2023届二轮复习 专题六　热学 学案

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专题六　热　学1.分子动理论及热力学定律(1)估算问题。①油膜法估算分子直径:d=(V为纯油酸体积,S为单分子油膜面积)。②分子总数:N=nNA=·NA=NA(注:对气体而言,N≠NA)。(2)反映分子热运动规律的两个实例。①布朗运动:悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息的运动,与颗粒大小、温度有关。②扩散现象:产生原因是分子永不停息地做无规则运动,与温度有关。(3)对热力学定律的理解。①热力学第一定律ΔU=Q+W,其中W和Q的符号可以这样确定:只要对内能增加有正贡献的就为正值。②对热力学第二定律的理解:热量可以由低温物体传到高温物体,但不能自发进行;从单一热库吸收的热量可以完全变成功,但必然产生其他影响。2.气体实验定律和理想气体状态方程1.思想方法必须领会的“两种物理思想”理想化模型思想、控制变量思想。2.模型建构(1)球体模型:一个分子体积V=πR3=πd3,d为分子的直径,适于估算液体、固体分子直径。(2)立方体模型:一个分子占据的平均空间大小V=d3,d为分子的间距,适于估算气体分子间距。(3)应用热力学第一定律的看到与想到。①看到“绝热过程”,想到Q=0,则W=ΔU。②看到“等容过程”,想到W=0,则Q=ΔU。③看到“等温过程”,想到ΔU=0,则W+Q=0。高考考点命题轨迹考查内容考查要求分子动理论2021重庆卷T15必备知识基础性2021广东卷T15(1)必备知识基础性固体、液体和气体分子的特点2020江苏卷T13必备知识基础性2018江苏卷T12必备知识基础性气体实验定律和理想气体状态方程2022广东卷T15(2)关键能力综合性2022全国甲卷T33(2)关键能力综合性2022全国乙卷T33(2)关键能力综合性2022山东卷T15关键能力综合性2022湖南卷T15(2)关键能力综合性2021全国乙卷T33(2)关键能力综合性2021全国甲卷T33(2)关键能力综合性2021山东卷T4必备知识基础性内能、热力学定律2022山东卷T5必备知识基础性2022湖北卷T3必备知识基础性2022全国甲卷T33(1)关键能力综合性2022全国乙卷T33(1)关键能力综合性2021山东卷T2必备知识基础性2021江苏卷T13关键能力综合性 考点一　分子动理论 (2021·重庆卷,15)图甲和图乙中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子间的距离变化的规律,r0为平衡位置。现有如下物理量:①分子势能,②分子间引力,③分子间斥力,④分子间引力和斥力的合力,则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物理量分别是(　D　)A.①③② B.②④③C.④①③ D.①④③解析:根据分子处于平衡位置(即分子间距为r0)时分子势能最小,可知曲线Ⅰ对应分子势能;根据分子处于平衡位置(即分子间距为r0)时分子合力为零,可知曲线Ⅱ对应分子合力;分子间斥力和引力都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快,可知曲线Ⅲ对应分子间斥力,故D正确。 (2022·重庆北碚区模拟)用油膜法估测油酸分子直径的实验中,一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V,油膜面积为S,油酸的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,下列说法正确的是(　C　)A.一个油酸分子的质量为 B.一个油酸分子的体积为C.油酸分子的直径为D.油酸的密度为解析:一个油酸分子的质量为m0=,故A错误;设油酸的摩尔体积为Vmol,则一个油酸分子的体积为V0=,由题可知Vmol≠V,故B错误;根据单分子油膜法测油酸分子直径原理,可知油酸分子直径为d=,故C正确;油酸的密度为ρ=,故D错误。分子动理论的三个核心要点(1)分子模型、分子数。①分子模型:球模型和立方体模型。②分子数:N=nNA=NA=NA(固体、液体)。(2)分子运动:分子永不停息地做无规则运动,温度越高,分子的无规则运动越剧烈,即平均速率越大,但某个分子的瞬时速率不一定大。(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系如图所示。1.(2022·北京海淀区二模)假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0,两个分子间作用力的合力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系如图甲和乙所示,下列说法正确的是(　D　)A.在r由无限远到趋近于r0的过程中,F先做负功后做正功B.在r由无限远到趋近于r0的过程中,F先做正功后做负功C.