必刷13　应用气体实验定律解决“三类模型问题”-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）

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必刷13　应用气体实验定律解决“三类模型问题”


必刷点1　液柱封闭气体模型

类型一　单独气体

典例1.(2020·湖北枣阳模拟)如图,导热性能良好的U形容器,右管顶部封闭,容器的左右两部分横截面积之比为1∶2.容器内部封闭一部分水银.现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h=5 cm,左右两部分容器的水银面的高度差H=15 cm,设大气压p0=75 cmHg,外界环境温度t=27 ℃,求:

(1)向左边的容器部分缓慢注入水银,直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度;
(2)当左右两部分的水银柱相平齐后,将整个容器置于一温控室内,然后使温控室的温度缓慢升高,直到右端容器内被封闭的气体的长度为5 cm时,此时温控室内的温度.

【答案】　(1)4 cm　(2)390 K
【解析】 (1)以右边玻璃管封闭的气体为研究对象,封闭气体等温变化,设当两管的水银液面相平时,右端被封闭的气体长度为h'.
初、末状态的压强和体积分别为:p1=p0-H,p2=p0
由理想气体状态方程可得:p1h=p2h'
解得h'=(p0-H)hp0
h'=4 cm.
(2)空气柱的长度变为开始时的长度h时,右管水银面下降Δh=h-h'=1 cm,则左管水银面会上升2 cm,此时空气柱的压强p3=p0+3Δh
由p1T=p3T'
解得T'=390 K.

变式1. (2019·全国卷Ⅲ)如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K.

(1)求细管的长度;
(2)若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度.

【答案】　(1)41 cm　(2)312 K
【解析】 (1)设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1.由玻意耳定律有pV=p1V1　①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgh　②
p1=p0-ρgh　③
式中,ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强.由题意有V=S(L-h1-h)④
V1=S(L-h)　⑤
由①②③④⑤式和题给条件得L=41 cm　⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T,
由盖-吕萨克定律有VT0=V1T　⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T=312 K.

类型二　关联气体

典例2. (2018·全国卷Ⅲ)如图所示,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)

【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.
由玻意耳定律有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.

变式2.(2015·全国卷Ⅰ)如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l1=25.0 cm的空气柱,中间有一段长l2=25.0 cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0 cm.已知大气压强为p0=75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为l1'=20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离.

【答案】15.0 cm

【解析】以 cmHg为压强单位.在活塞下推时,玻璃管下部空气柱的压强为p1=p0+l2　①
设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1',由玻意耳定律得p1l1=p1'l1'　②
如图,设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l3'=l3+l1-l1'-Δl　③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3',则
p3'=p1'-l2　④
由玻意耳定律得p0l3=p3'l3'　⑤
由①至⑤式及题给数据解得Δl=15.0 cm.

必刷点2　“汽缸活塞类”模型

类型一　单独气体

典例3. (2020·湖南衡阳模拟)如图,有一个在水平面上固定放置的汽缸,由a、b、c三个粗细不同的同轴绝热圆筒组成,a、b、c的横截面积分别为2S、S和3S.已知大气压强为p0.两绝热活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的细线相连,两活塞之间密封有温度为T0的空气,开始时,两活塞静止在图示位置.现对气体加热,使其温度缓慢上升,两活塞缓慢移动,忽略两活塞与圆筒之间的摩擦.求:

(1)加热前被封闭气体的压强和细线中的拉力;
(2)气体温度上升到多少时,其中一活塞恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处.
【答案】　(1)p0　0　(2)87T0
【解析】 (1)由力的平衡条件可得
对活塞A:2p0S+F=2p1S　①
对活塞B:3p0S+F=3p1S　②
解得:p1=p0,F=0.
(2)对气体加热后,两活塞将缓慢向右移动,活塞A将恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处,此过程中所研究气体的压强保持不变,由盖—吕萨克定律得:V1T1=V2T2　④
T1=T0　⑤
V1=2lS+2lS+3lS=7lS　⑥
V2=2lS+6lS=8lS　⑦
由以上式子联立解得:T2=87T0.

