新高考物理一轮复习讲义第14章 热学 专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题 (含解析)

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考点一 “玻璃管液封”模型
求液柱封闭的气体压强时，一般以液片或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＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要注意大气压强产生的压力是否要平衡掉。
(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。
角度 单独气体
例1 如图1，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
图1
(1)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？
(2)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 (1)12.9 cm (2)363 K
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为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＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h≈12.9 cm。⑤
(2)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≈363 K。
跟踪训练
1.(2022·安徽马鞍山模拟)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＝2 cm，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＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K。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451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
答案 (1)410 K (2)1.6 cm
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＝410 K。
(2)设理想气体温度为451 K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＝1.6 cm。
角度 关联气体
例2 (2023·安徽江南十校联考)如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U型管竖直放置，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＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg。
图3
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm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)15 cm (2)20 cm
解析 (1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有
p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
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＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。
跟踪训练
2.竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图4所示，单位为cm。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知大气压强p0＝
75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：
图4
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度。
答案 (1)90 cmHg (2)27 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，
初态：p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S
未态：V2＝(30 cm－5 cm)·S
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝90 cmHg。
(2)对水平管中的空气柱，
初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S
末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg
根据玻意耳定律pV＝p′V′
解得V′＝9 cm·S
则水平管中的空气柱长度变为9 cm，
此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm－75 cm－(15－7)cm＝27 cm。
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·山东威海高三期末)如图5所示为某同学设计的过压保护装置。长度为L的竖直放置的绝热汽缸与面积为S的绝热活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸的顶端装有卡环，底端装有泄压阀，当压强小于等于2p0，泄压阀保持密闭，当压强大于2p0，就会自动排出部分气体，以保持缸内压强2p0不变。初始时，活塞距离缸底的距离为汽缸长度的eq \f(2,3)，封闭气体的温度为T0，大气压强为p0，活塞的重力为0.2p0S，当温度缓慢升高到T1时，活塞运动到卡环处。若活塞厚度可忽略，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：
图5
(1)温度T1；
(2)当温度缓慢升至3T0，从泄压阀排出的气体在压强为p0、温度为T0时的体积。
答案 (1)eq \f(3T0,2) (2)eq \f(2,15)LS
解析 (1)温度由T0升高到T1的过程中，气体做等压变化，有
eq \f(2LS,3T0)＝eq \f(LS,T1)
解得T1＝eq \f(3T0,2)。
(2)初态时封闭气体的压强为p1(p1＝1.2p0)，设排出的气体在2p0、3T0时的体积为V，在温度由T0升高到3T0的过程中，由理想气体状态方程得
eq \f(p1·\f(2,3)LS,T0)＝eq \f(2p0（LS＋V）,3T0)
设排出的气体在p0、T0时的体积为V′
eq \f(2p0V,3T0)＝eq \f(p0V′,T0)
联立解得V′＝eq \f(2,15)LS。
跟踪训练
3.(2022·重庆诊断)如图6所示，导热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝20 kg，活塞质量m＝1 kg，活塞横截面积S＝100 cm2。活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
图6
(1)汽缸内气体的压强p1；
(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，汽缸内气体的温度升高了多少。
答案 (1)1.2×105 Pa (2)300 K
解析 (1)以汽缸为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件得Mg＋p0S＝p1S
代入数据得p1＝1.2×105 Pa。
(2)缸内气体发生等压变化，
由盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
其中有T1＝(27＋273)K＝300 K，V1＝0.5LS，V2＝LS
代入数据得T2＝600 K
升高温度为ΔT＝T2－T1＝300 K。
角度 关联气体
例4 (2022·全国甲卷，33)如图7，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
图7
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
答案 (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖－吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0。
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时，Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为
