应用气体试验定律解决三类模型问题

1、专题强化十四 应用气体实验定律解决 “三类模型问题专题解读 1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、 汽缸活塞类模型 、变质量气体模型中的应用 ， 高考在选考模块中通常以计算题的形式命题.2.学好本专题可以帮助同学们熟练的选取研究对象和状态变化过程， 掌握处理三类模型问题的基本思路和方法 .3.本专题用到的相关知识和方法有 ：受力分析 、 压强的求解方法 、气体实验定律等 .命题点一 “玻璃管液封 ”模型1. 三大气体实验定律（1）玻意耳定律 （等温变化 ）：p1V1p2V2或 pVC（常数）.p1 p2 p（2）查理定律 （等容变化 ）： 或 C（常数 ）.T1 T2 TV1 V2 V（3

2、）盖吕萨克定律 （等压变化 ）：T T 或TC（常数 ）.2. 利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路3. 玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时般以液柱为研究对象分析受力 、列平衡方程 ，要注意 ：word 资料可编辑(1) 液体因重力产生的压强大小为 p g(h其中 h 为至液面的竖直高度 )；(2) 不要漏掉大气压强 ， 同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力 ；(3) 有时可直接应用连通器原理 连通器内静止的液体 ， 同种液体在同一水平面上各处压 强相等 ；(4) 当液体为水银时 ，可灵活应用压强单位 “ cmHg等”， 使计算过程简捷 .word 资料可编辑类型 1 单独气体问题例

3、1 (2017全国卷 33(2)一) 种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1 和 K2.K1长为 l，顶端封闭 ， K2上端与待测气体连通 ；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时 ，M 与 K2相通；逐渐提升 R，直到 K2中水银面与 K1顶端等高 ，此时水银已进入 K1，且 K1中水银面比顶端低 h，如图 (b)所示.设测 量过程中温度 、与K2相通的待测气体的压强均保持不变 .已知 K1和K2的内径均为 d，M 的容积为 V0，水银的密度为 ， 重力加速度大小为 g.求：图1(1)待测气体的压强 ；(2)该仪器能够测量的最

4、大压强答案gh 2d 2 (1)4V0 d2 lh(2) g2ld24V0解析 (1) 水银面上升至 M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住 ，设此时被封闭的气体的体积 为 V，压强等于待测气体的压强 p.提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高时 ，K1 中水银面 比顶端低 h； 设此时封闭气体的压强为 p1， 体积为 V1， 则1V V0 d2l41V1 d2h4 由力学平衡条件得p1 p gh 整个过程为等温过程 ， 由玻意耳定律得word 资料可编辑pVp1V1联立 式得gh 2d 2p4V0d2lh(2) 由题意知hl联立 式有 p g2dl 24V0该仪器能够测量的最大压强为

5、g2dl 2 pmax 4V0变式 1 (2015全国卷 33(2)如) 图 2， 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 l10.0 cm ， B侧水银面 比 A 侧的高 h3.0 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 h1 10.0 cm 时将开关 K 关闭 .已知大气压强 p0 75.0 cmHg.图2(1) 求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度 ；(2) 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.答案 (1)1

6、2.0 cm (2)13.2 cm解析 (1)以 cmHg 为压强单位 .设 A 侧空气柱长度 l10.0 cm 时的压强为 p；当两侧水银面word 资料可编辑 的高度差为 h110.0 cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1.由玻意耳定律得 pl p1l1由力学平衡条件得 pp0 h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 p0，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p1p0 h1联立 式，并代入题给数据得 l112.0 cm(2)当 A、 B两侧