变式3.(2020·广东深圳模拟)如图所示,一下端开口的竖直固定圆筒,圆筒内横截面积为S,内有甲、乙两活塞,甲、乙质量分别为m、M,竖立的劲度系数为k的轻弹簧下端固定在水平地面上,上端与活塞乙连接,圆筒上端与下端开口均与大气相通.两活塞间密闭一定质量的理想气体,两活塞间距为h,均处于静止状态.现对活塞甲施加向下的压力,使其缓慢下移.已知甲、乙都可沿圆筒无摩擦地上下滑动且不漏气,大气压强为p0,环境温度不变,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g.则当施加的压力为F时,求:

(1)气体的压强p;
(2)整个过程活塞甲下移的距离x.

【答案】(1)p0+mg+FS　(2)Fp0S+mg+F+Fk
【解析】(1)活塞甲处于平衡状态,则有:pS=p0S+mg+F
解得p=p0+mg+FS.
(2)对于封闭气体,初态气体压强为p1=p0+mgS
设末态活塞甲、乙间距为h,则有p1hS=ph'S
解得h'=p0S+mgp0S+mg+Fh
活塞乙对弹簧增加压力F,再下移Δh,则k=FΔh
整个过程活塞甲向下移动的距离为x=h-h'+Δh
解得x=Fp0S+mg+Fh+Fk.

类型二　关联气体

典例4. (2020·安徽安庆模拟)如图,圆柱形容器由粗细两部分组成,它们的横截面积之比为3∶1,细的部分长L1=25 cm,下端封闭,上端与粗的部分连通,内有h=15 cm的水银柱封闭一定质量的气体A,水银上表面位于粗、细分界处.粗的部分上部有一可自由滑动的轻质活塞,活塞到分界面处的距离为L2=10 cm,其内封闭有一定质量的气体B.现将活塞竖直向上缓慢提起,直到水银全部进入粗圆柱形容器内,已知初始时气体A的压强p0=75 cmHg,整个过程温度不变,所有气体视为理想气体.求:

(1)水银全部进入粗圆柱形容器中时气体A的压强;
(2)活塞移动的距离.
【答案】 (1)30 cmHg　(2)19 cm
【解析】 (1)A中气体发生等温变化.
初态:压强pA=p0,体积VA=(L1-h)S
末态:压强pA',体积VA'=L1S
对A中气体根据玻意耳定律可得:pAVA=pA'VA'　
解得:pA'=30 cmHg.　
(2)B中气体发生等温变化,根据几何关系可得末状态粗圆柱形容器中水银的高度:h'=h3=5cm
初态:压强pB=p0-h=60 cmHg,体积VB=L23S
末态:压强pB'=pA'-h'=25 cmHg,体积VB'=L2'3S
根据玻意耳定律可得:pBVB=pB'VB',解得:L2'=24 cm　
则Δh=L2'+h'-L2=19 cm.

变式4.(2019·全国卷Ⅱ)如图,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:

(1)抽气前氢气的压强;
(2)抽气后氢气的压强和体积.

【答案】(1)12(p0+p)　(2)4(p0+p)V02p0+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)·S　①
得p10=12(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=p1·2S　③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0　④
p2V2=p0·V0　⑤
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=12p0+14p
V1=4(p0+p)V02p0+p.

必刷点3　　“变质量气体”模型

典例5. (2020·湖北枣阳模拟)如图所示,热气球下端有一个小开口,以保持球内外压强始终为1个大气压.设气球的总体积V0=500 m(球壳体积忽略不计).现给热气球内部充有温度为480 K的热空气.已知地球表面大气温度T0=280 K,密度ρ0=1.20 kg/m3,如果把大气视为理想气体,重力加速度g取10 m/s2.求:

(1)该热气球受到的空气浮力;
(2)除球内空气外,若气球质量M=130 kg,该热气球还能托起的质量.

【答案】(1)6 000 N　(2)120 kg
【解析】(1)热气球受到的浮力为F=ρ0gV0　
联立解得F=6 000 N.
(2)设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0,该部分气体在温度为T时体积为V,则有ρ0V0=ρV
由于气体压强始终为1个大气压,则有V0T0=VT
设气球恰能从地面飘起,对于热气球、内部的空气和所加的重物有:ρ0gV0=(M+m)g+ρgV0　
解得m=120 kg.

变式5. (2019·全国卷Ⅰ)热等静压设备广泛用于材料加工中.该设备工作时,先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能.一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中.已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3,使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa,使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa;室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体.
(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强;
(2)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃,求此时炉腔中气体的压强.