(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有
eq \f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,8)＋\f(V0,4))),T0)＝eq \f(p（V0－V）,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0。
跟踪训练
4.(2023·安徽黄山月考)如图8所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB＝1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强pA＝4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB′＝3p0。求：
图8
(1)此时A中的气体压强pA′；
(2)此时A中的气体温度TA′。
答案 (1)7p0 (2)700 K
解析 (1)活塞平衡时，由平衡条件得
初状态：pASA＋p0(SB－SA)＝pBSB
末状态：pA′SA＋p0(SB－SA)＝pB′SB
且SA∶SB＝1∶3
得pA′＝7p0。
(2)B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得
pB′VB＝pB·3V0
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有
eq \f(VA－V0,SA)＝eq \f(3V0－VB,SB)
对A中气体由理想气体状态方程得
eq \f(pA′VA,TA′)＝eq \f(pAV0,T0)
解得TA′＝700 K。
1.如图1所示，上端开口的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，质量为m的活塞处于容器中部，活塞面积为S。用密封的盖子封住容器口后，将容器在竖直面内沿顺时针缓慢转至水平位置，这时活塞左边气体体积为V1，右边气体体积为V2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，整个过程温度不变，活塞与汽缸无摩擦且不漏气。则eq \f(V1,V2)为( )
图1
A.1－eq \f(p0S,mg) B.1＋eq \f(p0S,mg)
C.1－eq \f(mg,p0S) D.1＋eq \f(mg,p0S)
答案 D
解析 竖直放置时，对活塞有mg＋p0S＝p10S，水平位置时，两端气体压强相等，设为p，则对左端气体有p10eq \f(V,2)＝pV1，对右端气体有p0eq \f(V,2)＝pV2，联立以上方程解得eq \f(V1,V2)＝1＋eq \f(mg,p0S)，故D正确，A、B、C错误。
2.带加热丝(图2中未画出，体积不计)的质量为M的汽缸放在水平地面上，质量为m、横截面积为S的活塞封闭着一定质量的理想气体(气体的质量可以忽略)，活塞由轻绳悬挂在天花板上，活塞到汽缸底部的距离为L，到汽缸顶部的距离为eq \f(L,2)，封闭气体的温度为T，汽缸恰好对地面无压力，已知重力加速度为g，大气压强始终为p0，M＝2m＝eq \f(p0S,5g)，活塞可在汽缸内自由滑动。现在缓慢升高封闭气体的温度，求：
图2
(1)活塞开始上升时气体的温度T1；
(2)活塞上升到汽缸顶部时气体的温度T2。
答案 (1)eq \f(11,8)T (2)eq \f(33,16)T
解析 (1)初始时对汽缸受力分析有
p0S－Mg－p1S＝0
当轻绳拉力刚好为零时活塞开始上升，此时对活塞受力分析有p0S＋mg－p2S＝0
由查理定律有eq \f(p1,T)＝eq \f(p2,T1)
联立解得T1＝eq \f(11,8)T。
(2)活塞开始上升后封闭气体的压强不再变化，初始时气体的体积V1＝LS
当活塞上升到汽缸顶部时气体的体积
V2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))S
由盖－吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得T2＝eq \f(33,16)T。
3.如图3所示，将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸壁是导热的，两个导热活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室高度分别为10 cm、5 cm，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，活塞A、B的横截面积皆为S＝1×10－3 m2。活塞的厚度均不计，不计一切摩擦，取g＝10 m/s2。
图3
(1)求气体1、气体2的压强；
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，将汽缸倒立在水平面上，求平衡后活塞A移动的距离。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，A、B活塞一直在汽缸内不脱出。
答案 (1)1.2×105 Pa 1.5×105 Pa (2)15 cm
解析 (1)由题知，汽缸壁是导热的，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，面积均为S＝1×10－3 m2，达到平衡时，
对活塞A有：p0S＋MAg＝p1S
解得p1＝1.2×105 Pa
同理对活塞B有：p1S＋MBg＝p2S
解得p2＝1.5×105 Pa。
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，汽缸平衡时，对活塞A分析，即
p0S＝MAg＋p1′S
解得p1′＝0.8×105 Pa
同理对活塞B受力分析有
p1′S＝MBg＋p2′S
解得p2′＝0.5×105 Pa
由玻意耳定律，对气室1中的气体，有
p1V1＝p1′(V1＋x1S)
对气室2中的气体，有p2V2＝p2′(V2＋x2S)
解得x1＝5 cm，x2＝10 cm
则活塞A移动的距离为x＝x1＋x2＝15 cm。
4.(2022·全国乙卷，33)如图4，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
图4
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
答案 (1)eq \f(40mg,l) (2)p0＋eq \f(3mg,S) eq \f(4,3)T0
解析 (1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋eq \f(3mg,S)
对活塞Ⅰ由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝eq \f(40mg,l)
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知
2mg＋p0·2S＋mg＋p2S＝p0S＋p2·2S
解得气体的压强为
p2＝p1＝p0＋eq \f(3mg,S)
即封闭气体发生等压变化，初、末状态的体积分别为
V1＝eq \f(1.1l,2)·2S＋eq \f(1.1l,2)·S＝eq \f(3.3lS,2)
V2＝l2·2S
由于气体的压强不变，
则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l，
由eq \f(V1,T0)＝eq \f(V2,T2)，解得T2＝eq \f(4,3)T0。
5.导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图5所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p0＝75 cmHg保持不变，环境初始温度为T1＝300 K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2＝350 K，此过程中水银无溢出。求：
图5
(1)右侧空气柱长度(保留2位小数)；
(2)左侧管内水银面下降的高度。
答案 (1)5.83 cm (2)3 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，右侧气体初状态体积V1＝5S
温度升高过程气体压强不变，
由盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(LS,T2)
代入数据解得，右侧空气柱的长度L＝5.83 cm。
(2)右管气体压强
p右＝(75＋15)cmHg＝90 cmHg
左管初状态压强p左1＝p右＝90 cmHg
左管初状态体积V左1＝32S
温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h，
左管气体末状态压强
p左2＝p右＋2ρgh＝(90＋2h)cmHg
左管内气体末状态的体积V左2＝(32＋h)S
对左管内气体，由理想气体状态方程得
eq \f(p左1V左1,T1)＝eq \f(p左2V左2,T2)
代入数据解得h＝3 cm。