在r由r0趋近于0的过程中,F做负功,Ep先变小再变大D.在r由r0趋近于0的过程中,F做负功,Ep变大解析:在r由无限远到趋近于r0的过程中,分子力表现为引力,一直做正功,故A、B错误;在r由r0趋近于0的过程中,分子力表现为斥力,一直做负功,分子势能增大,故C错误,D正确。2.(2022·山东淄博二模)某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3,空气的摩尔质量为0.029 kg/mol,阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1。若潜水员呼吸一次吸入2 L空气,试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为(　B　)A.3×1021 B.3×1022C.3×1023 D.3×1024解析:设空气的摩尔质量为M,在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸,一次吸入空气的体积为V,在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸,则有n海=,n岸=,多吸入的空气分子个数为Δn=n海-n岸,计算得Δn≈3×1022个,故选B。考点二　固体、液体和气体分子的特点 (2020·江苏卷,13)(多选)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有(　AC　)A.没有固定的熔点B.天然具有规则的几何形状C.沿不同方向的导热性能相同D.分子在空间上周期性排列解析:玻璃是非晶体,没有固定的熔点,也没有规则的几何形状,具有各向同性的特点,其分子在空间上的排列也是杂乱无章的,故A、C正确,B、D错误。 (2022·山东日照二模)(多选)下列说法正确的是(　BD　)A.常见的金属没有规则的形状,因此金属是非晶体B.同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现C.液体表面张力的方向总是跟液体表面垂直D.浸润液体在细管中会上升,不浸润液体在细管中会下降解析:金属是多晶体,选项A错误;物质是晶体还是非晶体,并不是绝对的,如天然石英是晶体,而熔化以后再凝固的水晶就是非晶体,选项B正确;液体表面张力的方向总是跟液体表面平行,选项C错误;浸润液体在细管中会上升,不浸润液体在细管中会下降,这是毛细现象,选项D正确。1.固体和液体的主要特点(1)晶体和非晶体的分子结构不同,表现出的物理性质不同。项目晶体 非晶体单晶体多晶体外形规则不规则物理性质各向异性各向同性熔点确定不确定原子排列有规则,但多晶体每个晶体间的排列无规则无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 (2)液晶是一种特殊的物质状态,所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性,在光学、电学物理性质上表现出各向异性。(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势,表面张力的方向跟液面相切。2.解决估算类问题的三点注意事项(1)固体、液体分子可认为紧靠在一起,可看成球体或立方体;气体分子只能按立方体模型计算所占的空间。(2)状态变化时分子数不变。(3)阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁,计算时要抓住三个量:摩尔质量、摩尔体积和物质的量。3.(2022·重庆模拟)石墨烯是从石墨中分离出的新材料,其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构,如图所示,则(　D　)A.石墨是非晶体B.石墨研磨成的细粉末就是石墨烯C.单层石墨烯的厚度约3 μmD.碳原子在六边形顶点附近不停地振动解析:石墨是晶体,故A错误;石墨烯是从石墨中提取出来的新材料,故B错误;单层石墨烯厚度约为原子尺寸10-10 m,故C错误;根据分子动理论可知,固体分子在平衡点不停地振动,故D正确。4.(2022·山东青岛二模)两根不同材质的细管甲、乙插入水中,管内形成的水面如图所示。下列说法正确的是(　A　)A.若内径变小,乙管中水面会变低B.甲管的材质更适合用来制作防水材料C.甲管中表面层内水分子间作用力表现为斥力D.乙管中表面层内水分子间作用力表现为斥力解析:当不浸润液体与毛细管内壁接触时,引起液体附着层收缩,而表面张力也使液面收缩,从而使液面弯曲对液面起压低下降的作用,而且毛细管内径越小,压低作用越明显,故A正确;甲管中,表现为浸润,该材质吸水,不适合制作防水材料,甲管中表面层内水分子间作用力表现为引力,故B、C错误;乙管中,表现为不浸润,乙管中表面层内水分子间作用力表现为引力,故D错误。