【答案】(1)3.2×107 Pa　(2)1.6×108 Pa

【解析】 (1)设初始时每瓶气体的体积为V0,压强为p0;使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时,其体积膨胀为V1.由玻意耳定律
p0V0=p1V1　①
被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
V1'=V1-V0　②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2,体积为V2.由玻意耳定律p2V2=10p1V1'　③
联立①②③式并代入题给数据得
p2=3.2×107 Pa　④
(2)设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔温度为T1,气体压强为p3,由查理定律
p3T1=p2T0　⑤
联立④⑤式并代入题给数据得
p3=1.6×108 Pa.

练考点　过基础 过素养

题组一　液柱封闭气体问题

1. (2020·甘肃兰州模拟)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平管部分有一空气柱,各部分长度如图所示,单位为厘米.现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中,知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长.求:

(1)此时右管封闭气体的压强;
(2)左侧管中需要倒入水银柱的长度.

【答案】(1)100 cmHg　(2)49.2 cm
【解析】 (1)对右管中封闭气体,水银刚好全部进入竖直右管后
p0×40S=p1×(40-10)S,解得:p1=100 cmHg.
(2)对水平部分气体,末态压强:
p'=(100+15+10) cmHg=125 cmHg,
由玻意耳定律:(p0+15)×15S=p'LS
解得:L=10.8 cm
所以加入水银柱的长度为:
125 cm-75 cm+10 cm-10.8 cm=49.2 cm.

2.(2020·湖北黄冈模拟)如图,一带有活塞的汽缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连,汽缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1,初始时,该装置的底部盛有水银;活塞与水银面之间封有一定量的气体,气柱高度为l(以 cm为单位);竖直管内的水银面比汽缸内的水银面高出3l8.现使活塞缓慢向上移动11l32,这时汽缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上,求初始时汽缸内气体的压强(以 cmHg为单位)


【答案】 158l
【解析】　设S为汽缸的横截面积,p为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强,p0为大气压强.有p=p0+38l　①
在活塞上移11l32后,汽缸内气体的压强变为p0,设气体的体积为V',由玻意耳定律得
p0V'=pSl　②
设汽缸内水银面上升Δx,有Δx=38l-3Δx　③
V'=l+1132l-Δx·S　④
联立①②③④式,解得p=158l.

3.(2015·全国卷Ⅱ)如图,一粗细均匀的U形管竖直放置,A侧上端封闭,B侧上端与大气相通,下端开口处开关K关闭;A侧空气柱的长度为l=10.0 cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0 cm.现将开关K打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为h1=10.0 cm时将开关K关闭.已知大气压强p0=75.0 cmHg.

(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度;
(2)此后再向B侧注入水银,使A、B两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长度.

【答案】(1)12.0 cm　(2)13.2 cm
【解析】(1)以 cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度l=10.0 cm时的压强为p;当两侧水银面的高度差为h1=10.0 cm时,空气柱的长度为l1,压强为p1.由玻意耳定律得
pl=p1l1　①
由力学平衡条件得p=p0+h　②
打开开关K放出水银的过程中,B侧水银面处的压强始终为p0,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小,B、A两侧水银面的高度差也随之减小,直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止.由力学平衡条件有
p1=p0-h1　③
联立①②③式,并代入题给数据得l1=12.0 cm　④
(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时,设A侧空气柱的长度为l2,压强为p2.由玻意耳定律得pl=p2l2　⑤
由力学平衡条件有p2=p0　⑥
联立②⑤⑥式,并代入题给数据得l2=10.4 cm　⑦
设注入的水银在管内的长度为Δh,依题意得
Δh=2(l1-l2)+h1　⑧
联立④⑦⑧式,并代入题给数据得Δh=13.2 cm.
4.(2020·湖北枣阳模拟)某同学设计了测量液体密度的装置.如图,左侧容器开口;右管竖直,上端封闭,导热良好,管长L0=1 m,粗细均匀,底部有细管与左侧连通,初始时未装液体.现向左侧容器缓慢注入某种液体,当左侧液面高度为h1=0.7 m时,右管内液柱高度h2=0.2 m.已知右管横截面积远小于左侧横截面积,大气压强p0=1.0×105Pa,取g=10 m/s2.