7、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 p2l2由力学平衡条件有 p2 p0联立 式，并代入题给数据得 l210.4 cm设注入的水银在管内的长度为 h， 依题意得h 2(l1 l2)h1联立 式，并代入题给数据得 h 13.2 cm.类型 2 关联气体问题例 2 (2016全国卷 33(2)一) U 形玻璃管竖直放置 ， 左端开口 ，右端封闭 ，左端上部有一 光滑的轻活塞 .初始时 ，管内汞柱及空气柱长度如图 3 所示 .用力向下缓慢推活塞 ，直至管内 两边汞柱高度相等时为止 .求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截

8、面积处处相同 ；在活塞向下移动的过程中 ，没有发生气体泄漏 ； 大气压强 p0 75.0 cmHg. 环境温度不变 .(保留三位有效数字 )word 资料可编辑图3答案 144 cmHg 9.42 cm解析 设初始时 ，右管中空气柱的压强为 p1，长度为 l1；左管中空气柱的压强为 p2 p0，长度为 l2.活塞被下推 h 后 ，右管中空气柱的压强为 p1，长度为 l1；左管中空气柱的压强为 p2，长度为 l2以.cmHg 为压强单位 .由题给条件得p 1 p 0 (20.0 5.00) cmHg 90 cmHg l 1 20.0 cm20.05.00l1(20.0 ) cm 12.5 cm2

9、由玻意耳定律得 p1l1Sp1l1S联立 式和题给条件得p1144 cmHg依题意 p2 p120.0 5.00l24.00 cm cmh11.5 cm h 2由玻意耳定律得 p2l2Sp2l2S联立 式和题给条件得h 9.42 cm.变式 2 如图 4 所示 ，由 U 形管和细管连接的玻璃泡 A、B和 C浸泡在温度均为 0 的水槽 中，B的容积是 A 的 3 倍.阀门 S 将 A 和 B两部分隔开 .A 内为真空 ，B 和 C内都充有气体 .U 形管内左边水银柱比右边的低 60 mm. 打开阀门 S，整个系统稳定后 ，U 形管内左右水银柱高 度相等 .假设 U 形管和细管中的气体体积远小于玻

10、璃泡的容积.图4(1) 求玻璃泡 C 中气体的压强 ( 以 mmHg 为单位 ) ；word 资料可编辑(2) 将右侧水槽中的水从 0 加热到一定温度时 ， U 形管内左右水银柱高度差又为 60 mm ， 求加热后右侧水槽的水温 .答案 (1)180 mmHg(2)364 K解析 (1)在打开阀门 S前，两水槽水温均为 T0273 K.设玻璃泡 B中气体的压强为 p1，体积为 VB，玻璃泡 C 中气体的压强为 pC，依题意有 p1pCp式中 p 60 mmHg.打开阀门 S 后，两水槽水温仍为 T0，设玻璃泡 B中气体的压强为 pB，依题意 ，有 pBpC玻璃泡 A 和 B 中气体的体积 V2

11、VAVB根据玻意耳定律得 p1VBpBV2联立 式，并代入已知数据得VBpC p 180 mmHg (2)当右侧水槽的水温加热至 T时，U 形管左右水银柱高度差为 p，玻璃泡 C 中气体的压强 pCpBp pC pC玻璃泡 C 中的气体体积不变 ，根据查理定律得 T0 T联立 式，并代入题给数据得 T364 K.命题点二 “汽缸活塞类 ”模型汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题， 它需要考虑气体 、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 .1.一般思路word 资料可编辑(1)确定研究对象 ， 一般地说 ，研究对象分两类 ： 一类是热

12、学研究对象 (一定质量的理想气 体)；另一类是力学研究对象 (汽缸 、活塞或某系统 ).(2)分析物理过程 ， 对热学研究对象分析清楚初 、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 .(3) 挖掘题目的隐含条件 ， 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 .2.常见类型(1)气体系统处于平衡状态 ， 需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题 . (2)气体系统处于力学非平衡状态 ， 需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题 .(3) 两个或多个汽缸封闭着几部分气体

