增分微点13　四类变质量问题-2026版大一轮高考物理复习

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(2023·河北张家口高三检测)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的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部分通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为eq\f(V,10)的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、下部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝eq\f(1,4)p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：图1(1)当打气n次后，活塞稳定时下部分空气的压强；(2)打气筒向容器内打气次数n。答案(1)6.25p0(2)49次解析(1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2可知p1eq\f(V,2)＝p2eq\f(V,10)初状态时对活塞有p1S＝p0S＋G联立解得p2＝eq\f(25,4)p0＝6.25p0。(2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为p末状态时对活塞有p2S＝pS＋G由玻意耳定律有p0eq\f(V,2)＋n·p0eq\f(V,10)＝peq\f(9V,10)联立解得p＝6p0，n＝49次。2.抽气问题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。例2(2023·湖南卷，13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图2，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。图2(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；(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)p0(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))\s\up12(n)))p0S解析(1)第1次抽气过程，助力气室发生等温变化，由玻意耳定律有p0V0＝p1(V0＋V1)解得p1＝eq\f(V0,V0＋V1)p0。(2)第2次抽气过程，有p1V0＝p2(V0＋V1)解得p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))eq\s\up12(2)p0故第n次抽气后，助力气室内的压强为pn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))eq\s\up12(n)p0故第n次抽气后，驾驶员省力的大小ΔF＝(p0－pn)S解得ΔF＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))\s\up12(n)))p0S。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200L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105Pa，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：图3(1)移入室内达热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？(2)现在室内对容积5L内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为2×105Pa，在分装过程中大小钢瓶温度均保持不变。最多可分装多少瓶小钢瓶供病人使用？答案(1)3.6×105Pa(2)32瓶解析(1)气体发生等容变化，由查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)代入数据解得p2＝3.6×105Pa。(2)气体温度保持不变，由玻意耳定律得p2V＝np3V′＋p3V代入数据解得n＝32(瓶)。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掉的气体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。例4(2023·全国甲卷，33)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。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。1.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图1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()图1A.30cm3 B.40cm3C.50cm3 D.60cm3答案D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，代入数据整理得V＝60cm3，故D正确。2.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2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eq\f(V0,16)；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为eq\f(14,15)p0；不考虑抽气引起的温度变化。求：图2(1)青铜鼎材料的总体积；(2)抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。答案(1)eq\f(1,8)V0(2)196∶225解析(1)设青铜鼎材料的总体积为ΔV，由玻意耳定律得p0(V0－ΔV)＝eq\f(14,15)p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－ΔV＋\f(1,16)V0))解得ΔV＝eq\f(1,8)V0。(2)设第二次抽气后气体压强为p2，则有eq\f(14,15)p0(V0－ΔV)＝p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－ΔV＋\f(1,16)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eq\f(m1,m2)＝eq\f(V,V0－ΔV)解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(196,225)。3.如图3所示，容积为5L的氧气袋广泛用于野外病人急救。若原是真空的容积为5L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10L，贮有压强为3.6×106Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变。求：图3(1)一医用钢瓶最多可分装氧气袋的个数；(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106Pa，用去的氧气质量与原来气体总质量之比(结果可以用分数表示)。答案(1)4个(2)eq\f(1,6)解析(1)选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积V1＝10L，p1＝3.6×106Pa分装n个氧气袋，V2＝(V1＋nV0)，p2＝1.2×106Pa分装过程是等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，其中V0＝5L联立解得n＝4。(2)选取氧气袋内p2＝1.2×106Pa氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V解得V＝eq\f(6,5)V0用去气体的体积为ΔV＝eq\f(6,5)V0－V0＝eq\f(1,5)V0所以用去气体的质量与原来气体总质量之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ρΔV,ρV)＝eq\f(ΔV,V)＝eq\f(1,6)。4.如图4所示，气窑是以可燃性气体为能源对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为室温。为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，窑内气体温度为327℃，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，窑内气体温度均匀且逐渐升高，需要的烧制温度恒定为927℃。T＝t＋273K，求：图4(1)烧制前封闭在窑内气体的温度；(2)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。答案(1)300K(2)eq\f(1,2)解析(1)对封闭在气窑内的气体，排气前体积不变，其中T2＝(t2＋273)K＝600K由查理定律可得eq\f(p0,T1)＝eq\f(2p0,T2)解得T1＝300K。(2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，温度恒定为927℃，则T3＝(t3＋273)K＝1200K由盖－吕萨克定律可得eq\f(V0,T2)＝eq\f(V3,T3)解得V3＝2V0本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例为eq\f(Δm,m)＝eq\f(V3－V0,V3)＝eq\f(1,2)。5.(2022·山东卷，15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图5所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：图5(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。答案(1)eq\f(Mma,Vρg)(2)eq\f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m解析(1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m