(1)求此时右管内气体压强及该液体的密度;
(2)若此时右管内气体温度T=260 K,再将右管内气体温度缓慢升高到多少K时,刚好将右管中液体全部挤出?(不计温度变化对液体密度的影响)
【答案】 (1)5×103 kg/m3　(2)351 K
【解析】 (1)右侧封闭气体做等温变化,根据玻意耳定律:p0L0S=p1(L0-h2)S
解得p1=1.25×105 Pa
而p1=p0+ρg(h1-h2)
解得液体密度ρ=5×103 kg/m3.
(2)以未装液体时作为初状态,全部排空液体时作为末状态,右管气体做等容变化,末状态压强p2=p0+ρgh1=1.35×105 Pa
根据查理定律有p0T=p2T2
解得T2=351 K
另解:以加入液体后为初状态p1=1.25×105 Pa,V1=(L0-h1)S
全部排空液体时作为末状态p2=1.35×105 Pa,V2=L0S
根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2
解得T2=351 K.

5.(2019·吉林省实验中学一模)如图所示,内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口,AB、CD段竖直,BC、DE段水平,AB=90 cm,BC=40 cm,CD=60 cm,竖直段CD内有一长10 cm的水银柱.在环境温度为300 K时,保持BC段水平,将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中,使A端在水银面下10 cm,此时CD段中的水银柱上端距C点10 cm.已知大气压为75 cmHg且保持不变.

(1)环境温度缓慢升高,求温度升高到多少时,CD段中水银柱下端刚刚接触D点;
(2)环境温度在(1)问的基础上再缓慢升高,求温度升高到多少时,CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE.(计算结果保留3位有效数字)
【答案】 (1)400 K　(2)519 K
【解析】 (1)由题意知,在没有升温前,AB管内槽中水银面以上的水银柱高度为10 cm,封闭气体的长度为L1=(90-10-10) cm+40 cm+10 cm=120 cm,压强为p1=75 cmHg-10 cmHg=65 cmHg,温度为T1=300 K;在升温后让CD段中水银柱下端刚刚接触D点,气体做等压变化,气体的长度为L2=(90-10-10) cm+40 cm+(60-10) cm=160 cm,设温度为T2,玻璃管横截面积为S,由盖—吕萨克定律得V1T1=V2T2,解得T2=V2V1T1=160S120S×300 K=400 K.
(2)CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE时,压强为p3=75 cmHg,气体的长度为L3=(90-10) cm+40 cm+60 cm=180 cm,设温度为T3,由理想气体状态方程得p1V1T1=p3V3T3,解得T3=p3V3p1V1T1=75×180S65×120S×300 K=519 K.

题组二　活塞问题

6.(2020·河北邢台模拟)如图所示,开口向下、粗细均匀的固定导热汽缸内,由两活塞a、b封闭两部分气体A、B(活塞高度不计).当环境温度为87 ℃、两活塞平衡时,气体A、B高度之比为3∶2、总长为L.当环境温度缓慢地降到27 ℃,两活塞重新平衡时,求活塞a、b各自移动的距离.

【答案】110L　16L
【解析】 设a向上移动的距离为hA,b向上移动的距离为hB,因为两部分气体都做等压变化,由盖—吕萨克定律可知,
对于气体A有VA1T1=VA2T2即35LS87+273=35L-hAS27+273
解得hA=110L
对于气体B有VB1T1=VB2T2即25LS87+273=25L-hB+hAS27+273
解得hB=16L.

7. (2020·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,开口向上的汽缸C静置于水平桌面上,用一横截面积S=50 cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体,一轻绳一端系在活塞上,另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=2 800 N/m的竖直轻弹簧A,A下端系有一质量m=14 kg的物块B.开始时,缸内气体的温度t1=27 ℃,活塞到缸底的距离L1=120 cm,弹簧恰好处于原长状态.已知外界大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,取重力加速度g=10 m/s2,不计一切摩擦.现使缸内气体缓慢冷却,求:

(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度;
(2)气体的温度缓慢冷却到-93 ℃时B离桌面的高度H.(结果保留2位有效数字)

【答案】(1)-66 ℃　(2)15 cm
【解析】(1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为kx1=mg
由活塞受力平衡得p2S=p0S-kx1,T1=300 K
根据理想气体状态方程有p0L1ST1=p2(L1-x1)ST2
代入数据解得T2=207 K,t2=T2-273=-66 ℃.
当B刚要离开桌面时缸内气体的温度t2=-66 ℃
(2)由(1)得x1=5 cm,当温度降至-66 ℃之后,若继续降温,缸内气体压强不变,根据盖-吕萨克定律,有(L1-x1)ST2=(L1-x1-H)ST3
代入数据解得H=15 cm.

