A中曲线为双曲线的一支) ()04．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p－T图象，对应的p－V图象应是()05．(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是()A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强增大考点三理想气体的综合问题06.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示()二、非选择题07．(变质量问题)容积为V0的容器内盛有理想气体，若用最大容积为ΔV的活塞抽气筒抽气，在温度不变的情况下抽气10次，容器内剩余气体的压强是最初压强的多少倍？08．(变质量问题)氧气瓶的容积是40 L，其中氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？假定温度不变，氧气可视为理想气体．9.(理想气体的状态方程及气体图象问题的综合应用)一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若气体在状态D的压强是2×104 Pa.(1)求状态A的压强；(2)请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态．10．(气体实验定律及理想气体状态方程的综合应用)如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：(1)右管中注入的水银高度是多少？(2)升温后的温度是多少？11．(气体实验定律的综合应用)如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．高中物理第13章热学理论 微型专题能力突破 34气体实验定律和理想气体状态方程的应用Lex Li例1 D解析 打气时，活塞每推动一次，就把体积为V 0、压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0、体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0、体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0.抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V 0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V 膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝VV ＋V 0p 0.第二次抽气p 1V ＝p 2(V ＋V 0)，p 2＝V V ＋V 0p 1＝(V V ＋V 0)2p0 活塞工作n 次，则有：p n ＝(V V ＋V 0)np 0.故正确答案为D.例2 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析解析 从p －V 图中可以直观地看出，气体在A 、B 、C 、D 各状态下压强和体积分别为p A ＝4 atm ，p B ＝4 atm ，p C ＝2 atm ，p D ＝2 atm ，V A ＝10 L ，V C ＝40 L ，V D ＝20 L.(1)根据理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C T C ＝p D V D T D ，可得T C ＝p C V C p A V A·T A ＝2×404×10×300 K ＝600 K ，T D ＝p D V D p A V A·T A ＝2×204×10×300 K ＝300 K ，由题意知B 到C 是等温变化，所以T B ＝T C ＝600 K.(2)由状态B 到状态C 为等温变化，由玻意耳定律有p B V B ＝p C V C ，得:V B ＝p C V C p B ＝2×404 L ＝20 L.在V －T 图上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态依次连接(如图)，AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程． 例3 水银柱上移解析 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强p 1＝p 2＋p h .温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp 1>Δp 2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp 1<Δp 2，水银柱向下移动，若Δp 1＝Δp 2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2， Δp 2＝p 2′－p 2＝(T 2′T 2－1)p 2＝ΔT 2T 2p 2；同理下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋p h >p 2，所以Δp 1>Δp 2，即水银柱上移． 例4 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)汽缸内的气体初状态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K.(2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量： p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0.(3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量：p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A 由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体温度由297 K 升高到330 K 的过程中，气体做等容变化；气体温度由 330 K 升高到363 K 的过程中，气体做等压变化；气体温度由363 K 升高到399.3 K 的过程中，气体做等容变化，故整个过程的p －V 图象如图所示．01、(1)15次 (2)1.5 L解析 (1)设打气筒打压n 次可以使压强达到4 atm. 初状态：p 1＝1 atm ，V 1＝V ＋nV 0 其中V ＝7.5－6 L ＝1.5 L ＝1.5×103 cm 3 末状态：p 2＝4 atm ，V 2＝V由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得n ＝15 (2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V ′，由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L ＝1 atm×V ′ 解得V ′＝6 L 故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L. 02、见解析解析 A →B 为等容变化，压强随温度升高而增大．