高考物理总复习第十三章热学专题强化十八应用气体实验定律解决“三类模型”问题

专题强化十八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.本专题的技巧方法是准确地选取研究对象和状态变化过程分析，掌握处理“三类模型”问题的基本思路。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。模型一“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，要注意以下几点：(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。(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。单独气体【真题示例1[2020·全国Ⅲ卷，33(2)]如图1，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg。图1(ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？(ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？答案(ⅰ)12.9cm(ⅱ)363K解析(ⅰ)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④联立①②③④式并代入题给数据得h＝12.9cm⑤(ⅱ)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)⑥按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2＝363K关联气体【例2(2021·安徽安庆市模拟)如图2所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用h1＝4cm的水银柱封闭有长l1＝14cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h2＝10cm，若把该装置移至温度恒为27℃的房间中(依然竖直放置)，在左侧管中再注入一定量的水银，使右管中气体仍然恢复到原来的长度l2，大气压强恒为p0＝76cmHg，不计一切摩擦，求：图2(1)注入的水银柱的长度；(2)注入水银后左侧气柱的长度。答案(1)5cm(2)14.1cm解析(1)在温度为7℃的环境中，右侧管中理想气体压强p2＝p0＋ph1－ph2＝70cmHg由盖－吕萨克定律得eq\f(p2,T2)＝eq\f(p2′,T2′)解得p2′＝75cmHg又p2′＝p0＋ph1＋pΔh－ph2因此注入的水银柱的长度Δh＝5cm。(2)由理想气体的状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p1′V1′,T1′)即eq\f(p1l1,T1)＝eq\f(p1′l1′,T1′)其中p1＝p0＋ph1＝80cmHg，T1＝280K，p1′＝p0＋ph1＋pΔh＝85cmHg，T1′＝300K代入数据解得l1′＝eq\f(240,17)cm≈14.1cm。【针对训练1[2021·全国乙卷，33(2)]如图3，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm。已知外界大气压为p0＝75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。图3答案1cm解析对于B中的气体，初态：pB1＝p0，VB1＝l2S末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2解得l2′＝30cm设B管中水银比A管中水银高xcm对A中气体初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′末态：pA2＝pB2＋pxVA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2解得x＝1cm。模型二“汽缸活塞类”模型1．解题的一般思路(1)确定研究对象，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。(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，需要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。【真题示例3[2021·全国甲卷，33(2)]如图4，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq\f(V,2)。图4(1)求A的体积和B的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。答案(1)0.4V2p0(2)(eq\r(5)－1)Veq\f(3＋\r(5),4)p0解析(1)对气体B，由玻意耳定律有p0V＝pBeq\f(V,2)代入数据解得pB＝2p0此时pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0同理有p0V＝pAVA代入数据解得VA＝0.4V。(2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1，体积分别为VA1、VB1，由玻意耳定律有pAVA＝pA1VA1pBeq\f(V,2)＝pB1VB1VA1＋VB1＝2VpA1＋0.5p0＝pB1联立解得VA1＝(eq\r(5)－1)V，pB1＝eq\f(3＋\r(5),4)p0。【针对训练2(2021·安徽合肥市5月质检)如图5所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40cm2的活塞相连接，汽缸内封闭一定质量的理想气体。