8.(2020·四川达州模拟)如图所示,两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通,两活塞a、b用刚性轻杆相连,可在两汽缸内无摩擦地移动.上下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1=10 cm2、S2=20 cm2,两活塞总质量为M=5 kg,两汽缸高度均为H=10 cm.汽缸内封闭有一定质量的理想气体,系统平衡时活塞a、b到汽缸底部距离均为l=5 cm(图中未标出).已知大气压强为p0=1.0×105Pa,环境温度为T0=300 K,重力加速度g取10 m/s2.

(1)若缓慢升高环境温度,使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部且恰好不接触,求此时环境温度;
(2)若保持温度不变,用竖直向下的力缓慢推活塞b,在活塞b由开始运动到汽缸底部过程中,求向下推力的最大值.
【答案】　(1)400 K　(2)75 N
【解析】 (1)活塞缓慢移动,可视为平衡状态,以活塞为研究对象,设封闭气体压强为p1,由平衡条件有p0S1+p1S2=Mg+p0S2+p1S1
代入数据得p1=1.5×105Pa
温度升高,封闭气体压强不变,因而气体体积变大,故而活塞向上移动,对于封闭气体:
初态:V1=lS1+lS2　T1=T0
末态:V2=HS2　T2=?
由盖—吕萨克定律可得:lS1+lS2T0=HS2T,
代入数据得:T=400 K.
(2)保持温度不变,用竖直向下的力缓慢推活塞b,可视为平衡状态,以活塞为研究对象,设封闭气体的压强为p2,由平衡条件有:p0S1+p2S2=Mg+p0S2+p2S1+F
解得F=p2(S2-S1)-p0(S2-S1)-Mg
由以上表达式可知,封闭气体压强p2越大,力F越大,故需要封闭气体体积越小.当活塞b刚要到达汽缸底部时,封闭气体体积最小,此时力F最大.对于封闭气体:
初态:V1=lS1+lS2　p1=1.5×105 Pa
末态:V2'=HS1　p2=?
由玻意耳定律,p1(lS1+lS2)=p2HS1
代入数据得p2=2.25×105 Pa
结合以上分析进一步解得力F=75 N.

9.(2020·安徽合肥模拟)如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为T=303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l2,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K.现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2.求:

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,汽缸内封闭气体的温度;
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强.
【答案】　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa
【解析】 (1)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2.由题给条件得V1=S1l2+S2l-l2　①
V2=S2l　②
在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得
S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p)　③
故缸内气体的压强不变.由盖—吕萨克定律有V1T1=V2T2　④
联立①②④式并代入题给数据得T2=330 K.　⑤
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变.设达到热平衡时被封闭气体的压强为p',由查理定律有p'T=p1T2　⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得p'=1.01×105 Pa.

10.(2020·福州检测)如图所示,开口向上竖直放置的横截面积为10 cm2的汽缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞,两个活塞把汽缸内的气体分割为两个独立的部分A和B,A的长度为30 cm,B的长度是A长度的一半,汽缸和b活塞都是绝热的,活塞a导热性能良好,与活塞b和汽缸底部相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m,B部分下端有与电源相连的电热丝.初始状态A、B两部分气体的温度均为27 ℃,弹簧处于原长,活塞a刚好与汽缸口相齐平,开关S断开.若在活塞a上放上一个2 kg的重物,则活塞a下降一段距离后静止(已知外界大气压强为p0=1×105 Pa,重力加速度取g=10 m/s2).求:

(1)稳定后A部分气柱的长度;
(2)合上开关S,对气体B进行加热,可以使a上升再次与汽缸口齐平,则此时气体B的温度为多少?
【答案】　(1)25 cm　(2)227 ℃
【解析】 (1)对于A部分气体,初态pA=1×105 Pa,VA=L1S
末态pA'=p0+mgS=1.2×105 Pa
根据玻意耳定律pAL1S=pA'L1'S
解得L1'=25 cm
即A部分气柱长度变为25 cm.
(2)若使活塞a返回原处,B部分气体末状态时气柱长为L2'=20 cm,此时弹簧要伸长5 cm
对活塞b有pA'S+kΔl=pB'S
解得pB'=pA'+kΔlS=1.25×105 Pa
对于B部分气体,初态pB=1×105 Pa,VB=L2S,TB=300 K
末态pB'=1.25×105 Pa,VB'=L2'S
根据理想气体状态方程pBVBTB=pB'VB'TB'
解得:TB'=500 K
则此时温度为tB=(TB'-273) ℃=227 ℃.