考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 (2022·河北卷,15)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形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,上部分气体的体积为原来的,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形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。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·SL0,解得旋转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SL0+SL0=SL0,则p0·SL0=p2·SL0,解得旋转后下部分气体压强为p2=p0。(2)对H形连杆活塞整体受力分析,活塞所受重力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,解得活塞的质量为m=。答案:(1)2p0　p0　(2)(2022·全国甲卷,33)如图,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。 (1)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度;(2)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。解析:(1)封闭气体做等压变化,对Ⅳ部分气体,由盖-吕萨克定律有=,解得T1=T0。(2)Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体,初状态体积V1=V0+V0=V0,温度为T0;Ⅳ部分气体,初状态体积V2=V0,温度为T0,从开口C向汽缸中注入气体,设末状态Ⅳ部分气体压强为p′,体积为V,则原Ⅱ、Ⅲ部分气体最终总体积为V0-V,对这两部分理想气体分别有=,=,解得p′=2.25p0。答案:(1)T0　(2)2.25p01.压强的计算(1)被活塞、汽缸封闭的气体,通常分析活塞(或汽缸)的受力,应用平衡条件或牛顿第二定律求解,压强单位为Pa。(2)被液柱封闭的气体,通常分析液柱的受力,应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强,适时应用连通器原理,当液体为水银时,压强p的单位可用cmHg或mmHg。2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程(1)若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的气体实验定律列方程求解。(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。3.关联气体问题解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时,根据两部分气体压强、体积的关系,列出关联关系式,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。5.(2022·广东广州模拟)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置,左端封闭,右端开口,初始时,右端管内用h1=4 cm的水银柱封闭一段长为L1=9 cm的空气柱A,左端管内用水银封闭一段长为L2=14 cm的空气柱B,这段水银柱左右两液面高度差为h2=8 cm。如图甲所示,已知大气压强p0=76.0 cmHg,环境温度不变。若将玻璃管缓慢旋转180°,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示。当管中水银静止时,两水银柱左右液面高度差h3为(　B　)A.10 cm B.12 cm C.8 cm D.14 cm解析:初始时,设空气柱A的压强为pA,空气柱B的压强为pB,则pA=p0+ρgh1,pB+ρgh2=pA,联立解得pB=72 cmHg,U形管倒置后,空气柱A的压强设为pA1,空气柱B的压强设为pB1,则pA1=p0-ρgh1,pB1=pA1+ρgh3,空气柱B的长度 LB1=L2-,由玻意耳定律可得pB L2=pB1 LB1,解得h3=12 cm,故选B。6.(2022·重庆三模)如图所示,P、Q是两个厚度不计的活塞,可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动,其面积分别为S1=30 cm2、S2=10 cm2,质量分别为M1=1.5 kg、M2=2.5 kg,它们之间用一根长为d的轻质细杆连接,静止时汽缸中气体的温度T1=600 K,活塞P下方气柱(较粗的一段气柱)长为d=12 cm,已知大气压强p0=1×105 Pa,g取10 m/s2,缸内气体可看作理想气体,活塞在移动过程中不漏气。