应用气体实验定律解决“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 研透命题点 - 细妍考纲和真题分料烫娥部题点 - 命题点一 “玻璃管液封”模型 -能力考点师生共硏 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）：T1=T2

2、或卜C（常数） V1 V2 V 盖一吕萨克定律（等压变化）：石=乙或=c（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 跟舉魁盘“选出听研究的某部分一症质帯的气休 介别找出这部分 P 桃态发生变化前后的严讥T 数恒或表达式*压强的确定是关密 认淸变化过程，疋确选用物理规律 选用气态方程或某-冥聯崔律列式求解.有吋耍讨 论结果的合理性 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）

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. 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玻璃细管 K1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

4、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 (1)待测气体的压强; 答案(1)(1)4V0 +n2| h 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 V，则 V1=4n2h 4 该仪器能够测量的最大压强 pnih2d2 Z.2 gd 4Vo g求: 图 1 由力学平衡条件得 p1= p + p gh 整个过程

5、为等温过程，由玻意耳定律得 pV = pM (2) 由题意知 h I 联立式有 np gd p 7 4V0 该仪器能够测量的最大压强为 np gd2 p pmax= 4V0 变式 1 (2015 全国卷II 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 = 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 hi =10.0 cm 时将开关 K 关闭.已知大气压强 p0= 75.0 cmHg. 图 2 (1)

6、 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 高度差为m= 10.0 cm 时，空气柱的长度为 h，压强为 P1. 由玻意耳定律得 pl = P1I1 由力学平衡条件得 p= P0+ 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 p。，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

7、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 联立式得 pnih2d2 p p=4V0+ n21 - h p1=p m 联立式，并代入题给数据得 h= 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(h丨2)+ h1 联立式，并代入题给数据得 Ah= 13.2 cm. 类型 2 关联气体问题 【例 2 (2016 全国卷川33(2

8、) 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) 答案 144 cmHg 9.42 cm 解析 设初始时，右管中空气柱的压强为 Pl ,长度为 1 仁左管中空气柱的压强为 P2= Po,长 度为 12.活塞被下推 h后，右管中空气柱的压强为 pi，长度为 li;左管中空气柱的压

9、强为 P2，长度为 S.以 cmHg 为压强单位.由题给条件得 p1= p0+ (20.0 5.00) cmHg = 90 cmHg 11 = 20.0 cm 20.0-5.00 l1 = (20.0 2 ) cm = 12.5 cm 由玻意耳定律得 P1l1S= p1 h S 联立式和题给条件得 p1 = 144 cmHg 依题意 p2 = p1 20.0 5.00 l2 4.00 cm + 2 cm h= 11.5 cm h 由玻意耳定律得 P2l 2S P2 S 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

10、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 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 (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 To= 273 K. 设玻

11、璃泡 B 中气体的压强为 P1，体积为 V，玻璃泡 C 中气体的压强为 Pc，依题意有 P1 = Pc + Ap 式中 Ap= 60 mmHg. 打开阀门 S 后，两水槽水温仍为 To, 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 P1VB= PBV2 联立式，并代入已知数据得 VB pc= Ap = 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 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 BC=匹一 T0

12、 T 联立 式，并代入题给数据得 T = 364 K. 4 能力考点师生共硏 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 (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 命题点二 “汽缸活塞类”模左 右 图 4 挖掘题目的隐含条件，如几

13、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，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

14、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 S1= 80.0 cm2;小活塞的质 量为 m2= 1.50 kg，横截面积为 S2= 40.0 cm2;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

15、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，由盖 一吕萨克 定律得7= V2 I 1 I 2 初状态 V)= (S1+ S2), T1 = 495 K 末状态 V2= lS2 代入可得 T2= |T1 = 330 K 对大、小活塞受力分析则有 mig + m2g + pSi+ P1S2 = P1S1 + PS2 可得 Pi =

16、1.1 x 105 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 2= 2 T 2 T 3 T3= T = 303 K，解得 P2 = 1.01 X 105 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 S1 = 20 cm2, S2= 10 cm2,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 M = 2 kg 的重物 C 连接，静止时汽缸中的气体温度 = 600 K，汽缸两部分的气柱长均为 L ,已知大气压强 po= 1 x 105 Pa,取 g=