B →C 为等压变化，体积随温度升高而增大．C →D 为等温变化，体积随压强减小而增大．D →A为等压变化，体积随温度降低而减小．由题意知V B ＝V A ＝1 L ．因为V BT B＝V C T C ，所以V C ＝T C T B V B ＝900450×1 L ＝2 L ．由p C V C ＝p D V D ，得V D ＝p C p D V C ＝31×2 L ＝6 L ．所以V B ＝1 L ，V C ＝2 L ，V D ＝6 L ．根据以上数据，题中四个过程的p －V 图象如图所示．03、C 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p ，对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝－10293p ，同理右端空气柱Δp 右＝－20293p ，所以|Δp 右|>|Δp 左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C 正确．04、1.3×105 Pa 1.3×105 Pa解析 对A 中空气，初状态：p A ＝1.8×105 Pa ，T A ＝400 K. 末状态：T A ′＝300 K ，由理想气体状态方程有p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′，得：1.8×105 V A 400＝p A ′V A ′300对B 中空气，初状态：p B ＝1.2×105 Pa ，T B ＝300 K. 末状态：T B ′＝300 K. 由理想气体状态方程有：p B V B T B ＝p B ′V B ′T B′，得：1.2×105 V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′， V A ∶V B ＝2∶1， p A ′＝p B ′， 联立解得p A ′＝p B ′＝1.3×105 Pa.01、A 取全部气体为研究对象，由p 1(V 1＋V 2)＝pV 1得p ＝2.5 atm ，故A 正确． 02、B 温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得： 1．5 atm×3 L ＋n ×1 atm×0.5 L ＝4 atm×3 L ，解得n ＝15.03、D 根据p －V 、p －T 、V －T 图象的物理意义可以判断，其中D 反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符．04、C 05、AC06、AD 由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据pVT ＝C 可知压强将减小．对A 图象进行分析，p －V 图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A 项正确；对B 图象进行分析，p －V 图象是直线，气体温度会发生变化，故B 项错误；对C 图象进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C 项错误；对D 图象进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，D 项正确．07、见解析解析 本题是一道变质量问题，我们必须转化成质量一定的问题．因为每次抽出的气体压强不一样，但可把抽气等效成容器与真空的抽气筒相通，所以每次抽气可视为质量一定的气体体积增大ΔV .第一次抽气：p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )， 第二次抽气：p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，第三次抽气：p 2V 0＝p 3(V 0＋ΔV )，…第十次抽气：p 9V 0＝p 10(V 0＋ΔV )各式相乘可得p 10＝(V 0V 0＋ΔV )10p 0. 所以p 10p 0＝(V 0V 0＋ΔV )10.08、12天解析 用如图所示的方框图表示思路．由V 1→V 2：p 1V 1＝p 2V 2V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010 L ＝520 L ， 由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3，V 3＝p 2V 2－V 1p 3＝10×4801 L ＝4 800 L ，则V 3400 L ＝12.09、(1)4×104 Pa (2)见解析图解析 (1)根据理想气体状态方程：p A V A T A ＝p D V D T D则pA ＝p D V D T A V A T D＝2×104×4×2×1021×4×102 Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化，由查理定律得p A T A ＝p B T B， p B ＝T B T Ap A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105 Pa B →C 是等温变化，由玻意耳定律得p B V B ＝p C V C ，p C ＝p B V B V C＝1.6×105×14 Pa ＝4×104 Pa C →D 是等容变化，p D ＝2×104 Pa ，T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．10、(1)30 cm (2)117 ℃解析 (1)设右管中注入的水银高度是Δh ，U 形管的横截面积为S ，对A 部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0＋14 cmHg ＋10 cmHg ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋ΔhV 1＝l 1S ，V 2＝(l 1－12ΔL )S代入数据解得加入的水银高度Δh ＝30 cm.(2)设升温前温度为T 0，升温后温度为T ，缓慢升温过程中，对A 部分气体分析，升温前V 2＝(l 1－12ΔL )S ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh升温结束后V 3＝l 1S ，p 3＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＋ΔL由理想气体状态方程得p 2V 2T 0＝p 3V 3T T 0＝300 K 解得T ＝390 K 则升温后的温度为t ＝117 ℃.11、(1)330 K (2)1.01×105 Pa解析 (1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2初状态V 1＝l 2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K 末状态V 2＝lS 2解得T 2＝23T 1＝330 K(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝p 1S 1＋pS 2 解得p 1＝1.1×105 Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得p 1T 2＝p 2T 3 T 3＝T ＝303 K解得p 2＝1.01×105 Pa.。