(1)求活塞静止时汽缸内气体的压强;(2)若缸内气体的温度逐渐降为了T2=300 K,已知该过程中缸内气体的内能减小100 J,求活塞下移的距离h和气体放出的热量Q。解析:(1)对两个活塞的整体受力分析可得(M1+M2)g+p0(S1-S2)=p(S1-S2),解得p=1.2×105 Pa。(2)由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡,内部气体为等压变化,则=,其中V1=S1d+S2·d,V2=S1(d-h)+S2·(d+h),解得h=10 cm<12 cm,活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得ΔU=W+Q,其中W=p(S1h-S2h),ΔU=-100 J,解得Q=-124 J,故放出热量为124 J。答案:(1)1.2×105 Pa　(2)10 cm　124 J考点四　内能　热力学定律 (2022·山东卷,5)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体(　C　)A.内能增加,外界对气体做正功B.内能减小,所有分子热运动速率都减小C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加解析:初始时气体的压强p1=p0+,体积为V1,温度为T1;将汽缸缓慢转过90°后,气体的压强为p2=p0,体积为V2,温度为T2。易知V2>V1,故气体对外界做功,因汽缸和活塞都是绝热的,根据热力学第一定律可得ΔU<0,由于理想气体内能只与气体温度有关,所以T1>T2,选项A、D错误;内能减小,不是所有气体分子热运动速率都减小,但速率大的分子数占总分子数的比例减少,选项B错误,C正确。 (2022·全国甲卷,33)一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中　　　。(多选,填正确答案标号) A.气体一直对外做功B.气体的内能一直增加C.气体一直从外界吸热D.气体吸收的热量等于其对外做的功E.气体吸收的热量等于其内能的增加量解析:根据理想气体状态方程可知,过原点的p-T图像的斜率与体积V有关,一定量的理想气体从状态a到状态b,体积不变,对外不做功,选项A、D错误;理想气体的内能只与温度有关,又一定量理想气体从状态a到状态b,温度一直升高,则气体内能一直增加,选项B正确;由热力学第一定律可知,气体一直从外界吸热,气体吸收的热量等于其内能的增加量,选项C、E正确。答案:BCE1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路(1)内能变化量ΔU。①由气体温度变化分析ΔU。温度升高,内能增加,ΔU>0;温度降低,内能减少,ΔU<0。②由公式ΔU=W+Q分析内能变化。(2)做功情况W。由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀,气体对外界做功,W<0;体积被压缩,外界对气体做功,W>0。(3)气体吸、放热Q。一般由公式Q=ΔU-W分析气体的吸、放热情况,Q>0,吸热;Q<0,放热。2.对热力学第二定律的理解热量可以由低温物体传递到高温物体,也可以从单一热源吸收热量全部转化为功,但会产生其他影响。7.(2022·河北张家口三模)(多选)如图所示,电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统,制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示,则下列说法正确的是(　ABD　)A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低解析:根据热力学第一定律,Q1(从低温物体吸收的热量)+W(压缩机对系统做功)=Q2(向高温物体释放的热量),A正确;这一过程不是自发完成的,蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体,整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递,符合热力学第二定律,B正确;制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态,但是不满足远离液化的状态,不能看成理想气体,C错误;在冷凝器中制冷剂温度降低,分子平均动能降低,从气体过渡到液体,分子间距变小,分子势能降低,D正确。8.(2022·河北衡水二模)如图甲所示,一竖直放置的导热汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口ab和cd,其中卡口ab距缸底的高度为H。卡口之间有一活塞,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞面积为S,厚度可忽略,不计活塞和汽缸壁之间的摩擦。