在汽缸内距缸底60cm处有卡环，活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105Pa，温度为300K。现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加30K时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480K时，活塞移动了20cm。已知g＝10m/s2，求：图5(1)活塞的质量；(2)弹簧的劲度系数k。答案(1)8kg(2)200N/m解析(1)气体温度从300K增加到330K的过程中，等容变化，则有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)解得p1＝1.1×105Pa此时，活塞恰好离开卡环，可得p1＝p0＋eq\f(mgsinθ,S)解得m＝8kg。(2)气体温度从330K增加到480K的过程中，由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)解得p2＝1.2×105Pa对活塞受力分析可得p0S＋mgsinθ＋kΔx＝p2S解得k＝200N/m。模型三“变质量气体”模型1．充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。充气问题【真题示例4(2021·山东卷，4)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图6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6A．30cm3 B．40cm3C．50cm3 D．60cm3答案D解析根据玻意耳定律可得p0V＋5p0V0＝p1×5V又p0＝750mmHg，V0＝60cm3p1＝750mmHg＋150mmHg＝900mmHg解得V＝60cm3，故选项D正确。漏气问题【真题示例5[2021·河北卷15(2)]某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103Pa。(1)当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa。答案(1)3.1×103Pa(2)eq\f(97,3)解析(1)初状态：p1＝3.0×103Pa，T1＝(273＋27)K＝300K，末状态：T2＝(273＋37)K＝310K，设压强为p2根据查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝3.1×103Pa。(2)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强p0相等，以夹层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得p1V＝p0V′，解得V′＝0.03V夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值eq\f(Δm,m)＝eq\f(V－V′,V′)＝eq\f(97,3)。【针对训练3(2021·广东潮州市质检)如图7所示为某充气装置示意图。装置水平放置，其中A是容积为V的需要充气的绝热容器。B是内壁光滑的气筒，左端用可左右移动的活塞密封，右端通过单向绝热进气阀n与A连通，活塞横截面积为S，B底部通过单向进气阀m与外界连通。当活塞左移抽气时n闭合，m打开，最多可以从外界抽取体积V的气体；当活塞右移充气时n打开，m闭合，可以将抽气过程从外界抽取的气体全部压入容器A。最初活塞位于气筒B的最左侧，A、B内充满气体，气体的压强与外界大气压强相等均为p0，温度与外界大气温度相同均为T0。(打气完成时气筒内剩余气体及气筒与容器间连接处的气体体积可忽略)图7(1)缓慢推动活塞，将气筒内体积为V的气体压入容器A，则当打气即将完成时，需要对活塞提供的水平作用力F是多大？(已知此过程气体温度不变)(2)现快速让活塞以最大充气体积V完成10次充气，测得A内气体温度升高为T。求此时A内气体压强p。答案(1)p0S(2)eq\f(11T,T0)p0解析(1)充气完毕，由等温变化可得p0·2V＝pV活塞缓慢运动，满足F＋p0S＝pS解得F＝p0S。(2)快速打气10次，由理想气体状态方程有eq\f(p0·11V,T0)＝eq\f(pV,T)解得p＝eq\f(11T,T0)p0。题型自我感悟1．“变质量气体”模型最突出的特征是什么？一般用什么定律解决？提示最突出的特征是温度不变，或者温度相同，可以看成等温变化，用玻意耳定律解决。2．对于多次“打气”或者“抽气”问题，如果每次的压强和体积都相同，可以如何处理？提示可以把多次打的气体看成一个整体，看成一次性打入或者抽出。1．(2021·山东烟台市适应性考试)如图1所示，在光滑水平面上，一质量为m的导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l，现使汽缸底部绕一竖直轴由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度ω，当汽缸转动的角速度为ω1时，气柱长度为2l，当汽缸转动的角速度为ω2时，气柱长度为3l，若外界大气压不变，则ω1与ω2的比值为()图1A．3∶2eq\r(2) B．2eq\r(2)∶3C．2∶2 D．3∶2答案A解析当汽缸转动的角速度为ω1时，有p0S－p1S＝m·2lωeq\o\al(2,1)；当汽缸转动的角速度为ω2时，有p0S－p2S＝m·3lωeq\o\al(2,2)；根据等温变化方程p0Sl＝p1S·2l＝p2S·3l，解得ω1∶ω2＝3∶2eq\r(2)，故A正确。2．(2021·广东卷)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图2所示。某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa。护士把注射器内横截面积为0.3cm2、长度为0.4cm、压强为1.0×105Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。图2答案1.3×105Pa解析未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强p1＝1.0×105Pa，体积V1＝(0.9－0.5)mL＝0.4mL，注射器内气体的压强p0＝1.0×105Pa，体积V0＝0.3×0.4mL＝0.12mL，将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4mL，设压强为p2，根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2解得p2＝1.3×105Pa。3．(2021·湖南永州市模拟)如图3所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为270K时，被封闭的气柱长L＝30cm，两边水银柱高度差h＝5cm，大气压强p0＝75cmHg。图3(1)使左端水银面下降h1＝5cm，封闭气体温度应变为多少；(2)封闭气体的温度保持(1)问中的值不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少(管中水银柱足够长)。答案(1)360K(2)9.67cm解析(1)设左端水银面下降前，封闭气体的压强为p1，气体温度为T1，体积为V1，则p1＝p0－ρgh＝70cmHg，V1＝LS，设左端水银面下降后，封闭气体的压强为p2，气体温度为T2，体积为V2，则p2＝p0＋ρgh1＝80cmHg，V2＝(L＋h1)S根据理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)解得封闭气体温度应变为T2＝360K。(2)两液面相平时，气体的压强为p3＝p0，气体体积为V3，左端水银面下降h2，右端水银面下降h2＋5cm，根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3，解得h2＝eq\f(7,3)cm所以从底端放出的水银柱长度为H＝2h2＋5cm＝eq\f(29,3)cm＝9.67cm。4．(2021·河北唐山市模拟)如图4所示，内壁光滑的汽缸开口向上放置，在距离汽缸底部h0＝12cm处有卡口可以阻碍活塞通过，质量均为m的活塞A、B分别静止于卡口的上方和下方，封闭了两部分高度均为h1＝9cm的气体，此时封闭气体的温度均为T1＝300K，汽缸和两个活塞中只有活塞B能够导热且导热性能良好，大气压强为p0，汽缸的横截面积为S。现通过电热丝加热，使两部分气体温度缓慢上升到T2＝500K，求：图4(1)此时下方气体的压强；(2)活塞A上升的距离。答案(1)eq\f(5,4)p0＋eq\f(5mg,2S)(2)9cm解析(1)初态对活塞A受力分析，有mg＋p0S＝p1S对活塞B受力分析，有mg＋p1S＝p2S设温度为T3时，活塞B刚好上升到卡口位置，此过程中气体做等压变化，由盖－吕萨克定律可得eq\f(h1S,T1)＝eq\f(h0S,T3)解得T3＝400K<T2此后下方气体做等容变化，由查理定律可得eq\f(p2,T3)＝eq\f(p,T2)解得在温度T2时下方气体的压强p＝eq\f(5,4)p0＋eq\f(5mg,2S)。(2)上方气体一直做等压变化，设上方气体末态高度为h2，由盖－吕萨克定律有eq\f(h1S,T1)＝eq\f(h2S,T2)解得h2＝15cm活塞A上升的高度H＝h0＋h2－2h1＝9cm。5．(2021·宁夏吴忠市4月模拟)如图5所示，导热性能良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置，用轻质活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞横截面积S＝5.0×10－4m2，活塞上面放有一质量m＝1kg的铁块。开始时汽缸所处环境温度为300K，活塞处于A位置。缓慢升高汽缸所处环境温度为450K时，活塞到达新的位置B。已知A位置活塞距缸底部高度为h0＝0.8m，大气压强p0＝1.0×105Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10m/s2。图5(1)求活塞在位置B时距缸底部的高度；(2)保持汽缸所处环境温度为450K，撤去活塞上面的铁块，稳定后活塞到达新的位置C，求活塞到达位置C时距汽缸底部的高度。答案(1)1.2m(2)1.44m解析(1)活塞在A位置时温度为T1＝300K，缸内气体高度为h0，活塞在B位置时温度为T2＝450K，设缸内气体高度为h1，由盖－吕萨克定律得eq\f(h0S,T1)＝eq\f(h1S,T2)代入数据解得h1＝1.5h0＝1.2m。(2)铁块取走前缸内气体的压强为p1，对活塞与铁块，由平衡条件得p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.2×105Pa撤去铁块后，气体最后压强为p0，设活塞到达位置C时距汽缸底部的高度为h2，由玻意耳定律得p1h1S＝p0h2S解得h2＝1.2h1＝1.44m。6．[2020·全国Ⅰ卷，33(2)]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq\f(1,2)p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。答案(1)eq\f(2,3)p(2)eq\f(2,3)解析(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有eq\f(1,2)p(2V)＝pV1①现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②联立①②式可得p′＝eq\f(2,3)p③(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的