2023高考物理热学专题冲刺训练--气体实验定律的综合应用(三)--气体变质量问题
气体变质量问题一、变质量问题的求解方法二、针对练习1、一个篮球的容积是2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)2、某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(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1.0×105 Pa。
3、用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？4、(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。
甲罐的容积为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为V 2，罐中气体的压强为p 21. 现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等. 求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.5、某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中， 使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少 瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)6、容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为C o 27,如果把它加热到C o 127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍?7、某个容器的容积是10 L，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)8、如图所示为某充气装置示意图。
气体实验定律之热学变质量问题—人教版高中物理选修_2022年学习资料
Thinking-Good Id-气体实验定律之-huinL-nvent-气体变质量问题-So ution-Learnin-ecology-Study-【高中物理】【人教版选修3-3】【第八气体】-nnovation-ideas-Education-Science-ChemicalI I-01-气体分子运动特点-02-气体实验定律-03-解题思路-04-解题方法zhi-shi-hui-知-识-01气体分子的运动特点：-气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外不受力而做匀速直线运动；-2-某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目都相等；-3-气体能充满它能到达的整个空间，气体的体积为容器的容积；-气体分子做无规则运动，速率有大有小，却按一定的规律布：-1fv-低温分布-高温分布积成反比-查理定律：p1TP2/T2-盖吕萨克定律：V1T1=V2/T2-一定质量的某种气体，-体积不变的情况下，压强-压强不变的情况下，体积-与热力学温度成反比积成反比-图像：等温线-说明：P-V图为双曲线，同一气-T增大-体的两条等温线比较，双曲线顶-离坐标原点远的温度高，即-T1>T2.-P-1W图线为过原点的直线，同-一气体的两条等温线比较斜率-大的温度高，T1>T2。
积成反比-放气：-PVj=P2V2+P3V3+P4V4+...-充气：-PiV+P2V2+P3 3+...=PmVm02气体实验定律-p-图像：等容线-A-C--273-T-查理定律：p1TP2/T2-说明：pt图线为过-273C的直线，与纵轴交点是0C时气-一定质量的某种气体，在-体的压强，同一气体的条等容线比较，V1>V2。
-体积不变的情况下，压强--T图线为过原点的直线，同一气体的两条等容比较，斜-与热力学温度成反比-率大的体积小，即V1>V2。
02气体实验定律-图像：等压线-Vm3↑-Vm1-92-273-tc-TK-盖吕萨克定律：V11=V2/T2-一定质量的某种气体，在-压强不变的情况下，体积-说明：V-t图线为过-273C直线，与纵轴交点为0C时气-与热力学温度成反比-体的体积，同一气体的两条等压线比较，P1>P2 -图线为过原点的直线，同一气体的两条等压线比较，斜率-大的压强小，即P1>P2。
高中气体变质量问题
气体变质量问题的处理分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解.1.充气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题.只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的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，故抽气过程可看做是等温膨胀的过程.3.灌气问题将一个大容器中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，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做是一个整体来作为研究对象，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，不能用理想气体状态方程求解.如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解.对点例题某容积为20L的氧气瓶中装有30atm的氧气，把氧气分装到容积为5L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5atm，如果每个小钢瓶中原有氧气的压强为1atm，问共能分装多少瓶(设分装过程中无漏气，且温度不变)解题指导设能够分装n个小钢瓶，则以氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象，分装过程中温度不变，遵守玻意耳定律.