应用气体实验定律解决“三类模型问题”-共23页

专题强化十四应用气体实验定律解决“三类模型问题”专题解读1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题.2.学好本专题可以帮助同学们熟练的选取研究对象和状态变化过程，掌握处理三类模型问题的基本思路和方法.3.本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等.命题点一 “玻璃管液封”模型1.三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数). (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或p T＝C (常数).(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或V T＝C (常数).2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路3.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大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；(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.类型1 单独气体问题例1(2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：图1(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强. 答案 (1)ρπgh 2d 24V 0＋πd 2l －h (2)πρgl 2d 24V 0解析 (1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p .提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则 V ＝V 0＋14πd 2l①V 1＝14πd 2h②由力学平衡条件得p 1＝p ＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV ＝p 1V 1④联立①②③④式得p ＝ρπgh 2d 24V 0＋πd 2l －h⑤(2)由题意知h ≤l⑥联立⑤⑥式有 p ≤πρgl 2d 24V 0⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0变式1 (2015·全国卷Ⅱ·33(2))如图2，一粗细均匀的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.图2(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.类型2 关联气体问题例2(2016·全国卷Ⅲ·33(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，管内汞柱及空气柱长度如图3所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体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p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)图3答案 144 cmHg 9.42 cm解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位.由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg ＝90 cmHg l 1＝20.0 cm① l 1′＝(20.0－20.0－5.002) cm ＝12.5 cm② 由玻意耳定律得p 1l 1S ＝p 1′l 1′S③联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg④ 依题意p 2′＝p 1′⑤ l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002 cm －h ＝11.5 cm －h⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2S ＝p 2′l 2′S⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h≈9.42 cm.变式2如图4所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空，B和C内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.图4(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽中的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温.答案(1)180 mmHg (2)364 K解析(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K.设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp ①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B，依题意，有p B＝p C ②玻璃泡A和B中气体的体积V2＝V A＋V B ③根据玻意耳定律得p1V B＝p B V2 ④联立①②③④式，并代入已知数据得p C＝V BV AΔp＝180 mmHg ⑤(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp，玻璃泡C中气体的压强p C′＝p B＋Δp ⑥玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p C ′T ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364 K.命题点二 “汽缸活塞类”模型汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题. 1.一般思路(1)确定研究对象，一般地说，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.说明当选择力学研究对象进行分析时，研究对象的选取并不唯一，可以灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程.类型1 单独气体问题例3(2015·全国卷Ⅰ·33(2))如图5，一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＝1.00×105Pa ，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T 1＝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/s 2.求：图5(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)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2初状态V 1＝l2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K末状态V 2＝lS 2代入可得T 2＝23T 1＝330 K(2)对大、小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝p 1S 1＋pS 2可得p 1＝1.1×105 Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得p1T2＝p2T3T3＝T＝303 K，解得p2＝1.01×105 Pa.变式3如图6所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看做理想气体.图6 (1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L2时，求汽缸内气体的温度.答案(1)1.2×105 Pa (2)500 K解析(1)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg代入数据解得p1＝1.2×105 Pa(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖—吕萨克定律得S1L＋S2LT1＝S1·L2＋S2·3L2T2代入数据解得T2＝500 K. 类型2 关联气体问题例4(2017·全国卷Ⅰ·33(2))如图7，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热.图7(1)打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (2)接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强. 答案 (1)V2 2p 0 (2)B 的顶部(3)1.6p 0解析 (1)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1① (3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)②联立①②式得V 1＝V 2③ p 1＝2p 0④(2)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2，由玻意耳定律得 (3p 0)V ＝p 2V 2⑤由⑤式得p 2＝3VV 2p 0⑥由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止； 此时p 2为p 2′＝32p 0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2⑦将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0变式4(2014·新课标全国Ⅱ·33(2))如图8所示，两汽缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B 的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气.当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b在汽缸正中间.图8(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强.答案 (1)320 K (2)43p 0解析 (1)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压变化，设汽缸A 的容积为V 0，氮气初态的体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，汽缸B 的容积为V 04，则V 1＝34V 0＋12×V 04＝78V 0①V 2＝34V 0＋V 04＝V 0②由盖—吕萨克定律有：V 1T 1＝V 2T 2③ 由①②③式及所给的数据可得：T 2＝320 K④(2)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的116时，活塞a 上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为V 1′，压强为p 1′，末态体积为V 2′，压强为p 2′，由所给数据及玻意耳定律可得 V 1′＝14V 0，p 1′＝p 0，V 2′＝316V 0⑤ p 1′V 1′＝p 2′V 2′⑥由⑤⑥式可得：p 2′＝43p 0.命题点三“变质量气体”模型分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.(3)灌气问题：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，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.例5如图9所示，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，经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.图9(1)求此时气体的压强；(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值. 答案 (1)76p 0 (2)67解析 (1)由题意知气体发生等容变化，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1，解得p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76p 0.(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V 2，由玻意耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2则V 2＝p 1V 0p 0＝76V 0所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为ρV 0ρ·76V 0＝67.变式5 某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0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，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0、体积为________的空气. A.p 0pV B.pp 0VC.(pp 0－1)V D.(pp 0＋1)V答案 C解析 设充入的气体体积为V 0，根据玻意耳定律可得p 0(V ＋V 0)＝pV ，解得V 0＝(pp 0－1)V ，C 项正确.1.如图1所示，在长为l＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃.现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4 cm高的水银柱？(大气压强为p0＝76 cmHg)图1答案85 cmHg 318 K解析设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1＝306 K，体积为V1＝51S，压强为p1＝80 cmHg.当水银面与管口相平时，水银柱高为H，则管内气体的体积为V2＝(57－H)S，压强为p2＝(76＋H ) cmHg.由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，代入数据，得H 2＋19H －252＝0，解得H ＝9 cm 或H ＝－28 cm(舍去)所以p 2＝85 cmHg设温度升至T 时，水银柱高为4 cm ，管内气体的体积为V 3＝53S ，压强为p 3＝80 cmHg.由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 3T，代入数据，解得T ＝318 K.2.(2017·河南六市一联)如图2所示，在两端封闭的均匀半圆管道内封闭有理想气体，管内有不计质量可自由移动的活塞P ，将管内气体分成两部分，其中OP 与管道水平直径的夹角θ＝45°.两部分气体的温度均为T 0＝300 K ，压强均为p 0＝1.0×105 Pa.现对管道左侧气体缓慢加热，管道右侧气体温度保持不变，当可动活塞缓慢移到管道最低点时(不计摩擦).求：图2(1)管道右侧气体的压强； (2)管道左侧气体的温度. 答案 (1)1.5×105 Pa (2)900 K解析 (1)对于管道右侧气体，由于气体做等温变化，有：p 0V 1＝p 2V 2V 2＝23V 1解得p 2＝1.5×105 Pa(2)对于管道左侧气体，根据理想气体状态方程，有p 0V 1′T 0＝p 2′V 2′TV 2′＝2V 1′当活塞P 移动到最低点时，对活塞P 受力分析可得出两部分气体对活塞的压强相等，则有p 2′＝p 2解得T ＝900 K3.(2017·安徽江南十校联考)如图3所示，一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量的理想气体被活塞封闭其中，已知汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动.开始时气体压强为p ，活塞内表面相对汽缸底部的距离为L ，外界温度为T 0，现用一质量为m 的重锤通过不可伸长的轻质细绳跨过光滑轻质滑轮水平连接活塞，重新平衡后，重锤下降h .求：(已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g )图3(1)活塞的横截面积S .(2)若此后外界的温度变为T ，则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度为多少？答案 (1)mg L ＋hph(2)L ＋h T T 0解析 (1)由玻意耳定律可知pLS ＝p 1(L ＋h )S活塞受力平衡，有p 1S ＝pS －mg 联立方程可得S ＝mg L ＋hph(2)由盖—吕萨克定律有L ＋h S T 0＝L 0S T解得：L 0＝L ＋h T T 0.4.如图4甲所示，左端封闭、内径相同的U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L ＝20 cm 的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p 0＝75 cmHg.图4(1)若将装置缓慢翻转180°，使U 形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；(2)若将图甲中的阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S ，右管水银面下降了H ＝35 cm，求左管水银面下降的高度.答案(1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm解析(1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)解得h＝0或h＝17.5 cm则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm(2)若将题图甲中阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，设左管水银面下降的高度为l，由玻意耳定律得p0L＝[p0－(H－l)](L＋l)解得l＝10 cm或l＝－70 cm(舍去)即左管水银面下降的高度为10 cm.5.(2017·湖南六校联考)如图5所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁.汽缸的总长度为L＝80 m，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气).在汽缸内距左侧壁d＝30 cm处设有卡环A、B(卡环体积忽略不计)，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气的压强p 1＝0.8×105 Pa ，右侧氧气的压强p 2＝1.0×105 Pa ，两边气体和环境的温度均为t 1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高.设外界环境温度不变.图5(1)求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；(2)继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ℃，求活塞移动的距离. 答案 (1)375 K (2)5.6 cm解析 (1)活塞“恰好要离开卡环”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象：初状态：p 1＝0.8×105 Pa T 1＝300 K V 1＝dS末状态：p 1′＝p 2＝1.0×105 Pa T 1′ V 1′＝V 1由查理定律，有p 1T 1＝p 1′T 1′代入数据解得：T 1′＝375 K(2)继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T 3＝(227＋273) K ＝500 K ，设活塞移动的距离为x取氮气为研究对象：初状态：p 1＝0.8×105 Pa T 1＝300 K V 1＝dS末状态：p 3 T 3＝500 K V 3＝dS ＋xS由理想气体状态方程，有p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3取氧气为研究对象： 初状态：p 2＝1.0×105 Pa T 1＝300 K V 2＝(L －d )S 末状态：p 2′＝p 3 T 2′＝300 K V 2′＝LS －V 3 由玻意耳定律：p 2V 2＝p 2′V 2′代入数据解得：向右移动的距离x ≈5.6 cm。

