物理第二章 气体、固体和液体综合与测试学案及答案

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[学习目标] 1.会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题.2.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．
一、关联气体问题
这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法：
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解．
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．
(3)多个方程联立求解．
(2021·江苏省扬州中学高二期中)如图1所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的汽缸分为A、B两个汽缸，A、B两个汽缸装有体积均为12 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体．现给左面的活塞N施加一推力，使其向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动．已知外界大气压强为1 atm,1 atm＝1×105 Pa，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，求：
图1
(1)A汽缸中气体的压强；
(2)活塞N向右移动的距离；
(3)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度．
答案 (1)1.5 atm (2)10 cm (3)177 ℃
解析 (1)当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强为pA′＝pA＋eq \f(F,S)＝1.5×105 Pa＝1.5 atm
(2)A汽缸中原来的气体压强及体积分别为pA＝1 atm，VA＝12 L
A气体发生等温变化，由pAVA＝pA′VA′
代入数据解得VA′＝8 L
则活塞N向右移动的距离为Δx＝eq \f(VA－VA′,S)＝eq \f(12－8×103,400) cm＝10 cm
(3)B汽缸中气体原来压强、温度分别为pB＝1 atm，TB＝300 K
后来压强为pB′＝pA′＝1.5×105 Pa＝1.5 atm
B汽缸中气体发生等容变化，由eq \f(pB,TB)＝eq \f(pB′,TB′)
解得TB′＝eq \f(pB′,pB)TB＝eq \f(1.5,1)×300 K＝450 K
即tB′＝177 ℃.
两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都满足eq \f(pV,T)为常数；两部分气体往往有一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出方程即可.
如图2所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
图2
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.
此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律知
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm
二、气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
解决该类问题的一般思路：
(1)审清题意，确定研究对象．
(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；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进而求出压强．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，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．
(2020·海口市第四中学高二开学考试)如图3所示，固定的汽缸Ⅰ和汽缸Ⅱ的活塞用劲度系数为k＝100 N/cm的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中S2＝10 cm2.两汽缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与汽缸底部的距离均为L0＝10 cm，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，弹簧处于原长．现只给汽缸Ⅰ缓慢加热，使汽缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5 cm.已知活塞没有到达汽缸口，弹簧始终保持水平，汽缸内气体可视为理想气体．求此时：
图3
(1)弹簧的形变量；
(2)汽缸Ⅰ内气体的温度．
答案 (1)1 cm (2)720 K
解析 (1)初始时弹簧处于原长，说明两汽缸内气体压强均为p0
加热后，对汽缸Ⅱ的活塞受力分析得
p0S2＋kx＝p2S2
对汽缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
p0S2L0＝p2S2L2
L2＝L0－5 cm
联立解得x＝1 cm
(2)对汽缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程得
eq \f(p0S1L0,T0)＝eq \f(p1S1L1,T)
对汽缸Ⅰ的活塞受力分析得
p1S1＝p0S1＋kx
由几何关系得
L1＝L0＋x＋5 cm
联立解得T＝720 K.
(2020·江苏省海安高级中学高二学业考试)竖直平面内有一内径处处相同的直角形细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图4所示．初始时，封闭气体温度为T1＝300 K，外界大气压强p0＝75 cmHg.求：
图4
(1)若对封闭气体缓慢加热，当水平管内水银全部进入竖直管内时，气体的温度是多少；
(2)若保持(1)问的温度不变，从C端缓慢注入水银，使水银与C端管口平齐，需要注入水银的长度为多少．
答案 (1)450 K (2)14 cm
解析 (1)设细管的横截面积为S，以AB内封闭的气体为研究对象．
初态p1＝p0＋5 cmHg，V1＝30S，T1＝300 K
当水平管内水银全部进入竖直管内时，p2＝p0＋15 cmHg，体积V2＝40S，设此时温度为T2，由理想气体状态方程得：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得T2＝450 K
(2)保持温度不变，初态p2＝p0＋15 cmHg，体积V2＝40S，末态p3＝p0＋25 cmHg
由玻意耳定律得：p2V2＝p3V3
解得V3＝36S
故需要加入的水银长度l＝(30＋20－36) cm＝14 cm.