分装前：氧气瓶中气体状态p1＝30atm，V1＝20L；小钢瓶中气体状态p2＝1atm，V2＝5L.分装后：氧气瓶中气体状态p1′＝5atm，V1＝20L；小钢瓶中气体状态p2′＝5atm，V2＝5L.由p1V1＋np2V2＝p1′V1＋np2′V2得n＝＝瓶＝25瓶.答案25技巧点拨 1.对于气体的分装，可将大容器中和所有的小容器中的气体看做一个整体来研究；2.分装后，瓶中剩余气体的压强p1′应大于或等于小钢瓶中应达到的压强p2′，通常情况下取压强相等，但不能认为p1′＝0，因通常情况下不可能将瓶中气体全部灌入小钢瓶中.1.一只轮胎容积为V＝10L，已装有p1＝1atm的空气.现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1L，要使胎内气体压强达到p2＝，应至少打多少次气(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1atm)()次次次次答案 D解析本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象.设打气次数为n，则V1＝nV0＋V，由玻意耳定律，p1V1＝p2V，解得n＝15次，故选D.2.贮气筒内压缩气体的温度为27°C，压强是20atm，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低到12°C，求剩余气体的压强为多大答案解析以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V，则初态：p1＝20atm，V1＝V，T1＝(273＋27) K＝300K；末态：p2＝V2＝V，T2＝(273＋12) K＝285K根据理想气体状态方程：＝得：p2＝＝atm＝.2．一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0)()3…某同学用压强为10atm体积为的氢气瓶给足球充气，设充气前足球为真空，充完气后，足球的容积为，且充气后，氢气瓶内气体的压强?变为5atm设充气过程中温度不变，求充气后足球内气体的压强?。
高中气体变质量问题
气体变质量问题的处理分析变质量问题时,可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题,用理想气体状态方程求解。
1.充气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。
只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象,就可以把充气过程中的气体质量变化的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，故抽气过程可看做是等温膨胀的过程。
3.灌气问题将一个大容器中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，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做是一个整体来作为研究对象,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，不能用理想气体状态方程求解。
如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解.对点例题某容积为20L的氧气瓶中装有30atm的氧气，把氧气分装到容积为5L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5atm，如果每个小钢瓶中原有氧气的压强为1atm，问共能分装多少瓶？（设分装过程中无漏气，且温度不变）解题指导设能够分装n个小钢瓶,则以氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象,分装过程中温度不变,遵守玻意耳定律。
分装前：氧气瓶中气体状态p1＝30atm，V1＝20L;小钢瓶中气体状态p2＝1atm，V2＝5L。
分装后:氧气瓶中气体状态p1′＝5atm，V1＝20L；小钢瓶中气体状态p2′＝5atm,V2＝5L.由p1V1＋np2V2＝p1′V1＋np2′V2得n＝＝瓶＝25瓶.答案25技巧点拨 1.对于气体的分装，可将大容器中和所有的小容器中的气体看做一个整体来研究;2.分装后,瓶中剩余气体的压强p1′应大于或等于小钢瓶中应达到的压强p2′，通常情况下取压强相等，但不能认为p1′＝0,因通常情况下不可能将瓶中气体全部灌入小钢瓶中.1。
高中物理之求解气体变质量问题的方法
高中物理之求解气体变质量问题的方法在物理学中，使用理想气体状态方程解决问题时，通常会选择一定质量的理想气体作为研究对象。
然而，在某些问题中，气体的质量可能会发生变化。
在这种情况下，我们需要恰当地选择研究对象，将“变质量问题”转化为“定质量问题”。
例如，在一个中，当温度从300K升高到400K时，一部分气体会溢出。
为了解决这个问题，我们可以选择温度为300K时中的气体作为研究对象，并假设溢出的气体被一个“没有弹性可以自由扩张的气囊”装着。
这样，当气体温度升高后，中的气体与“囊”中的气体质量之和便与初始状态相等。
通过盖吕萨克定律，我们可以求出溢出的气体质量占原来总质量的比例。
另一种方法是选择温度为400K时中剩余的气体作为研究对象。
我们可以设所选对象在300K时的体积为V，以温度为300K时所选对象的状态为初状态，以温度为400K时所选对象的状态为末状态。
通过盖吕·萨克定律，我们可以求出溢出的气体质量占原来总质量的比例。
除此之外，我们还可以利用虚拟气体状态的方法来解决“变质量问题”。
对于一定质量的理想气体，我们可以将其分成n个状态不同的部分。
通过推导，我们可以得到这些部分的状态方程，并利用它们来求解“变质量问题”。
需要注意的是，在这种方法中，初状态的气体质量与末状态的各部分气体质量之和应该相等。
题目：容积为9L和6L的两个中盛有同种理想气体，分别置于恒温环境中，温度分别为300K和400K。
开始时，A 中气体压强为10大气压，B中气体压强为4大气压。
打开阀门重新平衡后，求平衡后气体的压强和A中气体进入B中的部分占A中原有气体质量的百分之几。
分析：我们可以将A、B两部分气体分别作为研究对象，列出初末状态的参量如下：A中的气体：初状态：P1=10大气压，V1=9L，T1=300K末状态：P2=x，V2=9L，T2=300KB中的气体：初状态：P1=4大气压，V1=6L，T1=400K末状态：P2=x，V2=6L，T2=400K根据克拉珀龙方程，我们可以得到：P1V1=n1R T1P2V2=n1R T2其中n1为A中气体的摩尔数，R为气体常数。
理想气体状态方程处理变质量问题的方法
学·理园才是人类生存和发展的硬道理，这是践行高考评价体系在增长知识见识上和在加强品德修养上下功夫的两个要求。
四、敢于质疑，不畏艰难质疑能够极大地激发学生的学习潜能和探究欲望，学会质疑成为批判性思维教学的首要因素。