V 〇1.50 No .2Feb .2021仏’此沒教■学参考高考纨横气体实验定律中“三类模型”的问题解决*曹务'熊志权2(1.惠州市东江高级中学广东惠州516000;2.珠海市教育研究中心广东珠海 519000)文章编号：l 〇〇2-218X (2021)02-0063-03 中图分类号：G 632. 4 文献标识码：B摘要：通过分析近五年高考物理题型，创新气体实验定律中的模型分类，根据解题要义重新分为“单一气体模型”“关联气体模型”和“变质量气体模型’’三类问题，结合课程标准中的内容标准要求和中国高考评价体系相关规定，分析气 体实验定律的命题趋势并提出合理性的建议。

关键词：气体实验定律；物理模型；高考复习_、高中物理新课标与考试大纲的分析《国务院关于深化考试招生制度改革的实施意见》中，明确指出要依据国家课程标准科学设计命 题内容。

《普通高中物理课程标准（2017年版 2020年修订）》切实加强新时代对教材编写、教学 实施、考试评价的指导，帮助教师和学生把握教与 学的深度和广度，为阶段性评价、学业水平考试和 升学考试命题提供重要依据，促进教、学、考有机 衔接[1]。

2018〜2020年的物理高考考试大纲中，热学部 分考查的内容只有气体实验定律属于n 级要求，其余 均属I 级要求。

关于气体实验定律，新课标也有明确 的内容要求：通过实验了解气体实验定律，知道理想 气体模型。

尽管内容要求是：了解气体实验定律，但 新课标对这部分内容的教学提示及学业要求是：应注 重运用气体实验定律、热力学定律等分析和解决实际 问题。

能在一定条件下应用理想气体模型分析和研究实际气体的问题，能用等温、等压、等容的理想过程 正确认识和分析现实生活中的气体状态变化。

可见， 运用气体实验定律解决实际问题仍然是热学部分的 核心考点，也是培养学生科学思维能力、模型建构能 力的重要载体。

二、近五年高考气体实验定律考查模型及试题特点从近5年高考全国I 、n 两卷1〇道题目来看，热 学部分的计算题全部都是应用热力学定律解决实际 问题。

应用气体实验定律解决“三类模型”问题【原卷】1.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：(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积．2.如图所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A∶S B＝1∶2，两活塞与穿过B汽缸底部的刚性细杆相连，活塞与汽缸、细杆与汽缸间摩擦不计且不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，A中气体压强p A＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强(保持不变)．现对A中气体缓慢加热，并保持B中气体的温度不变，当A中气体的压强增大到p A′＝2p0时，求B中气体的体积V B.3.如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．4.如图所示，一个内壁光滑的汽缸竖直放置，其侧壁绝热，内有两个厚度不计的密闭活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．活塞A导热且质量不计，活塞B 绝热，质量为m＝10 kg.初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0＝12 cm，温度为T0＝300 K．现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给Ⅱ气体加热至T＝600 K，同时在活塞A上逐渐添加细砂，保持活塞B的位置始终不变，最终活塞A下降的高度为h(未知)时，两部分气体重新处于平衡．已知外界大气压强p0＝1×105Pa，活塞横截面积S ＝1.0×10－3 m2，g＝10 m/s2.试求：(1)最终气体平衡时，Ⅱ气体的压强；(2)活塞A下降的高度h.5.热等静压设备广泛应用于材料加工中．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．6.如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 cm3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化．(设外界大气的压强p0＝1×105 Pa)(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打多少次气？(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa，则可充满多少瓶？7.一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．8.如图，容积为V的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时氮气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将氮气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p0、体积为V15、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃不变．求：(1)冷库内的温度；(2)充气结束后，瓶内气体压强．9.如图所示，一水平放置的固定汽缸，由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成，活塞A、B可以在圆筒内无摩擦地左右滑动，它们的横截面积分别为S A ＝30 cm2、S B＝15 cm2，A、B之间用一根长为L＝3 m的细杆连接．A、B之间封闭着一定质量的理想气体，活塞A的左方和活塞B的右方都是空气，大气压强始终保持不变，为p0＝1.0×105Pa.活塞B的中心连一根不可伸长的细线，细线的另一端固定在墙上，当汽缸内气体温度为T1＝540 K时，活塞B与两圆筒连接处相距l＝1 m，此时细线中的张力为F＝30 N.(1)求此时汽缸内被封闭气体的压强；(2)若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度，则温度为多少时活塞A恰好移动到两圆筒连接处？10.如图，粗细均匀的U形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B两部分．当大气压强为p0＝75 cmHg，温度为t0＝27 ℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L0＝30 cm.(计算结果均保留三位有效数字)(1)现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h＝10 cm，求活塞上升的高度L；(2)然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置．11.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图所示，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ，内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动．汽缸Ⅰ左端开口，通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ通过B封有压强为3p0的气体．一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p0，p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体．求：(1)当活塞A向右移动L5时，水的深度；(2)该深度计能测量的最大水深．12.如图所示，固定的两个汽缸A、B处于水平方向，一根刚性水平轻杆两端分别与两汽缸的绝热活塞固定，A、B汽缸中均封闭一定量的理想气体．已知A是导热汽缸，B是绝热汽缸，两个活塞的面积S A＝2S、S B＝S，开始时两气柱长度均为L，压强均等于大气压强p0，温度均为T0.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，且不漏气．现通过电热丝对汽缸B中的气体缓慢加热，使两活塞向左缓慢移动12L 的距离后稳定，求此时：(1)汽缸A中气体的压强；(2)汽缸B中气体的温度．应用气体实验定律解决“三类模型”问题1.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：(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(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p【解析】 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )；② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③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p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14pV 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p. 2.如图所示，在固定的汽缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ∶S B ＝1∶2，两活塞与穿过B 汽缸底部的刚性细杆相连，活塞与汽缸、细杆与汽缸间摩擦不计且不漏气．初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，A 中气体压强p A ＝1.5p 0，p 0是汽缸外的大气压强(保持不变)．现对A 中气体缓慢加热，并保持B 中气体的温度不变，当A 中气体的压强增大到p A ′＝2p 0时，求B 中气体的体积V B .【答案】 1.5V 0【解析】 对活塞受力分析，由平衡条件得p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )已知S B ＝2S A ，p A ＝1.5p 0可得p B ＝34p 0，p B ′＝12p 0 对B 中的气体，由玻意耳定律得：p B V 0＝p B ′V B解得：V B ＝1.5V 0.3.如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V 8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V 6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．【答案】 15p 0S 26g【解析】 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1，下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p 0·V 2＝p 1V 1 p 0·V 2＝p 2V 2 由已知条件得V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V V 2＝V 2－V 6＝V 3设流入汽缸内液体的质量为m ，由力的平衡条件得p 2S ＝p 1S ＋mg联立以上各式得m＝15p0S 26g.4.