新高考物理一轮复习讲义 第15章 专题强化26 气体实验定律的综合应用

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第15章 专题强化26 气体实验定律的综合应用，共13页。试卷主要包含了0 cmHg，42 cm，0－5，6 mmHg　348 K等内容，欢迎下载使用。

题型一 玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝C
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)))
2．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)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．
单独气体
例1 (2019·全国卷Ⅲ·33(2))如图1，一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.
图1
(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，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
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 cm⑥
(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
eq \f(V,T0)＝eq \f(V1,T)⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
关联气体
例2 一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内水银柱及空气柱长度如图2所示．用力向下缓慢推活塞，直到管内两边水银柱高度相等时为止．求此时右侧管内空气的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变．
图2
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；
左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.
活塞被下推h后管内两边水银柱高度相等，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；
左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.
以cmHg为压强单位，由题给条件得p1＝p2＋(20.0－5.00) cmHg＝90.0 cmHg，l1＝20.0 cm①
l1′＝20.0 cm－eq \f(20.0－5.00,2) cm＝12.5 cm②
设玻璃管的横截面积为S，
由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S③
联立①②③式得p1′＝144 cmHg④
由题意得p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋eq \f(20.0－5.00,2) cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h≈9.42 cm
1．(液封两段密封气体)(2020·云南大理市模拟)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3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3
(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
末态：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应该是110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm.
题型二 汽缸活塞类模型
1．解题的一般思路
(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．对求解的结果注意检验它们的合理性．
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．
单独气体
例3 (八省联考·辽宁·14)某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1.机舱内有一导热气缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦．客机在地面静止时，气缸如图4(a)所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图(b)所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm.气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变．已知大气压强随高度的变化规律如图(c)所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2.
图4
(1)判断气缸内气体由图(a)状态到图(b)状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图(c)估测出此时客机的飞行高度．
答案 (1)吸热 原因见解析 (2)2.4×104 Pa 1×104 m
解析 (1)由题图(a)状态到题图(b)状态，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，温度不变，ΔU＝0，W<0，所以Q>0，即为吸热过程．
(2)对于题图(a)状态，有p1＝p0＋eq \f(mg,S)，V1＝l1S，T1＝T0
对于题图(b)状态，有V2＝l2S，T2＝T0
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝9.6×104 Pa，所以机舱外气体压强为
eq \f(1,4)p2＝2.4×104 Pa
根据题图(c)可知客机飞行高度为h＝1×104 m.
关联气体
例4 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图5，一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5
(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).
2．(活塞封闭两部分气体)如图6所示，一圆柱汽缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的薄活塞，在与缸底相距2H的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从汽缸中顶出，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞与汽缸壁之间没有摩擦，活塞下方距缸底高为H处还有一固定的导热性能良好的薄隔板，将容器内的同种理想气体分为A、B两部分，开始时A、B中气体的温度均为27 ℃，压强均等于外界大气压强p0，活塞距汽缸底的高度为1.3H，现通过B中的电热丝缓慢加热，规定0 ℃为273 K，试求：
图6
(1)当B中气体的压强为3p0时，活塞距隔板的高度是多少；
(2)当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是多少．
答案 (1)0.9H (2)1 500 K
解析 (1)B中气体做等容变化，由查理定律：
eq \f(pB,T)＝eq \f(pB′,T′)
解得：T′＝eq \f(pB′,pB)T＝eq \f(3p0,p0)×300 K＝900 K
A中气体做等压变化，由于薄隔板导热性能良好，A、B中气体温度相等，设活塞的横截面积为S，
由盖—吕萨克定律得：eq \f(VA,T)＝eq \f(VA′,T′)，
即eq \f(0.3HS,300)＝eq \f(H′S,900)
解得：H′＝0.9H；
(2)当A中气体压强为1.5p0时，活塞将顶在卡环处，
对A中气体：eq \f(pAVA,T)＝eq \f(pA″VA″,T″)，
即T″＝eq \f(1.5p0HS×300 K,p0×0.3HS)＝1 500 K
由于薄隔板导热性能良好，故B中气体的温度为1 500 K.