17、10 m/s2,缸内 气体可看做理想气体 A B (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 (1)1.2 X 105 Pa (2)500 K 解析(1)设静止时汽缸内气体压强为 代入数据解得 P1 = 1.2 x 105 Pa S1L + QL = S S1 + & T1 = T2 代入数据解得 T2= 500 K. 类型 2 关联气体问题 例 4 (2017 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 心、K3； B 中有一可自由滑动的活塞

18、 (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 p0 的 3 倍后关闭 K1.已知室温为 27 C，汽缸导热.A缓慢向右移动L时，求汽缸内气体的温度 (2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化, 吕萨克定律得 设开始温度为 T1,变化后温度为 T2,由盖一 (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 C,求此时活塞下方气体的压强 答案 * 2po (2)B 的顶部 (3)1.6po 解析(1

19、)设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压强为 两部分气体都经历等温过程由玻意耳定律得 poV = piVi (3po)V = pi(2V Vi) 联立式得 Vi = 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 P2= V2po 由式知，打开 K3后活塞上升直到 B 的顶部为止； 此时p p2为p p2 = PO (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

20、*=学 Ti T2 将有关数据代入式得 P3=恥。 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； P1,体积为 V!.依题意，被活塞分开的 Hi 图 7 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 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 16 时，求氧气的压强

21、4 答案(1)320 K (2)4po 3 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 V温度为，末态体积为 V2,温度为 T2,按题意, 汽缸 B 的容积为屮，则 由盖一吕萨克定律有： V1_ V2 Ti = T2 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是汽 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 Vi,压强为 pi, 末态体积为 V2，压强为 P2，由所给数据及玻意耳定律可得 Vi =

22、 4V0， p p1 = p p0， V V2 = 16Vo Pi V1 = P2 V2 由式可得：P2 = 3po. 3 命题点三 “变质量气体”模型 4 能力考点师生共硏 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

23、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 V。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 T1 = 350 K. (1) 求此时气体的压强； (2) 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(1)6P。(2)6 解析由题意知气体发生等容变化，由查理定律得 p

24、0=T1，解得 P1=*0=!00卩0=6p0. (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 P1V0 =P0V2 则 V V2=P PpTpT= 6V V0 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，则还要向轮胎充所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为 pV 6 7 =7. C.（P0- 1 1）V V 答案 C 解析 设充入的气体体积为 Vo,根据玻意耳定律可得 Po（V + Vo）= pV,解得 Vo= & 1）V,

25、 C 项正确 课时作业 限时训练练规范练速度 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） 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 = 306 K，体积为 V1= 51S, 压强为 P1 = 80 cmHg. 当水银面与管

26、口相平时， 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 当=呼，代入数据，解得 T = 318 K. 2. （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

27、入温度相同、压强也是 P0、体积为 的空气 B.V D. （計 1 1）V V T1 T 分成两部分，其中 OP 与管道水平直径的夹角 0 =45 .两部分气体的温度均为 T= 300 K，压强均为 P0= 1.0 X 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： 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： poVi= P2V2 2 V2= 3V1 解得 P2 = 1.5x 105 Pa (2)对于管道左侧

28、气体，根据理想气体状态方程，有 P0V1 p2 V2 To = T V2 = 2V 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，则有 P2 = P2 解得 T= 900 K 3. (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，

29、重力加速度大小为 g) (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? 答案 (1)m mg L L + h h L L + hThT 丿 ph v 1 To 解析 (1)由玻意耳定律可知 PLS= p1(L+ h)S 活塞受力平衡，有 P1S= pS mg 联立方程可得 s= (2)由盖一吕萨克定律有 (L + h S LoS To= V 解得：Lo=耳口. I 0 4. 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 = 20 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

30、= 75 cmHg. Ph (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； 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 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 将装置缓慢翻转 180设左管中空气柱的长度增加量为 由玻意耳定律得 P0L = (p0 2h)(L + h) 解得 h= 0 或 h= 17.5 cm S,右管水银面下降了 H = h, 则左管中空气柱的长度为 20 cm 或 37.5 cm H :一 打7777777 (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 35 cm，设左管水银面下降的高度为 I,由玻意耳