如图所示，一个内壁光滑的汽缸竖直放置，其侧壁绝热，内有两个厚度不计的密闭活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．活塞A导热且质量不计，活塞B 绝热，质量为m＝10 kg.初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0＝12 cm，温度为T0＝300 K．现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给Ⅱ气体加热至T＝600 K，同时在活塞A上逐渐添加细砂，保持活塞B的位置始终不变，最终活塞A下降的高度为h(未知)时，两部分气体重新处于平衡．已知外界大气压强p0＝1×105Pa，活塞横截面积S ＝1.0×10－3 m2，g＝10 m/s2.试求：(1)最终气体平衡时，Ⅱ气体的压强；(2)活塞A下降的高度h.【答案】(1)4×105 Pa(2)8 cm【解析】(1)初状态时，设气体Ⅰ的压强为p1，因活塞A质量不计，则p1＝p0＝1.0×105 Pa初状态时，设气体Ⅱ的压强为p2，以活塞B为研究对象，由平衡条件知p2S＝p1S＋mg得p2＝2×105 Pa活塞B位置始终不变，则气体Ⅱ体积不变对气体Ⅱ由查理定律有p2T0＝p2′T解得p2′＝4×105 Pa.(2)末状态时，以活塞B为研究对象，由平衡条件知p2′S＝p1′S＋mg得p1′＝3×105 Pa对气体Ⅰ，由玻意耳定律有p1V1＝p1′V1′又V1＝Sl0，V1′＝S(l0－h)联立解得h＝8 cm.5.热等静压设备广泛应用于材料加工中．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.由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1①被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为：V1′＝V1－V0②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体在室温下的压强为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 Pa④(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔的温度为T1，气体压强为p3，由查理定律得：p3T1＝p2T0⑤联立④⑤式并代入题给数据得：p3＝1.6×108 Pa.6.如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 cm3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化．(设外界大气的压强p0＝1×105 Pa)(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打多少次气？(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa，则可充满多少瓶？【答案】(1)40次(2)4瓶【解析】(1)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，则气体的初状态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝V0＋nΔV 末状态：p2＝5.0×105 Pa，V2＝V0其中：V0＝2 dm3，ΔV＝0.2 dm3由玻意耳定律：p1V1＝p2V2代入数据解得：n＝40.(2)设气压为p3＝2.0×105 Pa时氧气的体积为V3由玻意耳定律有：p2V2＝p3V3代入数据解得：V3＝5 dm3真空瓶的容积为V瓶＝0.7 dm3因：V3－V2V瓶＝427故可充满4瓶．7.一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．【答案】(1)ρπgh2d24V0＋πd2(l－h)(2)πρgl2d24V0【解析】(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p；提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h，设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋14πd2l①V1＝14πd2h②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2(l－h)⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤πρgl2d2 4V0则该仪器能够测量的最大压强为p max＝πρgl2d2 4V0.8.如图，容积为V的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时氮气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将氮气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p0、体积为V15、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃不变．求：(1)冷库内的温度；(2)充气结束后，瓶内气体压强．【答案】(1)270 K(或－3 ℃)(2)4p0【解析】(1)因氮气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p1，温度为T1，移至冷库外后，瓶内气体压强为p0，温度为T2＝300 K由查理定律，有：p1T1＝p0T2代入数据得：T1＝270 K，即冷库内的温度为270 K或－3 ℃.(2)打气前，瓶内气体及所打入的气体压强均为p0，总体积：V2＝V＋45×V15＝4V充气结束后，气体压强为p3，体积为V3＝V气体温度不变，由玻意耳定律，有：p0V2＝p3V3解得：p3＝4p0.9.如图所示，一水平放置的固定汽缸，由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成，活塞A、B可以在圆筒内无摩擦地左右滑动，它们的横截面积分别为S A ＝30 cm2、S B＝15 cm2，A、B之间用一根长为L＝3 m的细杆连接．A、B之间封闭着一定质量的理想气体，活塞A的左方和活塞B的右方都是空气，大气压强始终保持不变，为p0＝1.0×105Pa.活塞B的中心连一根不可伸长的细线，细线的另一端固定在墙上，当汽缸内气体温度为T1＝540 K时，活塞B与两圆筒连接处相距l＝1 m，此时细线中的张力为F＝30 N.(1)求此时汽缸内被封闭气体的压强；(2)若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度，则温度为多少时活塞A恰好移动到两圆筒连接处？【答案】(1)1.2×105 Pa(2)270 K【解析】(1)设汽缸内气体压强为p1，由题意知活塞B所受细线拉力F1＝F＝30 N，活塞A、B及细杆整体受力平衡，知p0S A－p1S A＋p1S B－p0S B＋F1＝0，又S A＝2S B解得：p1＝p0＋F S B代入数据得p1＝1.2×105 Pa.(2)设温度为T2时，活塞A恰好到达两圆筒连接处，此时，气体压强p2＝p0又V1＝S A(L－l)＋S B lV2＝S B L由理想气体状态方程得：p1V1T1＝p2V2T2解得：T2＝270 K.10.如图，粗细均匀的U形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B两部分．当大气压强为p0＝75 cmHg，温度为t0＝27 ℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L0＝30 cm.(计算结果均保留三位有效数字)(1)现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h＝10 cm，求活塞上升的高度L；(2)然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置．【答案】(1)16.4 cm(2)191 ℃【解析】(1)设活塞的横截面积为S，温度不变，对B管气体：p0L0S＝p2(L0＋0.5h)S可得：p2≈64.3 cmHg对A管气体：p0L0S＝(p2－p h)L1S解得：L1≈41.4 cmL＝L1－(L0－0.5h)＝16.4 cm.(2)为使右管内水银面回到原来位置，A管气体的压强应为p0，长度应为L1＋0.5h；由理想气体状态方程得：p0L0ST0＝p0(L1＋0.5h)ST代入数据可得：T＝464 K所以：t＝191 ℃.11.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图所示，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ，内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动．汽缸Ⅰ左端开口，通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ通过B 封有压强为3p 0的气体．一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p 0，p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体．求：(1)当活塞A 向右移动L 5时，水的深度； (2)该深度计能测量的最大水深．【答案】 (1)2.5 m (2)30 m【解析】 (1)A 右移L 5时，假设B 不动，Ⅰ内气体等温变化，有：p 0SL ＝p 1S (L －L 5) 解得p 1＝54p 0<3p 0，假设成立 由p 1＝p 0＋p h 可得：h ＝2.5 m.(2)当活塞A 恰好移动到汽缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，设此时活塞B 右移了x两部分气体压强相等，设为p 2对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得：p 0SL ＝p 2Sx对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得：3p 0SL ＝p 2S (L －x )联立解得：x ＝L 4，p 2＝4p 0 由p 2＝p 0＋p h max 可得：h max ＝30 m.12.如图所示，固定的两个汽缸A 、B 处于水平方向，一根刚性水平轻杆两端分别与两汽缸的绝热活塞固定，A 、B 汽缸中均封闭一定量的理想气体．已知A 是导热汽缸，B 是绝热汽缸，两个活塞的面积S A ＝2S 、S B ＝S ，开始时两气柱长度均为L ，压强均等于大气压强p 0，温度均为T 0.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，且不漏气．现通过电热丝对汽缸B 中的气体缓慢加热，使两活塞向左缓慢移动12L 的距离后稳定，求此时：(1)汽缸A 中气体的压强；(2)汽缸B 中气体的温度．【答案】 (1)2p 0 (2)92T 0 【解析】 (1)汽缸A 中气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p 0(L ·2S )＝p 1(L 2×2S )解得：p 1＝2p 0(2)分析两活塞的受力情况，由平衡知识可得：(p 1－p 0)2S ＝(p 2－p 0)S由理想气体状态方程可得：p0(LS)T0＝p2(32LS)T联立解得：T＝92T0.。