13、，并且汽缸之间相互关联的问题 ， 解答时应分别研究 各部分气体 ，找出它们各自遵循的规律 ，并写出相应的方程 ， 还要写出各部分气体之间压强 或体积的关系式 ， 最后联立求解 .说明 当选择力学研究对象进行分析时 ， 研究对象的选取并不唯一 ， 可以灵活地选整体或部 分为研究对象进行受力分析 ， 列出平衡方程或动力学方程 .类型 1 单独气体问题例 3 (2015全国卷 33(2)如) 图 5， 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 m12.50 kg ，横截面积为 S180.0 cm 2；小活塞 的质量为 m 2 1.50 kg ，横截面积为

14、 S240.0 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 5 1P0a，温度为 T303 K.初始时大活塞与大圆筒 l底部相距 2，两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/s 2.求 ：word 资料可编辑图5(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间 ，汽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 .答案 (1)330 K (2)1.01 105 PaV2T2解析 (1)大小活塞

15、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V1 克定律得 T1l初状态 V1 （S1S2），T1 495 K 末状态 V2 lS22代入可得 T2 T1 330 K3(2)对大 、 小活塞受力分析则有m1gm2g pS1p 1 S2 p1 S1 pS2可得 p1 1.1 51 P0ap1 p2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 T2 T3 T3T303 K，解得 p2 1.01 51 P0a.变式 3 如图 6 所示，两端开口的汽缸水平固定 ，A、B 是两个厚度不计的活塞 ，可在汽缸 内无摩擦滑动 ，面积分别为 S120 cm 2

16、，S210 cm 2，它们之间用一根水平细杆连接 ，B通 过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为 M2 kg 的重物 C 连接，静止时汽缸中的气体 温度 T1600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强 p0 1 150 Pa，取 g10m/s 2， 缸内气体可看做理想气体 .图6word 资料可编辑(1) 活塞静止时 ， 求汽缸内气体的压强 ； L(2) 若降低汽缸内气体的温度 ，当活塞 A 缓慢向右移动 时，求汽缸内气体的温度 .2答案 (1)1.2 105 Pa (2)500 K解析 (1)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡 p 1S1 p 0 S2 p 0S1 p 1S2

17、 Mg代入数据解得 p1 1.2 51 P0a(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化 ，设开始温度为 T1，变化后温度为 T2， 由盖吕萨克定律得L3LS1LS2LS12S22代入数据解得 T2500 K.类型 2 关联气体问题例 4 (2017全国卷 33(2)如) 图 7， 容积均为 V 的汽缸 A、 B 下端有细管 (容积可忽略 )连 通，阀门 K2位于细管的中部 ，A、B 的顶部各有一阀门 K1、K3；B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略 ).初始时 ，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部 ； 关闭 K2、K3， 通过 K1给汽缸充气 ，使 A 中气体的压强达到大气压 p

18、0 的 3 倍后关闭 K1.已知室温为 27 ，汽缸导热.图7(1)打开 K2， 求稳定时活塞上方气体的体积和压强 ；(2)接着打开 K3， 求稳定时活塞的位置 ；(3) 再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ，求此时活塞下方气体的压强word 资料可编辑V 答案 (1) 2p0 (2)B 的顶部2(3)1.6p0解析 (1)设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1.依题意 ，被活塞分开的 两部分气体都经历等温过程 .由玻意耳定律得p0V p1V1(3p0)Vp1(2V V1)联立 式得VV12p1 2p0(2)打开 K3 后，由式知 ，活塞必定上升 .设在活塞下方气体

19、与A 中气体的体积之和为V2(V22V)时，活塞下气体压强为 p 2，由玻意耳定律得(3p0)Vp2V2由式得3Vp2 p0V2由式知 ，打开 K3后活塞上升直到 B的顶部为止 ；3此时 p2 为 p22p0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从 T1 300 K 升高到 T2 320 K 的等容过程p2 p3中 ， 由查理定律得 T1 T2将有关数据代入 式得p31.6p0变式 4 (2014新课标全国 33(2)如) 图 8 所示，两汽缸 A、B粗细均匀 ，等高且内壁光滑 ，其下部由体积可忽略的细管连通 ；A的直径是 B的 2 倍，A上端封闭 ， B上端与大气连通 ；word

