专题强化二十五　应用气体实验定律解决两类模型问题

专题强化二十五应用气体实验定律解决两类模型问题学习目标1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。考点一“玻璃管液封”模型角度单独气体例1如图1所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4cm。大气压强p0＝76cmHg，环境温度为T＝27℃，重力加速度为g。图1(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。答案(1)380K(2)19.2cm解析(1)由题意得，加热前左管中气体压强p左1＝76cmHg－4cmHg＝72cmHg加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76cmHg加热后左管中气体长度为L2＝L1＋eq\f(H1,2)＝12cm由理想气体状态方程得eq\f(p左1L1S,T1)＝eq\f(p左2L2S,T2)其中L1＝10cm，T1＝(273＋27)K＝300K解得T2＝380K。(2)设注入水银的长度为x，左侧内部温度不变，由玻意耳定律有p左2L2S＝p左3L1S此时左侧管中气体压强p左3＝p0＋ρg(x－H1)解得x＝19.2cm。1.如图2所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6cm，大气压强为76cmHg，气体初始温度为300K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求：图2(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；(2)当理想气体温度为451K时，水银柱下端距粗管上端的距离。答案(1)410K(2)1.6cm解析(1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得h1S1＋h2S2＝xS1根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为p1＝p0＋ρg(h1＋h2)水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为p2＝p0＋ρgx由理想气体状态方程有eq\f(p1lS2,T1)＝eq\f(p2（l＋h2）S2,T2)解得T2＝410K。(2)设理想气体温度为451K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有eq\f(（l＋h2）S2,T2)＝eq\f(V3,T3)设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则V3＝(l＋h2)S2＋yS1解得y＝1.6cm。角度关联气体例2如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75cmHg，重力加速度为g。图3(1)现往左管中再缓慢注入h＝25cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。答案(1)15cm(2)20cm解析(1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有p3＝p0＝75cmHg，V3＝h3Sp3′＝p0＋ρgh＝100cmHg，V3′＝h3′S由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S解得h3′＝15cm。(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有p2＝p0＋ρgh1＝80cmHg，V2＝2HS注入水银柱后有p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105cmHg设注入水银柱后气柱的长度为L1，则V2′＝L1S，由玻意耳定律有p2·2HS＝p2′·L1S解得L1＝32cm此时两侧水银柱下表面的高度差为Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20cm。考点二“汽缸活塞”模型1.“汽缸活塞”模型的解题思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析物理过程①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。②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。注意检验求解结果的合理性。2.两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。角度单独气体例3(2023·湖北卷，13)如图4所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降eq\f(1,3)H，左侧活塞上升eq\f(1,2)H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：图4(1)最终汽缸内气体的压强；(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。答案(1)eq\f(18,17)p0(2)eq\f(2p0S,17H)eq\f(2p0S,17g)解析(1)对左、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH末态压强p2，体积V2＝S·eq\f(3,2)H＋eq\f(2,3)H·2S＝eq\f(17,6)SH根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2解得p2＝eq\f(18,17)p0。(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S解得m＝eq\f(2p0S,17g)对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·eq\f(1,2)H＝p2S解得k＝eq\f(2p0S,17H)。2.(2024·广东东莞联考)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图5所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着重物。当缸内温度为T1＝300K时，活塞与缸底相距H＝3cm，与重物相距h＝2cm。环境空气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。