高考物理一轮复习讲义练习第十五章　第4讲　专题强化：气体实验定律的综合应用

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第十五章　第4讲　专题强化：气体实验定律的综合应用，共12页。试卷主要包含了玻璃管液封模型，解题基本思路等内容，欢迎下载使用。
题型一 “玻璃管液封”模型
1．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)液体因所受重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)。
(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)灵活应用连通器原理——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。
2．解题基本思路
考向1“玻璃管液封”的单一气体模型
【典例1】 如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50 cm，管两侧水银面的高度差为h＝19 cm，大气压强恒为76 cmHg。T＝t＋273 K。
(1)若初始环境温度为27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；
(2)若保持环境温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。
【解析】 (1)封闭气体初状态的压强
p1＝p0－ph＝(76－19)cmHg＝57 cmHg，
设玻璃管的横截面积为S，体积V1＝LS，温度T1＝300 K，
封闭气体末状态压强p2＝p0＝76 cmHg，
体积V2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(h,2)))S，
对封闭气体，由理想气体的状态方程得
eq \f(p1V1,T1)＝ eq \f(p2V2,T2)，
代入数据解得T2＝476 K，即温度为203 ℃。
(2)设当管两侧水银齐平时空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS，
代入数据解得H＝37.5 cm，
注入水银柱的长度x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5)cm＋19 cm＝44 cm。
【答案】 (1)203 ℃ (2)44 cm
考向2“玻璃管液封”的关联气体模型
【典例2】 如图所示，足够长U形管竖直放置，左右两侧分别用水银封有A、B两部分气体，气柱及液柱长度如图中标注所示。已知大气压强为p0＝76 cmHg，L1＝6 cm，h1＝4 cm，h2＝32 cm，管壁导热良好，环境温度为t1＝－3 ℃且保持不变。
(1)若从右侧缓慢抽出一部分水银，使下方液柱左右液面相平，则需要从右侧管中抽出多长的水银？
(2)若仅缓慢加热A部分气体，使下方液柱左右液面相平，则此时A部分气体温度为多少？(结果保留整数)
【解析】 (1)设抽出的水银长度为Δh，设管的横截面积为S，A部分气体初始压强为p1，水银密度为ρ，则有p1＋ρgh1＝p0＋ρgh2，解得p1＝104 cmHg；
液面相平时，设A部分气体压强为p2，则有p2＝p0＋ρg(h2－Δh)，
对A部分气体，根据玻意耳定律可得
p1L1S＝p2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L1＋\f(h1,2)))S，
联立解得Δh＝30 cm。
(2)若仅缓慢加热A部分气体，使下方液柱左右液面相平，根据理想气体状态方程有
eq \f(p1L1S,T1)＝ eq \f(p′2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L1＋\f(h1,2)))S,T2)，
其中T1＝(－3＋273)K＝270 K，
p2′＝p0＋ρgh2＝108 cmHg，
解得T2≈374 K，即温度为101 ℃。
【答案】 (1)30 cm (2)101 ℃
1．如图所示，顶部封闭、竖直放置的不对称U形玻璃管中，左侧A管的横截面积是右侧B管的2倍，管中充有水银，A管和B管中水银液面的高度相同，水银液面上方的管中有压强均为84 cmHg的空气，A管中空气柱的长度为15 cm，B管中空气柱的长度为30 cm。打开管底部的阀门K，缓慢放出部分水银后再关闭K。已知放出部分水银后B管中水银面下降了5 cm，在放出水银的过程中温度保持不变。求A管中水银面下降的高度。
解析：B管内气体做等温变化，则有
pB0ShB＝pBS(hB＋ΔhB)，
其中pB0＝84 cmHg，hB＝30 cm，ΔhB＝5 cm，
解得pB＝72 cmHg，
A管内气体做等温变化，则有
pA0·2ShA＝pA·2S(hA＋ΔhA)，
其中pA0＝84 cmHg，hA＝15 cm，
装置稳定后有pA＋ρg(ΔhB－ΔhA)＝pB，
联立解得pA＝70 cmHg，ΔhA＝3 cm。
答案：3 cm
2．(2023·全国乙卷)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以 cmHg为压强单位)
解析：B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，空气柱长度lB＝10 cm，
则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，空气柱长度lA＝10 cm，
倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，空气柱长度lA′＝11 cm，
已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm，
则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23 cmHg，
