下载文档原格式
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。
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。
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。
第1页（共17页）2025年高考物理总复习专题43气体变质量模型
模型归纳
1．气体变质量模型
分
类
模型方法充
气
模
型在充气（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。
抽
气
模
型在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而
言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气（打气）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“定质量”问题。
漏
气
模
型
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掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
气
体
分
装
模
型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。
变质量问题 理想气体的图像问题[学习目标] 1.会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题.2.会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题．一、变质量问题分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，将变质量转化为定质量问题，然后用气体实验定律或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、轮胎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，故抽气过程可看作是膨胀的过程． 例1 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 cm 3，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 ，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)( ) A ．10 B ．15 C ．20 D ．25例2 (2021·江西丰城九中高二月考)一个容积为2V 0的钢瓶中，装有压强为p 0的氧气．在恒温状态下用容积V 0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为( ) A.827p 0 B.1627p 0 C.881p 0 D.1681p 0在分析和求解气体质量变化的问题时，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．针对训练大气压强p0＝1.0×105 Pa.某容器的容积为V0＝20 L，装有压强为p1＝2.0×106 Pa 的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，等气体达到新的平衡时，容器内剩余的气体质量与原来气体的质量之比为()A．1∶19 B．1∶20 C．2∶39 D．1∶18二、理想气体的图像问题名称图像特点其他图像等温线p－VpV＝CT(C为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远p－1Vp＝CTV，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高等容线p－Tp＝CV T，斜率k＝CV，即斜率越大，对应的体积越小等压线V－TV＝Cp T，斜率k＝Cp，即斜率越大，对应的压强越小例3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．例4(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p－V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p－T图像和V－T图像表示，则下列图像可能正确的是()。
变质量气体问题的两种处理方法赏析作者：杨宗礼任海燕来源：《中学生数理化·高考理化》2022年第05期在利用理想气体的实验定律或状态方程解题时，研究对象应是一定质量的理想气体，但是在实际问题中，气体的质量可能是变化的。
当遇到变质量气体问题时，可以先通过恰当选取研究对象，将变质量问题转化为定质量问题，再利用气体实验定律列式求解，也可以利用理想气体状态方程分态式求解。
下面对2021年河北省普通高中学业水平考试中的一道变质量气体问题进行深入探讨，归纳出求解这类问题的两种方法，希望对同学们的复习备考有所帮助。
题目：某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0x103Pa。
（1）当夹层中空气的温度升至37℃时，求此时夹层中空气的压强。
（2）当保温杯外层出现裂隙后，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1.0x105Pa。
命题意图：本题借助日常生活中常用的双层玻璃保温杯设置情境，考查考生运用理论知识解释生活现象，学以致用的能力。
（1）问属于定质量气体问题，较为简单，根据查理定律列式求解即可;（2）问属于变质量气体问题，有一定的难度，需要巧选分析思路，灵活运用物理规律求解。
解析：（1）当夹层中空气的温度由27℃升至37℃时，做等容变化，根据查理定律得，其中T1=（273+27）K=300 K， T2=（273+37）K=310K，p1=3.0x 103Pa，解得P2=3.1x103Pa。
（2）思路一：恰当选取研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。
方法1：当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中的空气压强和大气压强相等。
设夹层中容积为V，以静置后夹层中的所有空气为研究对象，则p。
V=p1V1，其中p。
=1.0x10°Pa，p1=3.0x103Pa，解得。
增加的空气的体积。
因为同温同压下空气的质量之比等于体积之比，所以增加的空气质量与原有空气质量之比方法2：设夹层中容积为V，以夹层中原有的空气为研究对象，根据题意得p1=3.0x103Pa，p2=1.0x105 Pa，这部分空气做等温变化，根据玻意耳定律得p1V=p2V2，解得。
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。
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＝VV ＋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＝VV ＋V 0p 1＝（VV ＋V 0）2p 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＝（VV ＋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 （VV ＋V 0）n p1.（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＋mgS②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1.0×105 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＝VV 2＝V2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 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 K T 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 0cmHg答案22l 0cmHg ） 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. 由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2⑤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。