图5(1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2；(2)若重物质量为m＝2kg，当轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求此时缸内气体温度T3。答案(1)500K(2)600K解析(1)从开始到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则eq\f(HS,T1)＝eq\f(（H＋h）S,T2)解得T2＝500K。(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有p1S＝p0S＋mg对缸内气体，有eq\f(p0,T2)＝eq\f(p1,T3)解得T3＝600K。角度关联气体例4(2022·河北卷，15)水平放置的气体阻尼器模型截面如图6所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq\f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：图6(1)此时上、下部分气体的压强；(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。答案(1)2p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(4p0S,3g)解析(1)整个装置旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。整个装置旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq\f(1,2)SL0＋SL0＝eq\f(3,2)SL0，则p0·SL0＝p2·eq\f(3,2)SL0解得旋转后下部分气体压强为p2＝eq\f(2,3)p0(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，设活塞质量为m，活塞的重力mg方向竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S解得活塞的质量为m＝eq\f(4p0S,3g)。1.如图1所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75cmHg，重力加速度g＝10m/s2，求：图1(1)静止时左侧气体的压强p1；(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。答案(1)70cmHg(2)eq\f(160,3)m/s2解析(1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0对底部液柱由平衡条件有p0S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p1＋ρgh))S大气压强p0可表示为p0＝ρgh0其中h0＝75cm解得p1＝70cmHg。(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3两边液面相平，故左边气体长度从L1＝L－h＝5cm变为L2＝L－eq\f(h,2)＝7.5cm右边气体长度从L＝10cm变为L3＝L－eq\f(h,2)＝7.5cm对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma其中m＝ρLS解得a＝eq\f(160,3)m/s2。2.如图2所示，一端开口一端封闭粗细均匀足够长的“U”形玻璃管竖直放置，管内两段水银柱封闭了A、B两部分理想气体，开始管外环境温度为T1＝300K，稳定时各段水银柱和空气柱的长度分别为h1＝14cm，h2＝10cm，h3＝15cm。现使A、B两部分理想气体缓慢升高同样的温度，稳定时下方水银柱两侧水银面相平，大气压强为p0＝76cmHg，重力加速度为g。求：图2(1)开始A、B两部分气体的压强pA1和pB1；(2)升高后的温度T2和升温后A部分气体气柱的长度LA。答案(1)90cmHg80cmHg(2)450K15cm解析(1)如题图所示，A、B两部分气体的压强为pA1＝p0＋ph1＝76cmHg＋14cmHg＝90cmHgpB1＝pA1－ph2＝90cmHg－10cmHg＝80cmHg。(2)开始气体温度为T1＝300K，B气柱长度为LB1＝h3＝15cm，升温后气体温度为T2，A、B两部分管内最低水银面相平，可求B气体压强为pB2＝pA1＝90cmHgB气柱长度变为LB2＝h3＋eq\f(h2,2)＝20cm对B气体，根据理想气体状态方程有eq\f(pB1LB1S,T1)＝eq\f(pB2LB2S,T2)代入数据解得T2＝450K升温过程A部分气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律有eq\f(h2S,T1)＝eq\f(LAS,T2)代入数据解得LA＝15cm。3.如图3所示，体积分别为V和2V的导热汽缸Ⅰ、Ⅱ通过细管相连，汽缸内通过活塞A、B封闭有一定质量的理想气体，汽缸Ⅰ的横截面积为S，封闭气体的压强为p0；汽缸Ⅱ的横截面积是2S，封闭气体的压强为1.25p0。现给活塞A施加一水平向右逐渐增大的压力，当汽缸Ⅰ中一半质量的气体进入汽缸Ⅱ时(环境温度不变，大气压强为p0)，已知汽缸内壁光滑，活塞厚度不计。求：图3(1)活塞A移动的距离；(2)加在活塞A上的水平推力大小。答案(1)eq\f(2V,3S)(2)eq\f(1,2)p0S解析(1)设后来两部分气体的压强为p，活塞A移动的距离为x，则汽缸Ⅰ内的气体体积变为V1＝2(V－xS)汽缸Ⅱ内的气体体积变为V2＝V＋xS由玻意耳定律：对Ⅰ内的气体p0V＝pV1对Ⅱ内的气体1.25p0·2V＝pV2联立解得x＝eq\f(2V,3S)，p＝eq\f(3,2)p0。(2)根据共点力的平衡条件F＋p0S＝pS解得F＝eq\f(1,2)p0S。4.如图4(a)所示，水平放置的导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ横截面积S相同，长度均为L，内部分别有质量均为m＝eq\f(p0S,g)、厚度不计的活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动。汽缸Ⅰ左端开口，外界大气压强为p0，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，汽缸Ⅰ内通过一细管与汽缸Ⅱ连通(细管容积可忽略不计)，初始时A、B均位于汽缸最左端，缸内气体温度为T0。将汽缸缓慢转到竖直位置，如图(b)所示，重力加速度为g。求：图4(1)活塞A、B分别下移的距离x1、x2；(2)对汽缸Ⅱ气体加热，使B活塞恰好回到初始位置，此时汽缸Ⅱ内气体温度T。答案(1)eq\f(5,6)L