素养提升课(十六)应用气体实验定律处理三类典型问题题型一汽缸活塞类问题(2019·高考全国卷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：(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。

[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＝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＝p1·2S③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④p2V2＝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p 1＝12p 0＋14pV 1＝4（p 0＋p ）V 02p 0＋p。

[答案] (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p4（p 0＋p ）V 02p 0＋p【对点练1】 (2020·九江市第二次模拟)如图所示，竖直放置在粗糙水平面上的汽缸，汽缸里封闭一部分理想气体。

其中缸体质量M ＝4 kg ，活塞质量m ＝4 kg, 横截面积S ＝2×10－3 m 2 ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞的上部与劲度系数为k ＝4×102 N/m 的弹簧相连，挂在某处。

当汽缸内气体温度为227 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L ＝80 cm 。

求：(1)当缸内气体温度为多少K 时，汽缸对地面的压力为零；(2)当缸内气体温度为多少K 时，汽缸对地面的压力为160 N 。

专题强化十五 应用气体实验定律解决“三类模型”问题专题解读1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题．2．学好本专题可以帮助同学们熟练地选取研究对象和状态变化过程，掌握处理“三类模型”问题的基本思路和方法．3．本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等．1．气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数)． (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT＝C (常数)． (3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或V T＝C (常数)． 2．解题基本思路3．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．类型1 单独气体问题例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2.0cm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2.0cm.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76cmHg，环境温度为296K.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)41cm (2)312K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＋ρgh②p1＝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)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41cm⑥(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V T0＝V1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312K.类型2 关联气体问题例2(2018·全国卷Ⅲ·33(2))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＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.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22.5cm 7.5cm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′②p2l2＝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′＝22.5cml2′＝7.5cm.变式1(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，右端管内用h1＝4cm的水银柱封闭一段长为L1＝9cm 的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L2＝14cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8cm，如图3甲所示．已知大气压强p0＝76.0cmHg，环境温度不变．图3(1)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；(2)若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3.答案(1)72cmHg (2)12cm解析(1)初始时，空气柱A的压强为p A＝p0＋ρgh1而p B＋ρgh2＝p A联立解得空气柱B的压强为p B＝72cmHg；(2)U形管倒置后，空气柱A的压强为p A′＝p0－ρgh1空气柱B的压强为p B′＝p A′＋ρgh3空气柱B的长度L2′＝L2－h3－h22由玻意耳定律可得p B L2＝p B′L2′联立解得h3＝12cm.1．一般思路(1)确定研究对象，一般地说，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．类型1 单独气体问题例3 (2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图4，一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p 0，温度均为T 0.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4答案 ⎝⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋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T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 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T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 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 ＝(p 0S ＋mg )h .类型2 关联气体问题例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p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，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．图5答案 (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4p 0＋p V 02p 0＋p解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ① 得p 10＝12(p 0＋p )；②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③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p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p V 1＝4p 0＋p V 02p 0＋p.变式2 (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图6所示，在固定的汽缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ∶S B ＝1∶2，两活塞与穿过B 汽缸底部的刚性细杆相连，活塞与汽缸、细杆与汽缸间摩擦不计且不漏气．初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，A 中气体压强p A ＝1.5p 0，p 0是汽缸外的大气压强(保持不变)．现对A 中气体缓慢加热，并保持B 中气体的温度不变，当A 中气体的压强增大到p A ′＝2p 0时，求B 中气体的体积V B .图6答案 1.5V 0解析 对活塞受力分析，由平衡条件得p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B ) p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )已知S B ＝2S A ，p A ＝1.5p 0 可得p B ＝34p 0，p B ′＝12p 0对B 中的气体，由玻意耳定律得：p B V 0＝p B ′V B 解得：V B ＝1.5V 0.例5 (2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图7，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．图7答案15p 0S26g解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1，下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p 0·V2＝p 1V 1p 0·V2＝p 2V 2由已知条件得V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324VV 2＝V 2－V 6＝V 3设流入汽缸内液体的质量为m ，由力的平衡条件得p 2S ＝p 1S ＋mg联立以上各式得m ＝15p 0S26g. 变式3 (2019·河南郑州市第二次质量检测)如图8所示，一个内壁光滑的汽缸竖直放置，其侧壁绝热，内有两个厚度不计的密闭活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．活塞A 导热且质量不计，活塞B 绝热，质量为m ＝10kg.初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0＝12cm ，温度为T 0＝300K ．现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给Ⅱ气体加热至T ＝600K ，同时在活塞A 上逐渐添加细砂，保持活塞B 的位置始终不变，最终活塞A 下降的高度为h (未知)时，两部分气体重新处于平衡．已知外界大气压强p 0＝1×105Pa ，活塞横截面积S ＝1.0×10－3m 2，g ＝10m/s 2.试求： (1)最终气体平衡时，Ⅱ气体的压强； (2)活塞A 下降的高度h .图8答案 (1)4×105Pa (2)8cm解析 (1)初状态时，设气体Ⅰ的压强为p 1，因活塞A 质量不计，则p 1＝p 0＝1.0×105Pa初状态时，设气体Ⅱ的压强为p 2，以活塞B 为研究对象，由平衡条件知p 2S ＝p 1S ＋mg得p 2＝2×105Pa活塞B 位置始终不变，则气体Ⅱ体积不变 对气体Ⅱ由查理定律有p 2T 0＝p 2′T解得p 2′＝4×105Pa.(2)末状态时，以活塞B 为研究对象，由平衡条件知p 2′S ＝p 1′S ＋mg得p 1′＝3×105Pa对气体Ⅰ，由玻意耳定律有p 1V 1＝p 1′V 1′ 又V 1＝Sl 0，V 1′＝S (l 0－h ) 联立解得h ＝8cm.1．打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题． 2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程． 3．灌气问题：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，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解．例6 (2019·全国卷Ⅰ·33(2))热等静压设备广泛应用于材料加工中．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0.13m 3，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3.2×10－2m 3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa ；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1227℃，求此时炉腔中气体的压强． 答案 (1)3.2×107Pa (2)1.6×108Pa解析 (1)设初始时每瓶气体的体积为V 0，压强为p 0；使用后瓶中剩余气体的压强为p 1.假设体积为V 0、压强为p 0的气体压强变为p 1时，其体积膨胀为V 1.由玻意耳定律得：p 0V 0＝p 1V 1① 被压入炉腔的气体在室温和p 1条件下的体积为：V 1′＝V 1－V 0② 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体在室温下的压强为p 2，体积为V 2， 由玻意耳定律：p 2V 2＝10p 1V 1′③联立①②③式并代入题给数据得：p 2＝3.2×107Pa④(2)设加热前炉腔的温度为T 0，加热后炉腔的温度为T 1，气体压强为p 3，由查理定律得：p 3T 1＝p 2T 0⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得：p 3＝1.6×108Pa.变式6 (2019·四川成都市第二次诊断)如图9所示为一个带有阀门K 、容积为2dm 3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105Pa 、200cm 3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化．(设外界大气的压强p 0＝1×105Pa)(1)若要使气体压强增大到5.0×105Pa ，应打多少次气？(2)若上述容器中装的是5.0×105Pa 的氧气，现用它给容积为0.7dm 3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105Pa ，则可充满多少瓶？图9答案 (1)40次 (2)4瓶解析 (1)设需要打气n 次，因每次打入的气体相同，故可视n 次打入的气体一次性打入， 则气体的初状态：p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝V 0＋n ΔV末状态：p 2＝5.0×105Pa ，V 2＝V 0其中：V 0＝2dm 3，ΔV ＝0.2dm 3由玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2代入数据解得：n ＝40.(2)设气压为p 3＝2.0×105Pa 时氧气的体积为V 3由玻意耳定律有：p 2V 2＝p 3V 3代入数据解得：V 3＝5dm 3真空瓶的容积为V 瓶＝0.7dm 3 因：V 3－V 2V 瓶＝427故可充满4瓶．1．(2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K 1和K 2的内径均为d ，M 的容积为V 0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：图1(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．答案 (1)ρπgh 2d 24V 0＋πd 2l －h (2)πρgl 2d 24V 0解析 (1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p ；提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ，设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l ①V 1＝14πd 2h ②由力学平衡条件得 p 1＝p ＋ρgh ③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV ＝p 1V 1④联立①②③④式得p ＝ρπgh 2d 24V 0＋πd 2l －h⑤ (2)由题意知h ≤l ⑥联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d 24V 0则该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0. 2.(2019·福建三明市5月质量检查)如图2，容积为V 的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时氮气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p 0、温度与冷库内温度相同，现将氮气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p 0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p 0、体积为V15、温度为27℃.设冷库外的环境温度保持27℃不变．求：(1)冷库内的温度；(2)充气结束后，瓶内气体压强．图2答案 (1)270K(或－3℃) (2)4p 0解析 (1)因氮气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p 1，温度为T 1，移至冷库外后，瓶内气体压强为p 0，温度为T 2＝300K 由查理定律，有：p 1T 1＝p 0T 2代入数据得：T 1＝270K ，即冷库内的温度为270K 或－3℃.(2)打气前，瓶内气体及所打入的气体压强均为p 0，总体积：V 2＝V ＋45×V 15＝4V 充气结束后，气体压强为p 3，体积为V 3＝V气体温度不变，由玻意耳定律，有：p 0V 2＝p 3V 3解得：p 3＝4p 0.3．(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图3所示，一水平放置的固定汽缸，由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成，活塞A 、B 可以在圆筒内无摩擦地左右滑动，它们的横截面积分别为S A ＝30cm 2、S B ＝15cm 2，A 、B 之间用一根长为L ＝3m 的细杆连接．A 、B 之间封闭着一定质量的理想气体，活塞A 的左方和活塞B 的右方都是空气，大气压强始终保持不变，为p 0＝1.0×105Pa.活塞B 的中心连一根不可伸长的细线，细线的另一端固定在墙上，当汽缸内气体温度为T 1＝540K 时，活塞B 与两圆筒连接处相距l ＝1m ，此时细线中的张力为F ＝30N.图3(1)求此时汽缸内被封闭气体的压强；(2)若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度，则温度为多少时活塞A 恰好移动到两圆筒连接处？ 答案 (1)1.2×105Pa (2)270K解析 (1)设汽缸内气体压强为p 1，由题意知活塞B 所受细线拉力F 1＝F ＝30N ，活塞A 、B 及细杆整体受力平衡，知p 0S A －p 1S A ＋p 1S B －p 0S B ＋F 1＝0，又S A ＝2S B解得：p 1＝p 0＋FS B代入数据得p 1＝1.2×105Pa.(2)设温度为T 2时，活塞A 恰好到达两圆筒连接处，此时，气体压强p 2＝p 0又V 1＝S A (L －l )＋S B l V 2＝S B L 由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得：T 2＝270K.4．(2019·云南大姚县一中一模)如图4，粗细均匀的U 形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A 、B 两部分．当大气压强为p 0＝75cmHg ，温度为t 0＝27℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L 0＝30cm.(计算结果均保留三位有效数字)图4(1)现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h ＝10cm ，求活塞上升的高度L ；(2)然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A 部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置．答案 (1)16.4cm (2)191℃解析 (1)设活塞的横截面积为S ，温度不变，对B 管气体：p 0L 0S ＝p 2(L 0＋0.5h )S可得：p 2≈64.3cmHg对A 管气体：p 0L 0S ＝(p 2－p h )L 1S解得：L 1≈41.4cmL ＝L 1－(L 0－0.5h )＝16.4cm.(2)为使右管内水银面回到原来位置，A 管气体的压强应为p 0，长度应为L 1＋0.5h ； 由理想气体状态方程得：p 0L 0S T 0＝p 0L 1＋0.5h S T代入数据可得：T ＝464K所以：t ＝191℃.5．(2019·辽宁大连市第二次模拟)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图5所示，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ，内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动．汽缸Ⅰ左端开口，通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ通过B 封有压强为3p 0的气体．一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p 0，p 0相当于10m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体．求：图5(1)当活塞A 向右移动L 5时，水的深度； (2)该深度计能测量的最大水深．答案 (1)2.5m (2)30m解析 (1)A 右移L 5时，假设B 不动，Ⅰ内气体等温变化，有：p 0SL ＝p 1S (L －L 5) 解得p 1＝54p 0<3p 0，假设成立 由p 1＝p 0＋p h 可得：h ＝2.5m.(2)当活塞A 恰好移动到汽缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，设此时活塞B 右移了x 两部分气体压强相等，设为p 2对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得：p 0SL ＝p 2Sx对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得：3p 0SL ＝p 2S (L －x )联立解得：x ＝L 4，p 2＝4p 0 由p 2＝p 0＋p h max 可得：h max ＝30m.6．(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，固定的两个汽缸A 、B 处于水平方向，一根刚性水平轻杆两端分别与两汽缸的绝热活塞固定，A 、B 汽缸中均封闭一定量的理想气体．已知A 是导热汽缸，B 是绝热汽缸，两个活塞的面积S A ＝2S 、S B ＝S ，开始时两气柱长度均为L ，压强均等于大气压强p 0，温度均为T 0.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，且不漏气．现通过电热丝对汽缸B 中的气体缓慢加热，使两活塞向左缓慢移动12L 的距离后稳定，求此时：图6(1)汽缸A 中气体的压强；(2)汽缸B 中气体的温度．答案 (1)2p 0 (2)92T 0 解析 (1)汽缸A 中气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p 0(L ·2S )＝p 1(L 2×2S ) 解得：p 1＝2p 0(2)分析两活塞的受力情况，由平衡知识可得：(p 1－p 0)2S ＝(p 2－p 0)S 由理想气体状态方程可得：p 0LS T 0＝p 232LS T 联立解得：T ＝92T 0.。