古往今来，生物学家获得成功的背后，都离不开挑战权威和前人结论的科学家，如孟德尔、拉马克、达尔文、摩尔根、道尔顿、伦尼伯格、马太、袁隆平等。
正如施一公院士谈及“科学研究最重要的品格和能力”时所说：科学研究很少有一帆风顺的，需要付出大量的心血和努力，一是时间的付出，二是批判性的思维方式。
例如，在必修二开篇科学家访谈中，两位学生分别扮演袁隆平院士与记者进行交流，同学们体会到杂交水稻实验不断成功的喜悦的同时，更能体会到过程当中的曲折和艰辛。
在当时，袁隆平院士对“水稻等自花传粉植物没有杂种优势，不适宜进行杂交”的权威理论产生了质疑，激发了他研究杂交水稻的兴趣，由此确立了研究方向。
当发现一株雄性野生水稻的不育，并命名为“野败”，这个过程又是十分艰辛与困难的。
因为在检查了几十万个稻穗后，只找到6株不育的雄性植株，而且面临着这些雄性不育无法在后代中保持下去的难题。
他和他的研究团队，及时改变了策略，采用远缘杂交方式，终于使“野败”雄性不育的性状得以保持。
他总结道，能够成功发现“野败”，绝非偶然，而是他们多年来持之以恒、克服种种困难的必然结果，这是践行高考评价体系在培养奋斗精神上下功夫的要求。
总之，在高中生物教学中，学生们通过对生命现象的学习，认识生命本质，学会敬畏生命，养成良好的生活习惯和健康的生活态度。
树立科学、健康的价值观和求实、创新的科学精神。
高考评价体系总体目标要求的一核四层四翼，为包括高中生物在内的各学科教学进一步指明了方向，高中生物教材中丰富的德育素材为德育在日常课堂上的渗透提供了诸多的契入点和项目脚手架。
这些都展示了德育在高中生物教学中的“润物细无声”的作用，更是对高考评价体系要求的立德树人的准确作答。
2022届高考物理一轮复习讲义：理想气体的变质量问题的处理方法
理想气体的变质量问题的处理方法对理想气体变质量问题，可根据不同情况用克拉珀龙方程、理想气体状态方程和气体实验定律进行解答。
方法一：化变质量为恒质量——等效的方法在充气、抽气的问题中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
方法二：应用密度方程一定质量的气体，若体积发生变化，气体的密度也随之变化，由于气体密度 mVρ=，故将气体体积mV ρ=代入状态方程并化简得：222111T pT p ρρ=，这就是气体状态发生变化时的密度关系方程．此方程是由质量不变的条件推导出来的，但也适用于同一种气体的变质量问题；当温度不变或压强不变时，由上式可以得到：2211ρρp p =和2211T T ρρ=，这便是玻意耳定律的密度方程和盖·吕萨克定律的密度方程． 方法三:应用克拉珀龙方程其方程为nR TPV=。
这个方程有4个变量：p 是指理想气体的压强，V 为理想气体的体积，n 表示气体物质的量，而T 则表示理想气体的热力学温度；还有一个常量：R 为理想气体常数，R =8.31J/mol.K=0.082atm.L/mol.K 。
若理想气体在状态变化过程中，质量为m 的气体分成两个不同状态的部分21m m 、，或由若干个不同状态的部分21m m 、的同种气体的混合，则应用克拉珀龙方程R MmT PV =易推出：12'2'2'1'1'1222111T V P T V P T V P T V P +=+ 上式表示在总质量不变的前提下，同种气体进行分、合变态过程中各参量之间的关系，可谓之“分态式”状态方程。
1. 打气问题向球、轮胎中打气是一个典型的变质量气体问题。
只要选择球内原有气体和即将打入的气体的整体作为研究对象，就可把打气过程中的变质量问题转化为气体总质量不变的状态变化问题。
类似的问题还有将一个大容器里的气体分装到多个小容器中等，处理的方法也类似。
运用气体定律解决变质量问题的几种方法
运用气体定律解决变质量问题的几种方法解变质量问题是气体定律教学中的一个难点，气体定律的适用条件是气体质量不变，所以在解决这一类问题中就要设法将变质量转化为定质量处理。
常用的解题方法如下。
一、等效的方法在充气、抽气的问题中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
1.充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一根无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的．这样，我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．例1．一个篮球的容积是2.5L ，用打气筒给篮球打气时，每次把510Pa 的空气打进去3125cm 。
如果在打气前篮球里的空气压强也是510Pa ，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少Pa ？（设在打气过程中气体温度不变）解析： 由于每打一次气，总是把V ∆体积，相等质量、压强为0p 的空气压到容积为0V 的容器中，所以打n 次气后，共打入压强为0p 的气体的总体积为n V ∆，因为打入的n V ∆体积的气体与原先容器里空气的状态相同，故以这两部分气体的整体为研究对象．取打气前为初状态：压强为0p 、体积为0V n V +∆；打气后容器中气体的状态为末状态：压强为n p 、体积为0V ．令2V 为篮球的体积,1V 为n 次所充气体的体积及篮球的体积之和则1 2.5300.125V L L =+⨯由于整个过程中气体质量不变、温度不变，可用玻意耳定律求解。
1122p V p V ⨯=⨯55112210(2.5300.125)Pa 2.510Pa 2.5p V p V ⨯⨯+⨯===⨯2.抽气中的变质量问题用打气筒对容器抽气的的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
2025高考物理总复习四类变质量问题
3.气体分装问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类 问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研 究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
例3 已知某钢瓶容积200 L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105 Pa， 环境温度为－23 ℃，医院病房内温度27 ℃(钢瓶的热胀冷缩可以 忽略)。则： (1)移入室内达热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？
解析 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pT1V1 1＝pT2V2 2 气体的体积 V1＝ρm1，V2＝ρm2 解得ρp1T1 1＝ρp2T2 2。
气体压强不变，已知T1＝(17＋273)K＝290 K，T2＝(27＋273)K＝300 K，ρ1＝ 1.46 kg/m3
上式简化为ρ1T1＝ρ2T2 将已知数据代入解得ρ2≈1.41 kg/m3。