题组三　变质量问题

11.(2020·广东深圳模拟)如图所示,喷洒农药用的某种喷雾器,其药液桶的总容积为15 L,装入药液后,封闭在药液上方的空气体积为2 L,打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气,忽略打气和喷药过程气体温度的变化.

(1)若要使气体压强增大到2.5 atm,应打气多少次?
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气,并开始向外喷药,那么当喷雾器不能再向外喷药时,桶内剩下的药液还有多少升?
【答案】　(1)20　(2)10 L
【解析】 (1)设应打n次,初态为:p1=1 atm,V1=150 cm3·n+2 L=(0.15n+2)L
末态为:p2=2.5 atm,V2=2 L
根据玻意耳定律得:p1V1=p2V2
解得:n=20.
(2)由题意可知:V1'=2 L,p1'=2.5 atm;p2'=1 atm,
根据玻意耳定律得:p1'V1'=p2'V2'
代入数据解得:V2'=5 L
剩下的药液为:V=15 L-5 L=10 L.

12.(2020·广西柳州模拟)一太阳能空气集热器,底面及侧面为隔热材料,顶面为透明玻璃板,集热器容积为V0,开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳曝晒,气体温度由T0=300 K升至T1=350 K.

(1)求此时气体的压强;
(2)保持T1=350 K不变,缓慢抽出部分气体,使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热,并简述原因.
【答案】 (1)76p0　(2)67　吸热,原因见解析
【解析】 　(1)由题意知气体体积不变,由查理定律得p0T0=p1T1　
得p1=76p0.
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V2,由玻意耳定律可得p1V0=p0V2
则V2=76V0
所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为ρV0ρ·76V0=67
因为抽气过程中剩余气体温度不变,故内能不变,而剩余气体的体积膨胀对外做功.由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体一定从外界吸收热量.
13.(2020·河南新乡模拟)如图,两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置,汽缸底部和顶部均有细管连通,顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0,汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同,厚度可忽略).开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体),压强分别为p0和p03;左活塞在汽缸正中间,其上方为真空;右活塞上方气体体积为V04.现使汽缸底与一恒温热源接触,平衡后左活塞升至汽缸顶部,且与顶部刚好没有接触;然后打开K,经过一段时间,重新达到平衡.已知外界温度为T0,不计活塞与汽缸壁间的摩擦.求:

(1)恒温热源的温度T;
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
【答案】　　(1)75T0　(2)12V0
【解析】 (1)与恒温热源接触后,在K未打开时,右活塞不动,两活塞下方对气体经历等压过程,由盖—吕萨克定律得TT0=7V045V04　①
由此得T=75T0　②

(2)由初始状态的力学平衡条件可知,左活塞的质量比右活塞的大.打开K后,左活塞下降至某一位置,右活塞必须升至汽缸顶,才能满足力学平衡条件.
汽缸顶部与外界接触,底部与恒温热源接触,两部分气体各自经历等温过程,设左活塞上方气体压强为p,由玻意耳定律得pVx=p03·V04　③
(p+p0)(2V0-Vx)=p0·7V04　④
联立③④式,得6Vx2-V0Vx-V02=0
其解为Vx=12V0,另一个解Vx=-13V0,不符合题意,舍去.

14.(2020·沈阳模拟)如图,导热良好的汽缸A、B用细管相连,A的容积为B的3倍,A中装有压强为p0、质量为m0的理想气体,活塞C可沿汽缸B滑动且与B保持良好的气密性.连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2,当向右拉活塞时,保持K1打开,K2闭合;向左推活塞时,保持K1闭合,K2打开.活塞开始时位于汽缸B的最左端,若环境温度始终保持不变,外界大气压强为p0,不计细管体积的影响.求:

(1)将活塞缓慢拉到汽缸B的最右端时缸内气体的压强;
(2)将活塞缓慢拉到汽缸B的最右端,再缓慢推回到最左端,如此反复n次(包括最后一次)后缸内气体的质量.

【答案】　(1)34p0　(2)34nm0
【解析】 (1)根据玻意耳定律有p0VA=p1(VA+VB)
解得p1=34p0.
(2)将活塞第一次推回到汽缸B的最左端时,
A内剩余气体质量:m1=VAVA+VBm0,可得m1=34m0
以此类推可得mn=34nm0.