个人收集整理-仅供参考专题强化十四应用气体实验定律解决“三类模型问题【专题解读】1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中地应用,高考在选考模块中通常以计算题地形式命题^2.学好本专题可以帮助同学们熟练地选取研究对象和状态变化过程,掌握处理三类模型问题地根本思路和方法.3.本专题用到地相关知识和方法有：受力分析、压强地求解方法、气体实验定律等.研透命题点如研考物和真题分析突破命题点命题点一“玻璃管液封〞模型=水平考点师生共研1.三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p i V l=P2V2或pV=C(常数).(2)查理定律(等容变化):齐发或,C(常数).b5E2RV i V2V(3)盖一吕萨克定律(等压变化)：谷=苴或T=C(常数).plEan.2.利用气体实验定律及气态方程解决问题地根本思路根据题就,选出所研究的某一局部一’定质僦的气体分别找出这局部气体状态发生变化前后的外匕T数值或表达式,压强的曲定是关健认清变化过程、正贿选用物理规律选用气态方程或某一实验'定律列式求解,有时要i寸论结果的合理性3.玻璃管液封模型求液柱封闭地气体压强时,一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意：(1)液体因重力产生地压强大小为p=pg谶中h为至液面地竖直高度)；(2)不要漏掉大气压强,同时又要尽可能平衡掉某些大气地压力；(3)有时可直接应用连通器原理一一连通器内静止地液体,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.类型1单独气体问题1/17个人收集整理-仅供参考【例11(2022全国卷m33(2))一种测量稀薄气体压强地仪器如图1(a)所示,玻璃泡M地上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K i和K2.K1长为1,顶端封闭,&上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银地容器R连通.开始测量时,M与K2相通；逐渐提升R,直到K2中水银面与K i顶端等高,此时水银已进入K i,且K i中水银面比顶端低h,如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通地待测气体地压强均保持不变.&和K2地内径均为d,M地容积为V0,水银地密度为p,重力加速度大小为g.求：DXDiT与博测气体连通与待恻气体连通(1)待测气体地压强；(2)该仪器能够测量地最大压强.较安/八P吗h12d2_TIP gd2答案⑴4V0+#1-h(2)4V o RTC rP解析(1)水银面上升至M地下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭地气体地体积为V,压强等于待测气体地压强p.提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高时,K1中水银面比顶端低h;设此时封闭气体地压强为P1,体积为V1,那么5PCzV一一.1-2fV=V0十二id1①4个人收集整理-仅供参考h<l⑥1.2小V1=4力h②由力学平衡条件得P1=p+P g®整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pV=p1V1④联立①②③④式得o曲八)2ap=⑤4V0+7d(1—h)(2)由题意知2/17联立⑤⑥式有2口2pw^»该仪器能够测量地最大压强为Ttpgd2p max=可/【变式1】(2022全国卷II33(2))如图2,一粗细均匀地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侧空气柱地长度为l=10.0cm,B侧水银面比A侧地高h=3.0cm.现将开关K翻开,从U形管中放出局部水银,当两侧水银面地高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭.大气压强p0=75.0cmHg.jLBHr.图2(1)求放出局部水银后A侧空气柱地长度；(2)此后再向B侧注入水银,使A、B两侧地水银面到达同一高度,求注入地水银在管内地长度.答案(1)12.0cm(2)13.2cm解析(1)以cmHg为压强单位设A侧空气柱长度l=10.0cm时地压强为p;当两侧水银面地高度差为h1=10.0cm时,空气柱地长度为1I,压强为p.xHAQX由玻意耳定律得P1=P I1I①由力学平衡条件得p=p0+h②翻开开关K放出水银地过程中,B侧水银面处地压强始终为P O,而A侧水银面处地压强随空气柱长度地增加逐渐减小,B、A两侧水银面地高度差也随之减小,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LDAYtP I=P O—h1③联立①②③式,并代入题给数据得1I=12.0cm④3/17个人收集整理-仅供参考(2)当A 、B 两侧地水银面到达同一高度时,设A 侧空气柱地长度为12,压强为P 2.由玻意耳定律得pl=P 212⑤由力学平衡条件有P2=P0⑥联立②⑤⑥式,并代入题给数据得12=10.4cm ⑦设注入地水银在管内地长度为Ah,依题意得Ah=2(1I —12)+hi ⑧联立④⑦⑧式,并代入题给数据得Ah=13.2cm.类型2关联气体问题【例2(2022全国卷m33(2))—U 形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑地轻活塞.初始时,管内汞柱及空气柱长度如图3所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边 汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体地压强和活塞向下移动地距离.玻璃管地横截面积处处相同；在活塞向下移动地过程中,没有发生气体泄漏；大气压强P o=75.0cmHg.环境温度不变.(保存三位有效数字)Zzz6Z .设初始时,右管中空气柱地压强为P 1,长度为11；左管中空气柱地压强为P 2=P 0,长 度为12.活塞被下推h 后,右管中空气柱地压强为P 1‘,长度为11,；左管中空气柱地压强为P 2‘,长度为12’.以cmHg 为压强单位.由题给条件得dvzfvP1=P0+(20.0-5.00)cmHg=90cmHg11=20.0cm ①20.0-5.0011,=(20.0—2)cm=12.5cm ②由玻意耳定律得P 111S=P 111S ?联立①②③式和题给条件得P 1'=144cmHg ④答案 144cmHg9.42cm解析4/17个人收集整理-仅供参考依题意P2=P l'⑤20.0-5.0012'=4.00cm+2cm—h=11.5cm—h⑥由玻意耳定律得P212S=P2l2S®联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h^9.42cm.【变式2】如图4所示,由U形管和细管连接地玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0C地水槽中,B地容积是A地3倍.阀门S将A和B两局部隔开.A内为真空,B和C内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边地低60mm.翻开阀门S,整个系统稳定后,U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中地气体体积远小于玻璃泡地容积.rqynl.左右图4(1)求玻璃泡C中气体地压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽中地水从0C加热到一定温度时,U形管内左右水银柱高度差又为60mm,求加热后右侧水槽地水温.Emxvx答案(1)180mmHg(2)364K解析(1)在翻开阀门S前,两水槽水温均为T O=273K.设玻璃泡B中气体地压强为P I,体积为V B,玻璃泡C中气体地压强为P C,依题意有P I=P C+Ap①式中Ap=60mmHg.翻开阀门S后,两水槽水温仍为T O,设玻璃泡B中气体地压强为P B,依题意,有P B=pc②玻璃泡A和B中气体地体积V2=V A+V B③根据玻意耳定律得P I V B=P B V2④联立①②③④式,并代入数据得V B,pc=7T Ap=180mmHg⑤A(2)当右侧水槽地水温加热至T'时,U形管左右水银柱高度差为a,玻璃泡C中气体地压5/17个人收集整理-仅供参考强pc'=P B +A P ⑥SixE2.玻璃泡C 中地气体体积不变,根据查理定律得当=?⑦6ewMyT 0T联立②⑤⑥⑦式,并代入题给数据得T'=364K. -水平考点师生共研汽缸活塞类问题是热学局部典型地物理综合题,它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象,涉及热学、力学等物理知识,需要灵活、综合地应用知识来解决问题.kavU41 .一般思路(1)确定研究对象,一般地说,研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量地理想气体)； 另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).y6V3A .