20、资料可编辑两汽缸除 A 顶部导热外 ， 其余部分均绝热 ，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b， 活塞下方充有氮气 ， 活塞 a 上方充有氧气 .当大气压为 p0、 外界和汽缸内气体温度均为1116时，求氧气的压强(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气 ，当活塞 b 恰好升至顶部时 ， 求氮气的温度 ； (2)继续缓慢加热 ，使活塞 a 上升，当活塞 a 上升的距离是汽缸高度的4答案 (1)320 K (2)3p03解析 (1)活塞 b 升至顶部的过程中 ，活塞 a 不动 ， 活塞 a、b 下方的氮气经历等压变化 ，设 汽缸 A 的容积为 V0，氮气初态的体积为 V1，温度为 T1，末态体积为

21、V2， 温度为 T2， 按题V0意，汽缸 B 的容积为 ，则43 1 V0 73V0V2 V0 V044 由盖 吕萨克定律有V1 V2T1 T2由 式及所给的数据可得 ：T2320 K (2)活塞 b升至顶部后 ，由于继续缓慢加热 ，活塞 a开始向上移动 ，直至活塞上升的距离是汽word 资料可编辑1缸高度的 时16态体积为 V21V1V0，p1，活塞 a 上方的氧气经历等温变化 ， 设氧气初态的体积为 V1，压强为 p1，末，压强为 p2，由所给数据及玻意耳定律可得3p0，V216V0p1V1p2V2由 式可得4 p23p0.word 资料可编辑命题点三 “变质量气体 ”模型分析变质量气体问

22、题时 ，要通过巧妙地选择研究对象 ， 使变质量气体问题转化为定质量气体 问题 ，用气体实验定律求解 .(1)打气问题 ：选择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 ：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 ，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程 .(3) 灌气问题 ：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象， 可将变质量问题转化为定质量问题 .(4) 漏气问题 ： 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

23、.例 5 如图 9 所示 ， 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 V0.开始时内部封闭气体的压强为 p0，经过太阳暴晒 ，气体温度由 T0300 K 升 至 T1350 K.图9(1)求此时气体的压强 ；(2)保持 T1350 K 不变 ，缓慢抽出部分气体 ，使气体压强再变回到 p0.求集热器内剩余气体 的质量与原来总质量的比值 .76答案 (1) p0 (2)word 资料可编辑p0 p1T13507解析 （1） 由题意知气体发生等容变化 ，由查理定律得 ，解得 p1 p0 p0 p0.T0 T1T03006（2）抽气过程可等效为等温膨胀过程 ，

24、 设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得 p1V0p0V2p1V0 7则 V2 V0p0 6V0 6所以 ，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为 77 V0 6变式 5 某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气 ，现在要使轮胎内的气压增大到 p， 设充气过程为等温过程 ， 空气可看做理想气体， 轮胎容积保持不变 ， 则还要向轮胎充入温度相同 、压强也是 p0、 体积为 的_ 空气 .p0A. VppB. Vp0pC.（ 1）Vp0pD.（ 1）Vp0答案 Cp 解析 设充入的气体体积为 V0，根据玻意耳定律可得 p0（VV0）pV， 解得 V0（ 1）V， p0C 项正确