1．(关联气体问题)(2021·重庆一中高二下月考)如图5所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且Sa图5
A．活塞向左移动了一点
B．活塞向右移动了一点
C．活塞的位置没有改变
D．条件不足，活塞的位置变化无法确定
答案 B
2.(关联气体问题)(2020·江苏省镇江中学高二月考)如图6所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S，内装有密度为ρ的液体．右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气．温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱(可视为理想气体)长度均为L，压强均为大气压强p0，重力加速度为g，现使左、右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左右两管液面保持不动．求：
图6
(1)温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；
(2)温度升高到T2为多少时，两管液面高度差为L.
答案 (1)(1＋eq \f(mg,p0S))T0 (2)eq \f(3T0,2p0)(p0＋eq \f(mg,S)＋ρgL)
解析 (1)活塞刚离开卡口时，对活塞受力分析，受重力，外界大气向下的压力和右管气体向上的压力，由平衡得mg＋p0S＝p1S
解得p1＝p0＋eq \f(mg,S)
两侧气体体积不变，对右管气体有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)
解得T1＝(1＋eq \f(mg,p0S))T0
(2)以左管内气体为研究对象，其末状态有V2＝eq \f(3,2)LS
p2＝p0＋eq \f(mg,S)＋ρgL
由理想气体状态方程有eq \f(p0LS,T0)＝eq \f(p2V2,T2)
解得T2＝eq \f(3T0,2p0)(p0＋eq \f(mg,S)＋ρgL)．
3.(综合应用)(2020·贵州高二期末)如图7所示，一上端开口、内壁光滑的圆柱形绝热汽缸竖直放置在水平地面上，一厚度、质量均不计的绝热活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内．汽缸顶部有厚度不计的小卡环可以挡住活塞．初始时，底部阀门关闭，缸内气体体积为汽缸容积的eq \f(4,5)，温度为280 K．已知外界大气压强恒为p0.现通过电热丝加热，使缸内气体温度缓慢上升到400 K.
图7
(1)求此时缸内气体的压强；
(2)打开阀门，保持缸内气体温度为400 K不变，求活塞缓慢回到初始位置时，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比．
答案 (1)eq \f(8,7)p0 (2)eq \f(7,10)
解析 (1)若气体进行等压变化，则当温度变为400 K时，由盖－吕萨克定律可得eq \f(\f(4,5)V0,T1)＝eq \f(V,T2)
解得V＝eq \f(8,7)V0＞V0
说明当温度为400 K时活塞已经到达顶端，则由理想气体状态方程可得eq \f(p0·\f(4,5)V0,T1)＝eq \f(pV0,T2)
解得p＝eq \f(8,7)p0
(2)设缸内气体温度为400 K，压强为p0时体积为V′，则
pV0＝p0V′
解得V′＝eq \f(8,7)V0
打开阀门，保持缸内气体温度为400 K不变，活塞缓慢回到初始位置时，汽缸内剩余的压强为p0的气体体积为eq \f(4,5)V0，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比为eq \f(\f(4,5)V0,\f(8,7)V0)＝eq \f(7,10).
1．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为( )
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶4 D．2∶1
答案 B
解析 对A部分气体有：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pA′VA′,TA′)①
对B部分气体有：eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pB′VB′,TB′)②
因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以将①÷②式得
eq \f(VA,VB)＝eq \f(VA′TB′,VB′TA′)
所以eq \f(VA′,VB′)＝eq \f(VATA′,VBTB′)＝eq \f(1×400,2×300)＝eq \f(2,3)，故选B.
2.如图1所示，汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高缸内气体温度，汽缸内气体压强p随热力学温度T的变化规律是( )
图1
答案 B
解析 当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线的延长线过原点；当缸内气体的压强等于p0时，气体发生等压膨胀，图线平行于T轴，故选B.
3.(2020·哈尔滨三中高二月考)如图2所示，一端封口的玻璃管开口向下插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体．当将管慢慢地向下按一段距离时，管内气柱的长度将如何变化( )
图2
A．L1变小，L2变大
B．L1变大，L2变小
C．L1、L2都变小
D．L1、L2都变大
答案 C
解析 将管慢慢地向下按一段距离时，假设L1、L2的长度不变，L1、L2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L1、L2的长度都减小，故A、B、D错误，C正确．
4.(2021·哈尔滨市第六中学高二月考)如图3，A、B是体积相同的汽缸，B内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C，D为阀门．起初阀门关闭，A内装有压强p1＝2.0×105 Pa，温度T1＝300 K的氮气；B内装有压强p2＝1.0×105 Pa，温度T2＝600 K的氧气．打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡．以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V1与V2之比为( )
图3
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶1 D．4∶1
答案 D
解析 设活塞C向右移动x，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知：
对A部分气体有：eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(pV1,T)
对B部分气体有：eq \f(p2LS,T2)＝eq \f(pV2,T)
将两式相除：eq \f(V1,V2)＝eq \f(p1,p2)·eq \f(T2,T1)＝eq \f(4,1)，
故选D.