(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.M2ub6⑶挖掘题目地隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程^(4)多个方程联立求解.对求解地结果注意检验它们地合理性.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地平衡条件解题^(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局部气体,并且汽缸之间相互关联地问题,解答时应分别研究各局部气体,找出它们各自遵循地规律,并写出相应地方程,还要写出各局部气体之间压强或体积地关系式,最后联立求解.0YujC .说明中选择力学研究对象进行分析时,研究对象地选取并不唯一,可以灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析,列出平衡方程或动力学方程.eUts8.类型1单独气体问题【例3(2022全国卷I 33(2))如图5,一固定地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.大活塞地质量为m 1=2.50kg,横截面积为§=80.0cm 2;小活塞地质量为m 2=1.50kg,横截面积为S 2=40.0cm 2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0cm ；汽缸外大气地压强为p=1.00X105Pa,温度为T=303K.初始时大活塞与大圆筒底部相距看两活塞间封闭气体地温度为495K.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地摩擦,重力加速度大小g 取10m/s 2.求：sQsAE命题点二 “汽缸活塞类〞模型6/17(1)在大活塞与大圆筒底部接触前地瞬间,汽缸内封闭气体地温度;(2)缸内封闭地气体与缸外大气到达热平衡时,缸内封闭气体地压强答案(1)330K(2)1.01X105Pa解析(1)大小活塞在缓慢下移过程中,受力情况不变,汽缸内气体压强不变,由盖—吕萨克、八1V l V27E律得—=-GMslsiT T初状态V i=2(S i+S2),T i=495K末状态V2=lS22代入可得T2=Q T I=330K3(2)对大、小活塞受力分析那么有m i g+m2g+pSi+p i S2=p i S i+pS2可得p i=1.1xi05Pa缸内封闭地气体与缸外大气到达热平衡过程中,气体体积不变,由查理定律得p1=p^TIrRGo T2T3T3=T=303K,解得p2=1.0ixi05Pa.【变式3如图6所示,两端开口地汽缸水平固定,A、B是两个厚度不计地活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,面积分别为S i=20cm2,S2=10cm2,它们之间用一根水平细杆连接,B通过水平细绳绕过光滑地轻质定滑轮与质量为T〔=600K,汽缸两局部地气柱长均为M=2kg地重物C连接,静止时汽缸中地气体温度L,大气压强p0=1x105Pa,取g=10m/s2,缸内气体可看做理想气体.7EqZc7/17个人收集整理-仅供参考个人收集整理-仅供参考(1)活塞静止时,求汽缸内气体地压强；(2)假设降低汽缸内气体地温度,当活塞A缓慢向右移动.时,求汽缸内气体地温度.答案(1)1.2X105Pa(2)500K解析(1)设静止时汽缸内气体压强为P1,活塞受力平衡P1S1+p0S2=P0S1+P1S2+Mg代入数据解得P1=1.2x105Pa(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化,设开始温度为T1,变化后温度为T2,由盖一吕萨克定律得L3LS1L+S2LS12+S2T=2!lzq7I.T1T2代入数据解得T2=500K.类型2关联气体问题【例4(2022全国卷I33(2))如图7,容积均为V地汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通, 阀门K2位于细管地中部,A、B地顶部各有一阀门K I、K3；B中有一可自由滑动地活塞(质量、体积均可忽略).初始时,三个阀门均翻开,活塞在B地底部；关闭K2、K3,通过K I给汽缸充气,使A中气体地压强到达大气压p0地3倍后关闭K I.室温为27C,汽缸导热.zvpge.■HiHi图7(1)翻开K2,求稳定时活塞上方气体地体积和压强；(2)接着翻开K3,求稳定时活塞地位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20C,求此时活塞下方气体地压强答案⑴,0(2)B地顶部(3)1.6p0解析(1)设翻开a后,稳定时活塞上方气体地压强为P I,体积为V I.依题意,被活塞分开地两局部气体都经历等温过程.由玻意耳定律得NrpoJp°V=P1V1①(3P O)V=P I(2V—V I)②8/17个人收集整理-仅供参考联立①②式得V i=2@p i=2P0④(2)翻开K3后,由④式知,活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体地体积之和为V2(V2^2V)时,活塞下气体压强为P2,由玻意耳定律得1nowf.(3p o)V=p2V2⑤由⑤式得3V自P2=bp.⑥由⑥式知,翻开K3后活塞上升直到B地顶部为止；3此时p2为p2=2p.(3)设加热后活塞下方气体地压强为p3,气体温度从T i=300K升高到T2=320K地等容过程nJno一中,由查理定律得,=乎⑦fjnFLo T i T2将有关数据代入⑦式得p3=1.6p0【变式4(2022新课标全国n33(2))如图8所示,两汽缸A、B粗细均匀,等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略地细管连通；A地直径是B地2倍,A上端封闭,B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外,其余局部均绝热,两汽缸中各有一厚度可忽略地绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气,活塞a上方充有氧气.当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7c且平1衡时,活塞a离汽缸顶地距离是汽缸图度地4,活塞b在汽缸正中间.tfnNh.图8(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b恰好升至顶部时,求氮气地温度;9/17个人收集整理-仅供参考1一,(2)继续缓慢加热,使活塞a上升,当活塞a上升地距离是汽缸高度地布时,求氧气地压强.HbmVN4答案(1)320K(2)4p0解析(1)活塞b升至顶部地过程中,活塞a不动,活塞a、b下方地氮气经历等压变化,设汽缸A地容积为Vo,氮气初态地体积为Vi,温度为Ti,末态体积为V2,温度为T2,按题意,汽缸B地容积为V0,那么V7l4j.31、/V.7小V I=力0+8*7=1丫0①831cp.42483.V OV2=7V0+/=V0②44由盖一吕萨克定律有：纹纭T1T2由①②③式及所给地数据可得：T2=320K④(2)活塞b升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞a开始向上移动,直至活塞上升地距离是汽1缸高度地G时,活塞a上方地氧气经历等温变化,设氧气初态地体积为V/,压强为P I',末态体积为V2‘,压强为P2‘,由所给数据及玻意耳定律可得mZkklo,1,,3qV1=4V0,P I=P O,V2=样0⑤p/V/=p2'V2'⑥.一.一,4由⑤⑥式可得：P2=3P0.命题点三“变质量气体〞模型-…—…—水平考点师生共研分析变质量气体问题时,要通过巧妙地选择研究对象,使变质量气体问题转化为定质量气体问题,用气体实验定律求解.AVktR.(1)打气问题：选择原有气体和即将充入地气体作为研究对象,就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体地状态变化问题.ORjBn(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出地气体和剩余气体作为研究对象,质量不变,故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.2MiJT.10/171)VD.(-p+1)Vp0 答案个人收集整理-仅供参考(3)灌气问题：把大容器中地剩余气体和多个小容器中地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.gliSp.(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,便可使问题变成一定质量气体地状态变化,可用理想气体地状态方程求解.uEh0U【例5】如图9所示,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地压强为p°,经过太阳暴晒,气体温度由T0=300K升至T1=350K.IAg9q.