法二 已知初态气体压强 p1＝1.2 atm，温度 T1＝(17＋273)K＝290 K，ρ1＝ 1.46 kg/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VT11＝VT22 又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2 解得ρ2≈1.41 kg/m3。
第十四章 热 学
增分微点12 四类变质量问题
1.充气问题 在充气(打气)时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时， 这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量” 问题。
例 1 如图 1 所示，体积为 V 的汽缸由导热性良好的材料制
成，面积为 S 的活塞汽缸的空气分成体积相等的上、下
法二 保持气体温度不变，降压前气体体积为V2，压强为p2＝p1＝1.2 atm， 降压后压强减小为p3＝1.0 atm，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≈1.18 kg/m3。 答案 1.18 kg/m3
高中物理选修3-3《气体》重点题型
一、气体压强的计算（一）. 1. 知识要点（1 （2 2. 典型例1 如图1、2、3、4大气压强P cmHg 076=）。
练习:1两段空气柱1和2。
已p 0=76cmHg ，求空气柱1和2. 有一段12cm 图所示。
的压强（设大气压强为P 0A. 76cmHg C. 88cmHgA 的上表面是M 。
( ) (P 0 被轻刚性细杆连接在一起，S A =4.0×10－2m2，间。
活塞外侧大气压强g=10m/s 2。
二、图像类问题一定质量的理想气体状态变化时，可以用图像表示气体状态的变化过程。
应用图像解题，形象、直观、思路清晰，既能达到化难为易的目的，又能训练学生灵活多变的思维能力。
1、利用图像判断气体状态变化过程, 和能的转化和守恒定律判断气体做功、热传递及气体内能的变化例3一定质量的理想气体，温度经过不同状态变化回到初始状态温度，可能的过程是：A.先等压膨胀，后等容降压B.先等压压缩，后等容降压C.先等容升压，后等压膨胀D.先等容降压，后等压膨胀例4一定质量的理想气体沿如图所示箭头方向发生状态变化，则下列说法正确的是：A.ab 过程放热，内能减少B.bc 过程吸收的热量多于做功值C.ca 过程内能一直不变D.完成一个循环过程，气体放出热量练习5.一定质量的理想气体状态变化的p-T 图像如图所示,由图像知().(A)气体在a 、b 、c 三个状态的密度ρa ＜ρc ＜ρb (B)在a→b 的过程中,气体的内能增加 (C)在b→c 的过程中,气体分子的平均动能增大 (D)在c→a 的过程中,气体放热6.一定质量的理想气体的状态变化过程如图中直线段AB 所示，C 是AB 的中点，则( ).(A )从状态A 变化到状态B 的过程中，气体的内能保持不变 (B )从状态A 变化到状态B 的过程巾，气体的温度先升高后降低 (C )从状态A 变化到状态C ，气体一定吸热(D )从状态A 变化到状态B 的整个过程，气体一定吸热 2、图像与规律的转换, 图像与图像之间的转换.通过对物理图像的分析，根据图像提供的物理信息，我们可以将图像反映的物理过程“还原”成数学公式，而达到快捷、准确的解题目的。
高中物理之求解气体变质量问题的方法
高中物理之求解气体变质量问题的方法在利用气体的状态方程解题时，每个方程的研究对象都是一定质量的理想气体，但是在有些问题中，气体的质量可能是变化的。
下面来谈谈求解这类问题的方法。
一、恰当选取研究对象，将“变质量问题”转化为“定质量问题”运用理想气体状态方程解决问题时，首先要选取一定质量的理想气体作为研究对象。
对于状态发生变化过程中，气体质量发生变化的问题，如充气，漏气等，如何选择适当的研究对象，将成为解题的关键。
图1（a）例1、如图1（a）所示，一容器有孔与外界相通，当温度由300K升高到400K对，容器中溢出的气体质量占原来的百分之几？解法一：选取气体温度为300K时容器中的气体作为研究对象，当温度升高后，有一部分气体溢出，我们假设溢出的部分被一个“没有弹性可以自由扩张的气囊”装着，如图1（b）。
这样，当气体温度升高后，容器中的气体与“囊”中的气体质量之和便与初始状态相等。
于是，将“变质量问题”转化成了“定质量问题”。
由于本题压强未发生变化，状态参量列出如下：初状态：末状态：由盖吕萨克定律可知：得，则溢出的气体质量与原来总质量之比为：。
图1（c）解法二：选取气体温度为400K时容器中剩余的气体作为研究对象。
设所选对象在300K时的体积为，如图1（c）示。
以温度为300K时所选对象的状态为初状态，以温度为400K 时所选对象的状态为末状态，则：初状态：末状态：由盖吕·萨克定律可知：，说明最后剩余部分气体，在温度为300K时占总体积的75%，则溢出部分的气体占原来总质量的25%。
二、利用理想气体状态方程的推论，求解“变质量问题”一定质量的理想气体（），若分成n个状态不同的部分，则。
在利用此推论求解“变质量问题”时，要注意初状态的气体质量与末状态的各部分气体质量之和相等。
例2、潜水艇的贮气筒与水箱相连。
当贮气筒中的空气压入水箱后，水箱便排出水，使潜水艇浮起。
某潜水艇贮气筒的容积是，贮有压强为的压缩空气。
气体变质量问题汇总
气体变质量问题汇总分析变质量问题时，我们可以通过选择合适的研究对象，将其转化为一定质量的气体问题，然后利用气体实验定律或理想气体状态方程来解决。
常见的变质量问题包括打气问题、抽气问题、灌气问题、漏气问题和气体混合问题。
打气问题是一个典型的变质量气体问题，我们可以选择球内原有气体和即将充入的气体作为研究对象，将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。
抽气问题中，内的气体质量不断减小，属于变质量问题。
我们可以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。
灌气问题是将一个大里的气体分装到多个小中的问题。
我们可以将大中的剩余气体和多个小中的气体视为整体作为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。
漏气问题中，漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题。
如果我们选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。
气体混合问题是两个或两个以上的气体混合在一起的过程，也是变质量气态变化问题。
通过巧妙的选取研究对象及一些中间参量，我们可以把变质量问题转化为定质量问题来处理。
在解决变质量问题时，我们可以利用克拉珀龙方程，其方程为pV=nRT。
这个方程有四个变量：p是指理想气体的压强，V为理想气体的体积，n表示气体物质的量，而T则表示理想气体的热力学温度；还有一个常量：R为理想气体常数，对任意理想气体而言，R是一定的，约为8.31J/（mol·K）。