5．(2020·江苏省镇江中学高二月考)2020年初，新冠病毒来袭．我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象．如图4是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．A瓶和B瓶中的药液一起用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
答案 C
解析 药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误．
6.(2020·南京市中华中学高二月考)如图5所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39 cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm，先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm，求：
图5
(1)稳定后右管内的气体压强p；
(2)左管A端插入水银槽的深度h.(大气压强p0＝76 cmHg)
答案 (1)78 cmHg (2)7 cm
解析 (1)设均匀玻璃管的横截面积为S，插入水银槽后对右管内气体，由玻意耳定律得：
p0l0S＝p(l0－eq \f(Δh,2))S，
所以p＝78 cmHg.
(2)插入水银槽后左管内气体压强：
p′＝p＋ρgΔh＝80 cmHg，
左管内、外水银面高度差h1＝eq \f(p′－p0,ρg)＝4 cm，
对中、左管内气体有p0lS＝p′l′S，
得l′＝38 cm，
左管插入水银槽深度
h＝l＋eq \f(Δh,2)－l′＋h1＝7 cm.
7.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而与汽缸无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图6所示，两部分气体温度相同，都是27 ℃，A部分气体压强pA0＝1.0×105 Pa，B部分气体压强pB0＝2.0×105 Pa.现对B部分气体加热，使活塞上升，保持A部分气体温度不变，体积减小为原来的eq \f(2,3).求此时：
图6
(1)A部分气体的压强pA；
(2)B部分气体的温度TB.
答案 (1)1.5×105 Pa (2)500 K
解析 (1)A部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得
pA0V＝pA·eq \f(2,3)V，
所以pA＝eq \f(3,2)pA0，
把pA0＝1.0×105 Pa代入，得pA＝1.5×105 Pa.
(2)B部分气体：
初状态：pB0＝2.0×105 Pa，VB0＝V，TB0＝300 K，
末状态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105 Pa.
VB＝V＋eq \f(1,3)V＝eq \f(4,3)V，
由理想气体状态方程eq \f(pB0VB0,TB0)＝eq \f(pBVB,TB)，
得TB＝eq \f(TB0pBVB,pB0VB0)＝eq \f(300×2.5×105×\f(4,3)V,2.0×105×V) K＝500 K.
8.(2020·江苏如皋高二月考)如图7所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S＝1×10－3 m2.活塞的质量为m＝2 kg，厚度不计．在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10－3 m3，A、B之间的容积为2.0×10－4 m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.开始时活塞停在B处，缸内气体视为理想气体，压强为0.9p0，温度为27 ℃.现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃.求：(重力加速度g取10 m/s2)
图7
(1)活塞刚离开B处时气体的温度t2；
(2)缸内气体最后的压强．
答案 (1)127 ℃ (2)1.5×105 Pa
解析 (1)活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由二力的平衡条件可得p2＝p0＋eq \f(mg,S)
解得p2＝1.2×105 Pa
由查理定律得eq \f(0.9p0,273＋t1)＝eq \f(p2,273＋t2)
解得t2＝127 ℃
(2)设活塞最终移动到A处，缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得eq \f(p1V0,273＋t1)＝eq \f(p3V3,273＋t3)
解得p3＝1.5×105 Pa
因为p3>p2，故活塞最终移动到A处的假设成立．
9．U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图8所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
图8
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离．
答案 (1)88 cmHg (2)4.5 cm
解析 设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，
(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
V2＝10×3S＝30S
封闭气体做等温变化：p1V1＝p2V2
80×33S＝p2·30S
p2＝88 cmHg
(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，
p1′＝76 cmHg，V1′＝11S，p2′＝88 cmHg
封闭气体做等温变化：p1′V1′＝p2′V2′
V2′＝9.5S
活塞推动的距离：L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm.
10．(2021·江苏省新桥高级中学高二期中)如图9，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
图9
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案 (1)eq \f(1,2)(p0＋p) (2)eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p)
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝eq \f(1,2)(p0＋p)；②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p
V1＝eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p).