空气柱长度lB′＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm，
对A管中气体，由玻意耳定律有
pAlASA＝p′Al′ASA，
对B管中气体，由玻意耳定律有
pBlBSB＝p′Bl′BSB，
联立解得pB＝54.36 cmHg，pA＝74.36 cmHg。
答案：74.36 cmHg 54.36 cmHg
题型二 “汽缸活塞类”模型
1．一般思路
(1)确定研究对象。一般来说，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。
(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。
考向1“汽缸活塞类”单一气体问题
【典例3】 如图所示，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度差为h，活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为m、横截面积为S，在活塞上放一质量为2m的重物，活塞向下移动 eq \f(1,8)h，重力加速度为g，已知大气压强等于 eq \f(6mg,S)，环境温度为T0，求：
(1)不加重物时，卡环对活塞的压力大小；
(2)若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降 eq \f(1,8)h，则降温后的温度为多少？
【解析】 (1)设不加重物时，汽缸内气体压强为p1，卡环对活塞的压力为F，则
eq \f(6mg,S)·S＋F＋mg＝p1S，解得p1＝ eq \f(7mg＋F,S)，
加重物后，设汽缸内气体压强为p2，则
eq \f(6mg,S)·S＋3mg＝p2S，解得p2＝ eq \f(9mg,S)，
气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p1hS＝p2× eq \f(7,8)hS，解得F＝ eq \f(7,8)mg。
(2)若不加重物，设环境温度降为T时活塞下降 eq \f(1,8)h，未降温时，汽缸内气体的压强为
p1＝ eq \f(63mg,8S)，
设降温后汽缸内气体的压强为p3，则
eq \f(6mg,S)·S＋mg＝p3S，解得p3＝ eq \f(7mg,S)，
根据理想气体状态方程有 eq \f(p1hS,T0)＝ eq \f(p3×\f(7,8)hS,T)，
解得T＝ eq \f(7,9)T0。
【答案】 (1) eq \f(7,8)mg (2) eq \f(7,9)T0
考向2“汽缸活塞类”的关联气体模型
【典例4】 (2024·甘肃卷)如图所示，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的 eq \f(3,4)。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
【解析】 (1)设抽气前两体积为V＝Sl，对气体A分析，抽气后体积为
VA＝2V－ eq \f(3,4)V＝ eq \f(5,4)Sl，
根据玻意耳定律得p0V＝pA· eq \f(5,4)V，
解得pA＝ eq \f(4,5)p0，
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半，即 eq \f(1,2)p0，则根据玻意耳定律得 eq \f(1,2)p0V＝pB eq \f(3,4)V，
解得pB＝ eq \f(2,3)p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为 eq \f(l,4)，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F，
根据胡克定律得F＝k eq \f(l,4)，
联立解得k＝ eq \f(8p0S,15l)。
【答案】 (1) eq \f(4,5)p0 eq \f(2,3)p0 (2) eq \f(8p0S,15l)
3．(2023·湖北卷)如图所示，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：
(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。
解析：(1)对左、右汽缸内所封闭的气体，初态：压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH；
末态：压强p2未知，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)对右侧活塞受力分析可知
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)。
答案：(1) eq \f(18,17)p0 (2) eq \f(2p0S,17H) eq \f(2p0S,17g)
4．(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积忽略不计。当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
解析：(1)(2)假设温度降低到T2时差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态：pB1＝p0，T1＝300 K；末态：T2＝270 K。
根据 eq \f(pB1,T1)＝ eq \f(pB2,T2)，
代入数据可得pB2＝9×104 Pa。
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态：VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K；
末态：T2＝270 K。
根据 eq \f(VA1,T1)＝ eq \f(VA2,T2)，
代入数据可得VA2＝3.6×102 m3。
由于p0－pB2