25、.1.如图 1所示，在长为 l57 cm 的一端封闭 、另一端开口向上的竖直玻璃管内 ，用 4 cm 高 的水银柱封闭着 51 cm 长的理想气体 ，管内外气体的温度均为 33 .现将水银徐徐注入管 中，直到水银面与管口相平 ，此时管中气体的压强为多少 ？ 接着缓慢对玻璃管加热升温至多 少时 ，管中刚好只剩下 4 cm 高的水银柱 ？ （大气压强为 p076 cmHg）word 资料可编辑图1答案 85 cmHg 318 K解析 设玻璃管的横截面积为 S，初态时 ，管内气体的温度为 T1306 K，体积为 V151S， 压强为 p1 80 cmHg.当水银面与管口相平时 ，水银柱高为 H，则管

26、内气体的体积为 V2（57 H）S，压强为 p2 （76H） cmHg.由玻意耳定律得 p1V1p2V2， 代入数据 ， 得 H219H2520，解得 H9 cm 或H28 cm（ 舍去） 所以 p2 85 cmHg设温度升至 T时，水银柱高为 4 cm ，管内气体的体积为 V353S，压强为 p380 cmHg. 由V1 V3 盖吕萨克定律得 ，代入数据 ，解得 T318 K.T1 T2. （2017 河南六市一联 ）如图 2 所示 ，在两端封闭的均匀半圆管道内封闭有理想气体，管内有不计质量可自由移动的活塞 P，将管内气体分成两部分 ， 其中 OP 与管道水平直径的夹角 45 两.部分气体的

27、温度均为 T0300 K ，压强均为 p01.0 51 P0a.现对管道左侧气体缓慢加热 ， 管道右侧气体温度保持不变，当可动活塞缓慢移到管道最低点时（不计摩擦 ）.求：（1）管道右侧气体的压强 ；（2）管道左侧气体的温度 .答案 （1）1.5 105 Pa （2）900 Kword 资料可编辑解析 (1)对于管道右侧气体 ，由于气体做等温变化 ， 有：p0V1 p2V22V2 V13解得 p2 1.5 51 P0a(2)对于管道左侧气体 ， 根据理想气体状态方程 ， 有 p0V1 p2 V2T0 TV22V1当活塞 P 移动到最低点时 ，对活塞 P受力分析可得出两部分气体对活塞的压强相等，则

28、有p2p2解得 T900 K3. (2017 安徽江南十校联考 )如图 3 所示 ， 一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量的理想气体被活塞封闭其中 ，已知汽缸壁导热良好 ， 活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动 .开始时气体 压强为 p，活塞内表面相对汽缸底部的距离为L，外界温度为 T0，现用一质量为 m 的重锤通过不可伸长的轻质细绳跨过光滑轻质滑轮水平连接活塞 ， 重新平衡后 ， 重锤下降 h.求：(已 知外界大气的压强始终保持不变 ， 重力加速度大小为 g)图3(1)活塞的横截面积 S.(2)若此后外界的温度变为T，则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度为多少mg L h 答案 (1) ph(2)L

29、h TT0解析 (1) 由玻意耳定律可知pLSp1(Lh)Sword 资料可编辑活塞受力平衡 ，有 p1S pSmg联立方程可得mg L hS ph(2)由盖 吕萨克定律有L h S L0S T0 TLh T 解得 ：L0.T04. 如图 4甲所示 ，左端封闭 、内径相同的 U 形细玻璃管竖直放置 ，左管中封闭有长为 L20cm 的空气柱 ， 两管水银面相平 ， 水银柱足够长 .已知大气压强为 p075 cmHg.图4(1)若将装置缓慢翻转 180 ，使 U 形细玻璃管竖直倒置 (水银未溢出 )， 如图乙所示 .当管中水 银静止时 ， 求左管中空气柱的长度 ；(2)若将图甲中的阀门 S打开 ，缓慢流出部分水银 ，然后关闭阀门 S，右管水银面下降了 H 35 cm ，求左管水银面下降的高度 .答案 (1)20 cm 或 37.5 cm (2)10 cm解析 (1) 将装置缓慢翻转 180，设左管中空气柱的长度增加量为 h， 由玻意耳定律得 p0L (p02h)(Lh)解得 h0