(1)求此时气体地压强;(2)保持T I=350K不变,质量与原来总质量地比值缓慢抽出局部气体,使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体地.WwghW答案(1)7p0(2)7解析(1)由题意知气体发生等容变化,由查理定律得p0=辱,解得pLmpo：350P o=7p0.asfps.T0T1T03006 (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体地总体积为V2,由玻意耳定律可得p1V0 =P0V2那么V2=臂=7V0所以,集热器内剩余气体地质量与原来总质量地比值为P%67=7.ooeyY. P LV0【变式5】某自行车轮胎地容积为V,里面已有压强为P o地空气,现在要使轮胎内地气压增大到p,设充气过程为等温过程,空气可看做理想气体,轮胎容积保持不变,那么还要向轮胎充入温度相同、压强也是p.、体积为地空气.BkeGu个人收集整理-仅供参考课时作业限时训陈琼娅范博速度1.如图1所示,在长为l=57cm 地一端封闭、另一端开口向上地竖直玻璃管内,用4cm 高地水银柱封闭着51cm 长地理想气体,管内外气体地温度均为33C.现将水银徐徐注入管中,直到水银面与管口相平,此时管中气体地压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时,管中刚好只剩下4cm 高地水银柱？〔大气压强为p 0=76cmHg 〕3cdXw图1答案85cmHg318K解析设玻璃管地横截面积为S,初态时,管内气体地温度为T 1=306K,体积为V 1=51S,压强为p 1=80cmHg.h8c52.当水银面与管口相平时,水银柱高为H,那么管内气体地体积为V2=〔57—H 〕S,压强为p2=〔76 +H 〕cmHg.v4bdy .由玻意耳定律得P I V I =p 2V 2,代入数据,得H 2+19H —252=0,解得H=9cm 或H=—28cm 〔舍去〕所以p 2=85cmHg设温度升至T 时,水银柱高为4cm,管内气体地体积为V3=53S,压弓虽为p3=80cmHg.由盖,一V I V 3-- —吕萨克定律得7=7,代入数据,解得T=318K.J0bm4T1T2.〔2022河南六市一联〕如图2所示,在两端封闭地均匀半圆管道内封闭有理想气体,管内有 不计质量可自由移动地活塞P,将管内气体分成两局部,其中OP 与管道水平直径地夹角0=45°.两局部气体地温度均为T°=300K,压强土匀为P O =1.0X 105Pa.现对管道左侧气体缓慢加热,管道右侧气体温度保持不变,当可动活塞缓慢移到管道最低点时〔不计摩擦〕.求：XVauA解析 设充入地气体体积为V 0,根据玻意耳定律可得p o (V+V o )=pV,解得V 0=(p0TMe项正确.PgdO0 11/17।c12/17个人收集整理-仅供参考(1)管道右侧气体地压强；(2)管道左侧气体地温度.答案(1)1.5x105Pa(2)900K解析(1)对于管道右侧气体,由于气体做等温变化,有：P o V〔=p2V22V2=〞1解得P2=1.5X105Pa(2)对于管道左侧气体,根据理想气体状态方程,有P0V1'P2,VT0=TV=2V/当活塞P移动到最低点时,对活塞P受力分析可得出两局部气体对活塞地压强相等,那么有P2=p2解得T=900K3.(2022安徽江南十校联考)如图3所示,一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上,一定量地理想气体被活塞封闭其中,汽缸壁导热良好,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动.开始时气体压强为P,活塞内外表相对汽缸底部地距离为L,外界温度为T.,现用一质量为m地重锤通过不可伸长地轻质细绳跨过光滑轻质滑轮水平连接活塞,重新平衡后,重锤下降h.求：(外界大气地压强始终保持不变,重力加速度大小为g)bR9c6(1)活塞地横截面积S.(2)假设此后外界地温度变为T,那么重新到达平衡后汽缸内气柱地长度为多少?答案⑴卡⑵冲产解析(1)由玻意耳定律可知pLS=p1(L+h)S活塞受力平衡,有P I S=pS—mg13/17联立方程可得(2)由盖一吕萨克定律有 L+hS L 0sT 0=T4 .如图4甲所示,左端封闭、内径相同地U 形细玻璃管竖直放置,左管中封闭有长为L=20cm 地空气柱,两管水银面相平,水银柱足够长.大气压强为p 0=75cmHg.pN9LB(1)假设将装置缓慢翻转180.,使U 形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出),如图乙所示.当管中水银 静止时,求左管中空气柱地长度；DJ8T7.(2)假设将图甲中地阀门S 翻开,缓慢流出局部水银,然后关闭阀门S,右管水银面下降了H=35cm,求左管水银面下降地高度.QF81D答案(1)20cm 或37.5cm(2)10cm解析(1)将装置缓慢翻转180°,设左管中空气柱地长度增加量为h,由玻意耳定律得p °L=(p°—2h)(L+h)解得h=0或h=17.5cm那么左管中空气柱地长度为20cm 或37.5cm丁£=2()cm(2)假设将题图甲中阀门S 翻开,缓慢流出局部水银,然后关闭阀门35cm,设左管水银面下降地高度为l,由玻意耳定律得4B7a914/17个人收集整理-仅供参考S=mg(L+h )Ph 解得：Lo= (L+hT T oS,右管水银面下降了H= 图4个人收集整理-仅供参考p 0L=[p 0-(H-l)](L+l)解得l=10cm 或l=-70cm (舍去)即左管水银面下降地高度为10cm.5 .(2022湖南六校联考)如图5所示,除右侧壁导热良好外,其余局部均绝热地汽缸水平放置, MN 为汽缸右侧壁.汽缸地总长度为L=80m,一厚度不计地绝热活塞将一定质量地氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气).在汽缸内距左侧壁d=30cm 处设有卡环A 、B (卡环体积忽略不计),使活塞只能向右滑动,开始时活塞在AB 右侧紧挨AB,缸内左侧氮气地压强P I=0.8x105Pa,右侧氧气地压强p2=1.0X105Pa,两边气体和环境地温度均为力=27C,现通过左侧汽缸内地电热丝缓慢加热,使氮气温度缓慢升高.设外界环境温度不变.ix6iF . N (1)求活塞恰好要离开卡环时氮气地温度；(2)继续缓慢加热汽缸内左侧氮气,使氮气温度升高至227C,求活塞移动地距离.答案(1)375K(2)5.6cm解析(1)活塞“恰好要离开卡环〞即汽缸内氮气压强与氧气压强相等,取封闭地氮气为研究对象：初状态：P 1=0.8x105PaT 1=300KV 1=dS末状态：P 1'=P 2=1.0X105Pa 「'V =V 1由查理定律,有珠11T 1代入数据解得：=375K(2)继续缓慢加热汽缸内气体,使氮气温度升高至T3=(227+273)K=500K,设活塞移动地距离为x wt6qbo取氮气为研究对象：初状态：P 1=0.8x105PaT 1=300KV 1=dS末状态：p 3T 3=500KV 3=dS+xS图515/17个人收集整理-仅供参考由理想气体状态方程,有竽1=喀3T i T3取氧气为研究对象：初状态：p2=1.0X105PaTi=300KV2=(L-d)S末状态：P2'=P3T2'=300KV2'=LS—V3由玻意耳定律：P2V2=P2'V2'代入数据解得：向右移动地距离x=5.6cm版权申明本文局部内容,包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有Thisarticleincludessomeparts,includingtext,pictures,anddesign.Copyrightispersonalownersh ip.Kp5zH用户可将本文地内容或效劳用于个人学习、研究或欣赏,以及其他非商业性或非盈利性用途,但同时应遵守著作权法及其他相关法律地规定,不得侵犯本网站及相关权利人地合法权利.除此以外,将本文任何内容或效劳用于其他用途时,须征得本人及相关权利人地书面许可,并支付报酬.丫砒.Usersmayusethecontentsorservicesofthisarticleforpersonalstudy,researchorappreciatio n,andothernon-commercialornon-profitpurposes,butatthesametime,theyshallabidebytheprovisio nsofcopyrightlawandotherrelevantlaws,andshallnotinfringeuponthelegitimaterightsofthiswebsite anditsrelevantobligees.Inaddition,whenany16/17个人收集整理-仅供参考contentorserviceofthisarticleisusedforotherpurposes,writtenpermissionandremunerationshallbeobtainedfromthepersonconcernedandtherelevantobligee.ch4PJ.转载或引用本文内容必须是以新闻性或资料性公共免费信息为使用目地地合理、善意引用,不得对本文内容原意进行曲解、修改,并自负版权等法律责任.qd3Yf.Reproductionorquotationofthecontentofthisarticlemustbereasonableandgood-faithcitation fortheuseofnewsorinformativepublicfreeinformation.Itshallnot misinterpretormodifytheoriginalintentionofthecontentofthisarticle,andshallbearlegalliabilitysucha scopyright.E836L17/17。