开始时活塞静止在卡口ab上,汽缸中气体经历如图乙所示的AB、BC、CD三个过程。求:(1)气体经历整个过程中对外做的功;(2)气体处于D状态时,活塞与卡口间的弹力大小。解析:(1)由题图可知A→B和C→D均为等容变化,气体对外不做功,B→C为等压变化,从A→B根据=,可得pB=2p,从B→C根据=,解得VC=,由题意可知VB=VA=HS,则气体经历整个过程中对外做的功W=pB·ΔV=pB(VC-VB)=pHS。(2)C→D过程中,设活塞质量为m,大气压强为p0,有mg+p0S=pCS,根据=可得pD=p,活塞与卡口间的弹力F=pS-p0S-mg=pS。答案:(1)pHS　(2)pS气体的变质量问题类型一　充气问题　设想将充进容器内的气体用一个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,就将变质量问题转化为定质量问题。(2021·山东卷,4)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60 cm3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 150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,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.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3解析:根据玻意耳定律可知p0V+5p0V0=p1×5V,已知p0=750 mmHg,V0=60 cm3,p1=750 mmHg+150 mmHg=900 mmHg,代入数据整理得V=60 cm3。1.(2021·重庆卷,15)定高气球是种气象气球,充气完成后,其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气,将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成达到平衡状态后,气罐和球内的温度均为T1,压强均为kp1,k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度,气球内气体视为理想气体,假设全过程无漏气。(1)求密封时定高气球内气体的体积;(2)若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2,求此时气体的压强。解析:(1)设密封时定高气球内气体体积为V,由玻意耳定律p1V1=kp1(V1+V),解得V=V1。(2)气体发生等容变化,由查理定律=,解得p=。答案:(1)V1　(2)2.(2022·山东菏泽二模)实验室有带阀门的储气罐A、B,它们的大小、形状不同,导热性能良好,装有同种气体,在温度为27 ℃时的压强均为p0。为了测量两储气罐的容积比k=,现用A罐通过细导气管对B罐充气(如图所示),充气时A罐在27 ℃的室温中,把B罐放在-23 ℃的环境中。充气完毕稳定后,关闭阀门,撤去导气管,测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0,已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变,且各处气密性良好。求:(1)充气完毕时A中的气体压强;(2)容积比的值。解析:(1)对充气结束后的B中气体从-23 ℃到27 ℃的过程,有=,其中T1=300 K、T2=250 K,解得p≈0.917p0,则充气完毕时A和B中的气体压强相同,故为0.917p0。(2)对A、B组成的整体,由p0VA+p0VB=pVA+1.1p0VB,解得=k≈1.2。答案:(1)0.917p0　(2)1.23.(2022·湖北襄阳检测)疫情防控,人人有责。某商场保洁人员用于消毒的喷壶示意图如图甲所示,壶的容积为2.0 L,内含1.5 L的消毒液。现闭合阀门K,缓慢向下压压杆A,每次可向瓶内储气室充入体积为0.05 L、压强为1.0 atm的空气,多次下压后,壶内气体压强变为2.5 atm时,按下按柄B,阀门K打开,消毒液从喷嘴处喷出,消毒液不再喷出时关闭阀门K。若将空气视为理想气体,充气和喷液过程中气体温度保持不变,不考虑导管内液柱对喷壶内气体压强的影响,外界大气压强为1.0 atm,1.0 atm=1.0×105 Pa。(1)求充气过程向下压压杆A的次数n;(2)喷液全过程,气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线,如图乙所示,估算全过程壶内气体从外界吸收的热量Q。解析:(1)壶中原来空气的体积V1=0.5 L,把这部分空气与将充入的气体看作一个整体,由玻意耳定律得p1(nV0+V1)=p2V1,解得n=15。