题型三 变质量气体模型
1．充气问题
选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
2．抽气问题
选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．
3．灌气分装
把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题
选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
充气问题
例5 某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0的空气的体积为( )
A.eq \f(p0,p)V B.eq \f(p,p0)V C．(eq \f(p,p0)－1)V D．(eq \f(p,p0)＋1)V
答案 C
解析 设需再充入体积为Vx的空气，把轮胎里体积为V的空气和外面体积为Vx的空气当作一定质量的气体，充气过程为等温过程，有p0(V＋Vx)＝pV，得到Vx＝(eq \f(p,p0)－1)V，C正确．
灌气分装
例6 (2020·山东泰安市模拟)现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为( )
A．20 L B．40 L C．50 L D．60 L
答案 B
解析 设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1＝15 MPa，V1＝400 L；末态：p2＝3 MPa，V2＝40V0＋400 L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2，代入数据得V0＝40 L，B正确．
课时精练
1.(2020·山东威海市二模)如图1，左细右粗的导热汽缸内的理想气体被竖直导热活塞分隔成A、B两部分，活塞右端用一长为L的水平轻绳固定在汽缸右壁，活塞左端距汽缸左端的距离为L.已知汽缸左端横截面积为S，右端横截面积为2S，A部分气体的压强为p0，B部分气体的压强为4p0，活塞横截面积为S，质量不计，汽缸内表面光滑，周围环境温度保持不变．
图1
(1)求轻绳的拉力大小F；
(2)若轻绳突然断裂，求再次平衡时活塞离汽缸左端的距离．
答案 (1)3p0S (2)eq \f(1,3)L
解析 (1)对活塞水平方向受力分析如图所示，由受力平衡得：
pBS＝pAS＋F
解得：F＝3p0S
(2)设活塞再次平衡时离汽缸左端的距离为x，由玻意耳定律得：
对气体A：pALS＝pxS
对气体B：pBL×2S＝p(L×2S＋LS－xS)
解得：x＝eq \f(1,3)L
2．(2020·全国卷Ⅰ·33(2))甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)．甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq \f(1,2)p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等．求调配后：
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比．
答案 (1)eq \f(2,3)p (2)eq \f(2,3)
解析 (1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有
eq \f(1,2)p(2V)＝pV1①
两罐气体压强均为p时，总体积为(V＋V1)．
设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝eq \f(2,3)p③
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，则k＝eq \f(ρV2,ρV)＝eq \f(V2,V)⑤
联立③④⑤式可得k＝eq \f(2,3).
3.(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图2，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．(重力加速度大小为g)
图2
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h.
4．(2020·华中科技大学第一附中模拟)一个特殊的气体温度计由两个装有理想气体的导热容器组装而成，将两个导热容器分别放入甲、乙两个水槽中，如图3所示．用水银压强计测量两容器的压强差．导热容器的体积恒定且远大于连接管的体积．当两个水槽的温度都为0 ℃(273 K)时，没有压强差．当水槽乙处于0 ℃而水槽甲处于100 ℃时，压强差为120 mmHg.
图3
(1)0 ℃时导热容器内气体的压强多大？
(2)当水槽乙处于0 ℃而水槽甲处于未知的待测温度(高于0 ℃)时，压强差为90 mmHg，此未知待测温度是多少？
答案 (1)327.6 mmHg (2)348 K(或75 ℃)
解析 (1)设0 ℃时，水槽甲中导热容器内气体的压强为p0，T0＝273 K.
100 ℃即T1＝(273＋100) K＝373 K时，水槽甲中导热容器内气体的压强为p1＝p0＋120 mmHg
水槽甲中导热容器内气体做等容变化，有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)
解得p0＝327.6 mmHg
(2)设未知待测温度为T2，p2＝p0＋90 mmHg
有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝348 K(或t2＝75 ℃)
5．(2020·湖北武汉武昌区调研试题)如图4所示，一定质量的理想气体封闭在体积为V0的绝热容器中，初始状态阀门K关闭，容器内温度与室温相同，为T0＝300 K，有一光滑绝热活塞C(体积可忽略)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的2倍，A室容器上连接有一U形管(管内气体的体积可忽略)，左管水银面比右管水银面高76 cm.已知外界大气压强p0＝76 cmHg.则：
图4
(1)将阀门K打开使B室与外界相通，稳定后，A室的体积变化量是多少？
(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，接着对B室气体缓慢加热，而A室气体温度始终等于室温，当加热到U形管左管水银面比右管水银面高19 cm时，B室内温度是多少？
答案 (1)eq \f(V0,3) (2)525 K
解析 (1)将阀门打开，A室气体等温变化，则有
2p0eq \f(V0,3)＝p0(eq \f(V0,3)＋ΔV)
得ΔV＝eq \f(V0,3)
(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，U形管两边水银面的高度差为19 cm时，pA＝pB＝(76＋19) cmHg＝95 cmHg
A室气体变化过程：p0、eq \f(2V0,3)、T0→pA、VA、T0
由玻意耳定律得p0eq \f(2V0,3)＝pAVA
解得VA＝eq \f(8,15)V0
B室气体变化过程：p0、eq \f(V0,3)、T0→pB、V0－VA、TB
由理想气体状态方程得eq \f(p0\f(V0,3),T0)＝eq \f(pBV0－VA,TB)
解得TB＝525 K.
6.(2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病．常见拔罐有两种，如图5所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门．使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上．抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强．某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(20,21).若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq \f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同．罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化．求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值．
图5
答案 eq \f(1,3)
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，大气压强为p0，由题意知
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝eq \f(20V0,21)①
由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
则有eq \f(p0V0,T1)＝eq \f(p2·\f(20,21)V0,T2)②
代入数据得p2＝0.7p0③
对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，
由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4
则有p0V0′＝p2V4⑤
联立③⑤式，代入数据得
V4＝eq \f(10,7)V0′⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－eq \f(20,21)V0′⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V4)⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得eq \f(Δm,m)＝eq \f(1,3).