应用气体试验定律解决三类模型问题

1、仅供个人参考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）:piVi = P2V2或pV = C（常数）.查理定律（等容变化）：t=T2或半=c（常数）.Vi V2 V盖一吕萨克定律（等压变化）：ti=T2或T = C（

2、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，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：（1）液体因重力产生的压强大小为p= p g（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一一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.不得用于商业用途类型1单独气体问题例1】(2017全国卷川33(2) 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

3、玻璃细管 心和K2.K1长为I，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Vo,水银的密度为 p重力加速度大小为 g.求：图1(1)待测气体的压强;该仪器能够测量的最大压强答案(1)P 眄h2d2；4Vo + n2 ：1 h :np dd24Vo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

4、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;设此时圭寸闭气体的压强为p1,体积为V1,则1 2v=Vo+ n2i41 2V1=；n2h4由力学平衡条件得P1= p + p gh整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV = P1V1联立式得pnih2d2p = 4Vo+ n2 h :(2)由题意知h I联立式有np dd24Vo该仪器能够测量的最大压强为np gd2pmax= 4Vo【变式1】(2015全国卷n 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I

5、= 1o.o 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hi=10.0 cm时将开关K关闭.已知大气压强 po= 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)12.0 cm (2)13.2 cm解析 (1)以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度1 = 10.0 cm时的压强为p ;当两侧水银面的咼度差为h1 = 10.0 cm时，空气柱的长度为 11,压强为p1.由玻意耳定律得 pl = P1I1由

6、力学平衡条件得 p= po+ 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po,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p1= po h1联立式，并代入题给数据得11= 12.0 cm(2) 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12,压强为p2.由玻意耳定律得 pl = P2I2由力学平衡条件有 P2= p0联立式，并代入题给数据得12= 10.4 cm设注入的水银在管内的长度为 Ah，依题意得Ah= 2(l1 l2)+ h1联立式，并代入题给数据得Ah= 13.2

7、 cm.类型2关联气体问题例2 (2016全国卷川33(2) 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po= 75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)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|1；左管中空气柱的压强为p2= p0，长度为12.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为P1，长度为

8、11；左管中空气柱的压强为P2，长度为12.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1= p0+ (20.0 5.00) cmHg90 cmHg I1 = 20.0 cm20.0-5.0011 (20.0 2) cm 12.5 cm由玻意耳定律得P1l1S= p1I1 S联立式和题给条件得p1 144 cmHg依题意P2 p1,20.0 5.0012 4.00 cm +2cm h= 11.5 cm h由玻意耳定律得P2l 2S= P2I2 S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 C的水槽 中，B的容积是A的3倍阀门S将A和

9、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璃泡的容积图4(1) 求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位);(2) 将右侧水槽中的水从 0 C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 T= 273 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p1 = pc+ Ap式中 Ap= 60 mmHg.

10、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pB= pc玻璃泡A和B中气体的体积 V2= Va+ Vb根据玻意耳定律得 pNb= pbV2联立式，并代入已知数据得Vbpc= V Ap = 180 mmHgV A(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绅，玻璃泡C中气体的压强 pc = PB+Ap玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得pc_ pc_T0=厂联立 式，并代入题给数据得T = 364 K.模型1需要考虑累气体、它汽缸或活塞等多个研究对命题点二“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, 象，涉及热学、力学等物理知识，

11、需要灵活、综合地应用知识来解决问题 1一般思路(1) 确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(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

12、) 两个或多个汽缸封闭着几部分气体，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I 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 m1= 2.50 kg,横截面积为$= 80.0 cm2;小活塞的质 量为m2= 1.50 kg，横截面积为S2= 40.0 c

13、m2；两活塞用刚性轻杆连接， 间距保持为1 = 40.0 cm； 汽缸外大气的压强为 p= 1.00 x 105 Pa,温度为T = 303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距 *, 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：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) 缸内圭寸闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内圭寸闭气体的压强答案 (1)330 K (2)1.01 x 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

14、盖一吕萨克定律得V1= V2Ti T2初状态 Vi = 2（Si+ S2）, Ti = 495 K末状态V2= |S22代入可得 T2= |ti = 330 K对大、小活塞受力分析则有mig + m2g + pSi+ piS2 = piSi + pS2pi _T2= T3可得 pi = i.i x i05 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T3= T = 303 K，解得 p2 = i.0i x i05 Pa.【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Si = 20 cm2, S2= 10

15、cm2,它们之间用一根水平细杆连接，B通过Ti= 600 K，汽缸两部分的气柱长均为 气体可看做理想气体.(1) 活塞静止时，求汽缸内气体的压强；(2) 若降低汽缸内气体的温度，当活塞答案 (i)i.2 x i05 Pa (2)500 K解析(i)设静止时汽缸内气体压强为代入数据解得pi = i.2 x i05 Pa水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为M = 2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度L,已知大气压强 p= i x i05 Pa,取g= i0 m/s2，缸内图6a缓慢向右移动l时，求汽缸内气体的温度pi，活塞受力平衡 piSi+ p0S2= p0Si+ piS2+ Mg(2)