（补充分太式，密度式写法）举个例子，我们考虑一个太阳能空气集热器，开始时内部封闭气体的压强为p，经过太阳曝晒，气体温度由T＝300 K升至T1＝350 K。
首先，我们可以利用查理定律得到气体压强的变化。
其次，我们可以保持气体温度不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p，然后求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
最后，我们需要判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
人教版高中物理选修3-3应用理想气体状态方程解题
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作应用理想气体状态方程解题复习导入新课：复述应用理想气体状态方程解题的一般步骤。
一、动态问题：尝试求解下面的二个例题，并分析共同点。
例1、如图所砂，一端封闭粗细均匀的直玻璃管下端插入水银槽，管内水银柱上方有空气，若把玻璃管再稍向上提，管口仍示离开水银面，则管内外水银术的高度差h和封闭气体的压强P的变化是A、h增大，P增大B、h增大，P减小C、h变小，P增大D、h变小，P减小例2、如图所示，开口向下的竖直玻璃管的末端有一段水银柱，当玻璃管从竖直位置转过450时，开口端的水银柱将A、从管的开口端流出一部分B、不发生变化C、沿着管子向上移动一段距离D、无法确定其变化情况小结：自己总结此种类型题目的解题方法是：二、变质量问题的分析例3、贮气筒内压缩气体的温度是270C，压强是20atm，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降到120C，问剩余气体的压强为多大？点拨：通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题。
小结：总结此类题目的分析方法。
拓展：此类分析思想还有如打气问题、抽气问题、漏气问题等。
针对练习：钢瓶内装有3kg气体，当温度是-230C时，压强为4atm，如果用掉1kg后并把温度升高到270C，求此时钢瓶内气体的压强。
当堂练习：1、如图所示，容器A的体积是B的体积的2倍用带阀门K的细管相连通，K关闭时A贮存100atm270C理想气体，B中贮存有30C的同种气体，打开K，A中有14的气体进入B中平衡后的温度为150C，试求容器B中原气体的压强。
2、某容积为20L的氧气瓶装有30atm的氧气，现把氧气分装到容积为5L的小说钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5atm，若每个钢瓶中原有氧气压强为1atm问能分装多少瓶？3、用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气，每次能把体积为V0、压强为P0的空气打入容器内。
若容器内原有空气的压强为P0，大气过程中温度不变，这打了n次后容器内的气体的压强为多少？。
高中物理解题小技巧——气体质量变化时的分析方法
高中物理解题小技巧——气体质量变化时的分析方法气体质量变化时的分析方法气体由一种状态变到另一种状态，伴有质量发生变化时，一般的处理方法有两种：虚设物理过程，把变质量问题转化为质量一定的问题，或者直接应用克拉珀龙方程列方程。
例1．A、B两个容器的容积相等，中间用阀门隔开，容器A中盛有0.5克10个大气压的氧气，温度47℃的氧气，容器Ｂ中也盛有47℃的氧气。
如图，当将阀门打开后，测得容器中的压强降为7.5个大气压，温度为27℃。
求原容器B中原有氧气的压强？例1解法一：假设A、B两部分气体没有混合，A、B初末状态的体积相等，从体积变化考虑，原状态A：V ，T=320 ，P=10B：V ，T=320 ，PB 2V T'=300 PB'末状态A： 2V， T'=300， PA'B： 2V ，T'=300， PB'且PA'+PB'=7.5大气压对A，B用理想气体状态方程：对A：（10·V）/320=（2V·PA'）/300对B：（V·PB）/320=（20·PB' ）/300联立解得：PA'=75/16大气压PB=6大气压。
解法二：从压强考虑，设阀门为活塞，由于活塞的移动，最后两气体的压强都为7.5大气压。
原状态：A：V ，T=320， P=10B：V， T=320， PB末状态：A：（V+△V），T=300， P=7.5B：（V-△V）， T=300， P=7.5且有：VA+VB=2V对A，B用理想气体状态方程：对A：（V·10）/320=（VA·7.5）/300对B：（V·PB/）320=（VB·7.5）/300解得：VA=（5/4）VPB=6大气压解法三：由克拉珀龙方程PV=ｎRT对A初态：10·V=ｎAR·320对B初态：PB·V=ｎBR·320最后整体：7.5·2V=（ｎA+ｎB）R·300联立解得：PB=6大气压。
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＝76p 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＝76V 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·76V 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V V＋V0p1＝（VV＋V0）2pp1V＝p2（V＋V0），所以p2＝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 ＝VV ＋V 0p n －1＝（V V ＋V 0）np 故抽出n 次空气后容器内剩余气体的压强为（V V ＋V 0）np .答案 （VV ＋V 0）np1.（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 S②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＋mgS②（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1.0×105Pa ，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＝1×105Pa V 1＝VV 2＝V 2解得p 2＝2×105Pa由p 2＝p 0＋G S其中S ＝100×10－4m 2＝10－2m 2解得所加重物的重力G ＝1 000 N②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＝2×105Pa ，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）①2×105Pa 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 0V 1＝LS ，T 1＝（273＋t ） KⅡ状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0V 2＝910LS ，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 2300 KT 2＝20S25S，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 cm5.