(2)喷射的液体体积ΔV=nV0=0.75 L,将等温线看成倾斜直线,则外界对气体做的功为W=-ΔV=-131.25 J,ΔU=0,根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q=0,解得Q=131.25 J。答案:(1)15　(2)131.25 J类型二　抽气问题　用抽气筒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,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,即把变质量问题转化为定质量问题。 (2020·山东卷,15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。解析:设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0,T1=450 K,V1=V0,T2=300 K,V2=,①由理想气体状态方程得=,②代入数据得p2=0.7p0。③对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0′,由题意知p3=p0,V3=V0′,p4=p2,④由玻意耳定律得p0V0′=p2V4,⑤联立③⑤式,代入数据得V4=V0′。⑥设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知ΔV=V4-V0′,⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为=,⑧联立⑥⑦⑧式,代入数据得=。答案:1.(2022·山东潍坊模拟)为防止文物展出时因氧化而受损,需抽出存放文物的展柜中的空气,充入惰性气体,形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0,开始时展柜内空气压强为p0,抽气筒每次抽出空气的体积为;抽气一次后,展柜内压强传感器显示内部压强为p0;不考虑抽气引起的温度变化。求:(1)青铜鼎的总体积ΔV;(2)抽气两次后,展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。解析:(1)由玻意耳定律得p0(V0-ΔV)=p0(V0-ΔV+V0),解得ΔV=V0,(2)设第二次抽气后气体压强为p2,p0(V0-ΔV)=p2(V0-ΔV+V0),设剩余气体压强为p0时体积为V,则p0V=p2(V0-ΔV),剩余气体与原气体的质量比=,解得=。答案:(1)V0　(2)196∶2252.(2022·江苏泰州模拟)如图1所示是真空搬运机搬运货物的过程。真空搬运机吸盘的吸取、提升、下降和释放都是通过控制一个轻便灵活的摆杆来实现的,体现了人体工程学设计的轻便、安全和高效的特点。真空搬运机原理如图2所示,下面是要吸取的工件A,真空吸盘B空腔容积为V。抽气机通过通气口C抽气。假设真空吸盘内的气体均为理想气体,抽气过程中气体温度不变,外界大气压强为p0(真空吸盘边缘与工件接触部分不计,重力加速度g取10 m/s2,p0=1×105 Pa)。(1)假设真空吸盘在抽气过程中空腔的容积几乎不变,而在工作时空腔里的实际压强是0.01p0,求吸盘空腔中被抽去的气体质量和原来的气体质量之比;(2)如果所吸工件的质量为1 t,求真空吸盘的最小面积。解析:(1)设空腔中被抽去的气体体积与原来气体体积之比为k,则质量之比也为k,以未被抽去的气体为研究对象,该部分气体原来体积为V-kV,压强为p0,该部分气体后来体积为V,压强为p=0.01p0,根据玻意耳定律有p0(V-kV)=pV,解得k=。(2)设真空吸盘的最小面积为S,对工件受力分析则有(p0-p)S=mg,解得S= m2。答案:(1)　(2) m23.(2022·湖南长沙模拟)现用一限压阀控制储气瓶内的压强,原定出厂的10 L储气瓶中压强为8p0,现利用一400 L、压强为4p0、储气质量为520 kg的储气罐及灌气装置给储气瓶灌气。此时储气瓶内可看作真空,且当储气罐内气体压强低于0.5p0时,灌气装置无法进行工作,不考虑温度变化。(1)求最多可灌满几个储气瓶。(2)某厂家在给储气瓶灌气时,为节省成本,将原定于8p0的储气瓶改为6p0,由此每个灌满的储气瓶少了多少kg的气体?解析:(1)对储气罐中气体分析V1=400 L,设储气罐中的气体膨胀至压强为0.5p0时体积变为V2,由玻意耳定律有4p0V1=0.5p0V2,得V2=3 200 L,设最多可灌满n个储气瓶(p3=8p0,V3=10 L)。由玻意耳定律得0.5p0(V2-V1)=np3V3,解得n=17.5(个),即最多可灌满17个储气瓶。(2)设储气罐中的储气质量为m=520 kg,对应压强p1=4p0,原来压强为p3=8p0的储气瓶每瓶满装气体的质量为m1,p4=6p0的储气瓶每瓶满装气体的质量为m2,根据玻意耳定律可得p1V1=p3V′,解得V′=200 L,则m1== kg=26 kg。同理,根据玻意耳定律可得p1V1=p4V″,解得V″= L,则m2==19.5 kg,则每罐少装m1-m2=6.5 kg的气体。答案:(1)17　(2)6.5 kg