16、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Ti,变化后温度为T2,由盖一吕萨克定律得Si + S2 SiL + S2L_ i 22 2Ti_ T2代入数据解得T2_ 500 K.类型2关联气体问题【例4】(20i7全国卷I 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 Ki、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Ki给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭Ki.已知室温为27 C，汽缸导热(1) 打开K2,求稳定时

17、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 C,求此时活塞下方气体的压强答案(1)V 2po (2)B的顶部(3) 1.6po解析(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为pi，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poV = pi Vi(3po)V = pi(2V Vi)联立式得pi= 2po打开K3后，由式知，活塞必定上升设在活塞下方气体与 A中气体的体积之和为 V2(V2 2V) 时，活塞下气体压强为P2,由玻意耳定律得(3po)V = P2V2由式得3V p2= V2po 由式知，

18、打开K3后活塞上升直到 B的顶部为止;3此时p为p2 =2卩0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从Ti = 300 K升高到T2= 320 K的等容过程 中，由查理定律得卑一=p3 将有关数据代入式得 p3= i.6po【变式4】(20i4新课标全国n 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；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po、外界和汽缸内气体温度均为7 C且I平衡时，活塞a离汽

19、缸顶的距离是汽缸高度的；，活塞b在汽缸正中间.图8(i)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;1(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 命时，求氧气的压强.4答案(1)320 K (2)3po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Vo,氮气初态的体积为 Vi，温度为Ti，末态体积为V2,温度为T2,按题意, 汽缸B的容积为V0,则由盖一吕萨克定律有:Vl_ V2T7_ T 由式及所给的数据可得：T2= 320 K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

20、是汽1缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为V，压强为p1 ,末态体积为V2Z，压强为p2，由所给数据及玻意耳定律可得 p1 V1 = p2 V2 由式可得：P2 = 3p0.V11=4V0，p1=po, V23136Vo3命题点三“变质量气体”模型分析变质量气体问题时，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

21、膨胀过程灌气问题：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【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Vo开始时内部封闭气体的压强为po,经过太阳暴晒，气体温度由To= 300 K升至Ti= 350 K.(1)求此时气体的压强;保持Ti= 350 K不变，缓慢抽出部分气体， 使气体压强再变回到 po.求集热器内剩余气体的 质量与原来总质量的比值答案詁(2)6解析(1)由题意

22、知气体发生等容变化，由查理定律得p0 0 解得 p 113507To= T1,解得 p1= Topo= 300p0= 6p.(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V2，由玻意耳定律可得p1Vo=P0V2所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为pV 67= 7.PVo6【变式5】某自行车轮胎的容积为 V,里面已有压强为po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po、体积为的空气A.C.(PO- 1)Vd.(R + 1)Vpo答案 C解析 设充入的气体体积为 Vo,根据玻意耳定

23、律可得 po(V + Vo) = pV,解得Vo= ( 1)V, CP0项正确1. 如图1所示，在长为1 = 57 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 C 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po= 76 cmHg)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T1 = 306 K，体积为V1= 51S,压强为 P1 = 80 cmHg.当水银面与管口相

24、平时，水银柱高为H,则管内气体的体积为 V2= (57 H)S,压强为p2= (76+ H) cmHg.由玻意耳定律得 P1V1= P2V2，代入数据，得H2+ 19H 252 = 0,解得 H = 9 cm 或 H= 28 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 V3= 53S,压强为p3= 80 cmHg.由盖 吕萨克定律得 = ，代入数据，解得 T = 318 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

25、的夹角0=45.两部分气体的温度均为T0= 300 K，压强均为p0= 1.0X 105 Pa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：图2(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 X 105 Pa (2)900 K解析(1)对于管道右侧气体，由于气体做等温变化，有：p0V1= P2V22V2= 3V1解得 P2 = 1.5X 105 Pa(2)对于管道左侧气体，根据理想气体状态方程，有P0V1 P2 V2T0= TV2 = 2Vi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

26、，则有P2= p2解得T= 900 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To,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 ：:L+ h T答案-phTo解析(1)由玻意耳定律可知pL

27、S= pi(L+ h)S活塞受力平衡，有 PiS= pS mg联立方程可得mg L + h :S= ph(2)由盖一吕萨克定律有孔 += LoSTo= T解得：Lo= L :hTTo4. 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 L = 2o cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为po= 75 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

28、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 poL = (po 2h)(L + h)解得 h= 0 或 h= 17.5 cm则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm(2)若将题图甲中阀门 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，设左管水银面下降的高度为I,由玻意耳定律得poL = po (H- l)(L+ I)解得I = 10 cm或I = 70 cm(舍去)即左管水银面下降的高度为10 cm.5. (2017湖南六校联考)如图5所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁.汽缸的总长度为L = 80 m, 厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧 气分别圭寸闭在左右两侧(活塞不漏气).在汽缸内距左侧壁 d = 30 cm处设有卡环A、B(卡环体积 忽略不计)，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB,缸内左侧氮气的压强p1=0.8X 105 Pa,右侧氧气的压强 p2= 1.0X