（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 2T 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＝22l 0 cmHg答案22l 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 ＋x2＝6`cm ， 得x ＝4`cm②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 ＝6.625`cm答案（1）ACE （2）①4`cm ②6.625`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 ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 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＝ 10.0 cm 时将开关K 关闭.已知大气压强p 0＝75.0 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 ＝10.0 cm 时的压强为 p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 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h 1为止.由力学平衡条件有 p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得l 1＝12.0 cm ④（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l 2，压 强为p 2.传播优秀Word版文档，希望对您有帮助，可双击去除！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＝10.4 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＝13.2 cm⑨答案（ⅰ）12.0 cm （ⅱ）13.2 cm-----精心整理，希望对您有所帮助!。
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第13点 气体变质量问题的处理方法
分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．
1．打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的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，故抽气过程可看做是膨胀的过程．
3．灌气问题
将一个大容器中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，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做是一个整体来作为研究对象，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，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体与漏出的气体为研究对象，便可使问题变成定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解．
对点例题 贮气筒内压缩气体的温度为27 ℃，压强是20 atm ，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低为12 ℃，求剩余气体的压强为多大？
解题指导 以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V ，则
初态：p 1＝20 atm ，V 1＝12
V ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K 末态：p 2＝？，V 2＝V ，T 2＝(273＋12) K ＝285 K
根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2
得：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝20×V 2×285300V
atm ＝9.5 atm. 答案 9.5 atm
技巧点拨 选择剩余气体为研究对象，把变质量问题转化为定质量问题．
1．一只轮胎容积为V ＝10 L ，已装有p 1＝1 atm 的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V 0＝1 L ，要使
胎内气体压强达到p 2＝2.5 atm ，应至少打气(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p 0＝1 atm)( )
A ．8次
B ．10次
C ．12次
D ．15次
答案 D
解析 本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象．设打气次数为n ，则V 1＝nV 0＋V ，由玻意耳定律得，p 1V 1＝p 2V ，解得n ＝15次，故选D.
2．一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)( )
图1
A ．np 0，1n
p 0 B.nV 0V p 0，V 0nV
p 0 C ．(1＋V 0V )n p 0，(1＋V 0V )n p 0
D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0
)n p 0 答案 D
解析 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：
p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .
所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V
)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得： 第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，
p 1＝V
V ＋V 0
p 0.
活塞工作n 次，则有：p n ＝(V V ＋V 0
)n
p 0.故正确答案为D.。