2021届高三物理一轮的复习——应用气体实验定律解决“三类模型”问题专题解读 1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题．2．学好本专题可以帮助同学们熟练地选取研究对象和状态变化过程，掌握处理“三类模型”问题的基本思路和方法．3．本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等．1．气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数)．(2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或p T＝C (常数)． (3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或V T＝C (常数)． 2．解题基本思路3．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．类型1 单独气体问题例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＋ρgh②p1＝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)④V1＝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V T0＝V1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.变式1(2019·安徽蚌埠市第二次质量检测)如图2所示，U形管内盛有水银，一端开口，另一端封闭一定质量的理想气体，被封闭气柱的长度为10 cm，左右两管液面高度差为1.7 cm，。

专题强化十四 应用气体实验定律解决“三类模型问题”专题解读 1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中地应用，高考在选考模块中通常以计算题地形式命题.2.学好本专题可以帮助同学们熟练地选取研究对象和状态变化过程，掌握处理三类模型问题地基本思路和方法.3.本专题用到地相关知识和方法有：受力分析、压强地求解方法、气体实验定律等.命题点一“玻璃管液封”模型1.三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数). (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT ＝C (常数).(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或VT ＝C (常数).2.利用气体实验定律及气态方程解决问题地基本思路3.玻璃管液封模型求液柱封闭地气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意： (1)液体因重力产生地压强大小为p ＝ρgh (其中h 为至液面地竖直高度)； (2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气地压力；(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止地液体，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. 类型1 单独气体问题例1(2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强地仪器如图1(a)所示，玻璃泡M 地上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银地容器R 连通.开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图(b)所示.设测量过程中温度、与K 2相通地待测气体地压强均保持不变.已知K 1和K 2地内径均为d ，M 地容积为V 0，水银地密度为ρ，重力加速度大小为g .求：图1(1)待测气体地压强；(2)该仪器能够测量地最大压强. 答案 (1)ρπgh 2d 24V 0＋πd 2(l －h )(2)πρgl 2d 24V 0RTCrp 解析 (1)水银面上升至M 地下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭地气体地体积为V ，压强等于待测气体地压强p .提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体地压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l ①V 1＝14πd 2h ②由力学平衡条件得 p 1＝p ＋ρgh ③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV ＝p 1V 1④ 联立①②③④式得 p ＝ρπgh 2d 24V 0＋πd 2(l －h )⑤ (2)由题意知h ≤l ⑥ 联立⑤⑥式有 p ≤πρgl 2d 24V 0⑦该仪器能够测量地最大压强为 p max ＝πρgl 2d 24V 0变式1(2015·全国卷Ⅱ·33(2))如图2，一粗细均匀地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 侧空气柱地长度为l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧地高h ＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面地高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭.已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.图2(1)求放出部分水银后A 侧空气柱地长度；(2)此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧地水银面达到同一高度，求注入地水银在管内地长度.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 时地压强为p ；当两侧水银面地高度差为h 1＝10.0 cm 时，空气柱地长度为l 1，压强为p 1.由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1① 由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银地过程中，B 侧水银面处地压强始终为p 0，而A 侧水银面处地压强随空气柱长度地增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面地高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止.由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得l 1＝12.0 cm ④(2)当A 、B 两侧地水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱地长度为l 2，压强为p 2. 由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2⑤ 由力学平衡条件有p 2＝p 0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l 2＝10.4 cm ⑦ 设注入地水银在管内地长度为Δh ，依题意得 Δh ＝2(l 1－l 2)＋h 1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh ＝13.2 cm. 类型2 关联气体问题例2(2016·全国卷Ⅲ·33(2))一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑地轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图3所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体地压强和活塞向下移动地距离.已知玻璃管地横截面积处处相同；在活塞向下移动地过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)图3答案 144 cmHg9.42 cm解析 设初始时，右管中空气柱地压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱地压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱地压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱地压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位.由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg ＝90 cmHg l 1＝20.0 cm ① l 1′＝(20.0－20.0－5.002) cm ＝12.5 cm ②由玻意耳定律得p 1l 1S ＝p 1′l 1′S ③ 联立①②③式和题给条件得 p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤ l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ＝11.5 cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2S ＝p 2′l 2′S ⑦ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得 h ≈9.42 cm.变式2 如图4所示，由U 形管和细管连接地玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 ℃地水槽中，B 地容积是A 地3倍.阀门S 将A 和B 两部分隔开.A 内为真空，B 和C 内都充有气体.U 形管内左边水银柱比右边地低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等.假设U 形管和细管中地气体体积远小于玻璃泡地容积.图4(1)求玻璃泡C 中气体地压强(以mmHg 为单位)；(2)将右侧水槽中地水从0 ℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽地水温.答案 (1)180 mmHg(2)364 K解析 (1)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K.设玻璃泡B 中气体地压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体地压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋Δp ①式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体地压强为p B ，依题意，有p B ＝p C ② 玻璃泡A 和B 中气体地体积V 2＝V A ＋V B ③ 根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④ 联立①②③④式，并代入已知数据得 p C ＝V BV AΔp ＝180 mmHg ⑤(2)当右侧水槽地水温加热至T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp ，玻璃泡C 中气体地压强p C ′＝p B ＋Δp ⑥玻璃泡C 中地气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p C ′T ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364 K.命题点二 “汽缸活塞类”模型汽缸活塞类问题是热学部分典型地物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题.1.一般思路(1)确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量地理想气体)；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)挖掘题目地隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程. (4)多个方程联立求解.对求解地结果注意检验它们地合理性. 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地平衡条件解题. (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地问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循地规律，并写出相应地方程，还要写出各部分气体之间压强或体积地关系式，最后联立求解.说明 当选择力学研究对象进行分析时，研究对象地选取并不唯一，可以灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程.类型1 单独气体问题例3(2015·全国卷Ⅰ·33(2))如图5，一固定地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.已知大活塞地质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞地质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气地压强为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l 2，两活塞间封闭气体地温度为T 1＝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地摩擦，重力加速度大小g 取 10 m/s 2.求：图5(1)在大活塞与大圆筒底部接触前地瞬间，汽缸内封闭气体地温度； (2)缸内封闭地气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体地压强. 答案 (1)330 K(2)1.01×105 Pa解析 (1)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2GMsIa 初状态V 1＝l2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K末状态V 2＝lS 2代入可得T 2＝23T 1＝330 K(2)对大、小活塞受力分析则有 m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝p 1S 1＋pS 2 可得p 1＝1.1×105 Pa缸内封闭地气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得p 1T 2＝p 2T 3TIrRG T 3＝T ＝303 K ，解得p 2＝1.01×105 Pa.变式3 如图6所示，两端开口地汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计地活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根水平细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑地轻质定滑轮与质量为M ＝2 kg 地重物C 连接，静止时汽缸中地气体温度T 1＝600 K ，汽缸两部分地气柱长均为L ，已知大气压强p 0＝1×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内气体可看做理想气体.图6(1)活塞静止时，求汽缸内气体地压强；(2)若降低汽缸内气体地温度，当活塞A 缓慢向右移动L2时，求汽缸内气体地温度.答案(1)1.2×105 Pa(2)500 K解析 (1)设静止时汽缸内气体压强为p 1，活塞受力平衡p 1S 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋p 1S 2＋Mg 代入数据解得p 1＝1.2×105 Pa(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T 1，变化后温度为T 2，由盖—吕萨克定律得S 1L ＋S 2L T 1＝S 1·L 2＋S 2·3L 2T 2lzq7I 代入数据解得T 2＝500 K. 类型2 关联气体问题例4(2017·全国卷Ⅰ·33(2))如图7，容积均为V 地汽缸A 、B 下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K 2位于细管地中部，A 、B 地顶部各有一阀门K 1、K 3；B 中有一可自由滑动地活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B 地底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给汽缸充气，使A 中气体地压强达到大气压p 0地3倍后关闭K 1.已知室温为27 ℃，汽缸导热.图7(1)打开K 2，求稳定时活塞上方气体地体积和压强； (2)接着打开K 3，求稳定时活塞地位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体地压强. 答案 (1)V22p 0(2)B 地顶部(3)1.6p 0解析 (1)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体地压强为p 1，体积为V 1.依题意，被活塞分开地两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1① (3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)②联立①②式得 V 1＝V 2③p 1＝2p 0④(2)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A 中气体地体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2，由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2⑤ 由⑤式得 p 2＝3VV 2p 0⑥由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 地顶部为止； 此时p 2为p 2′＝32p 0(3)设加热后活塞下方气体地压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 地等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2⑦将有关数据代入⑦式得 p 3＝1.6p 0变式4(2014·新课标全国Ⅱ·33(2))如图8所示，两汽缸A 、B 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略地细管连通；A 地直径是B 地2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略地绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气.当大气压为p 0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离汽缸顶地距离是汽缸高度地14，活塞b 在汽缸正中间.图8(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气地温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升地距离是汽缸高度地116时，求氧气地压强.答案 (1)320 K(2)43p 0解析 (1)活塞b 升至顶部地过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方地氮气经历等压变化，设汽缸A 地容积为V 0，氮气初态地体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，汽缸B 地容积为V 04，则V 1＝34V 0＋12×V 04＝78V 0①V 2＝34V 0＋V 04＝V 0②由盖—吕萨克定律有： V 1T 1＝V 2T 2③ 由①②③式及所给地数据可得：T 2＝320 K ④(2)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升地距离是汽缸高度地116时，活塞a 上方地氧气经历等温变化，设氧气初态地体积为V 1′，压强为p 1′，末态体积为V 2′，压强为p 2′，由所给数据及玻意耳定律可得V 1′＝14V 0，p 1′＝p 0，V 2′＝316V 0⑤p 1′V 1′＝p 2′V 2′⑥ 由⑤⑥式可得：p 2′＝43p 0.命题点三 “变质量气体”模型分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.(1)打气问题：选择原有气体和即将充入地气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体地状态变化问题.(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出地气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.(3)灌气问题：把大容器中地剩余气体和多个小容器中地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，便可使问题变成一定质量气体地状态变化，可用理想气体地状态方程求解.例5 如图9所示，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V 0.开始时内部封闭气体地压强为p 0，经过太阳暴晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.图9(1)求此时气体地压强；(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体地质量与原来总质量地比值.答案(1)76p 0(2)67解析 (1)由题意知气体发生等容变化，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1，解得p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76p 0.(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体地总体积为V 2，由玻意耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2则V 2＝p 1V 0p 0＝76V 0所以，集热器内剩余气体地质量与原来总质量地比值为ρV 0ρ·76V 0＝67.变式5 某自行车轮胎地容积为V ，里面已有压强为p 0地空气，现在要使轮胎内地气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0、体积为________地空气.A.p 0p V B.p p 0V C.(p p 0－1)V D.(p p 0＋1)V 答案 C解析 设充入地气体体积为V 0，根据玻意耳定律可得p 0(V ＋V 0)＝pV ，解得V 0＝(p p 0－1)V ，C 项正确.1.如图1所示，在长为l ＝57 cm 地一端封闭、另一端开口向上地竖直玻璃管内，用4 cm 高地水银柱封闭着51 cm 长地理想气体，管内外气体地温度均为33 ℃.现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体地压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4 cm 高地水银柱？(大气压强为p 0＝76 cmHg)图1答案85 cmHg318 K解析 设玻璃管地横截面积为S ，初态时，管内气体地温度为T 1＝306 K ，体积为V 1＝51S ，压强为p 1＝80cmHg.当水银面与管口相平时，水银柱高为H ，则管内气体地体积为V 2＝(57－H )S ，压强为p 2＝(76＋H ) cmHg.由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，代入数据，得H 2＋19H －252＝0，解得H ＝9 cm 或H ＝－28 cm(舍去)所以p 2＝85 cmHg设温度升至T 时，水银柱高为4 cm ，管内气体地体积为V 3＝53S ，压强为p 3＝80 cmHg.由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 3T，代入数据，解得T ＝318 K.2.(2017·河南六市一联)如图2所示，在两端封闭地均匀半圆管道内封闭有理想气体，管内有不计质量可自由移动地活塞P ，将管内气体分成两部分，其中OP 与管道水平直径地夹角θ＝45°.两部分气体地温度均为T 0＝300 K ，压强均为p 0＝1.0×105 Pa.现对管道左侧气体缓慢加热，管道右侧气体温度保持不变，当可动活塞缓慢移到管道最低点时(不计摩擦).求：图2(1)管道右侧气体地压强；(2)管道左侧气体地温度.答案 (1)1.5×105 Pa(2)900 K解析 (1)对于管道右侧气体，由于气体做等温变化，有：p 0V 1＝p 2V 2V 2＝23V 1 解得p 2＝1.5×105 Pa(2)对于管道左侧气体，根据理想气体状态方程，有p 0V 1′T 0＝p 2′V 2′TV 2′＝2V 1′当活塞P 移动到最低点时，对活塞P 受力分析可得出两部分气体对活塞地压强相等，则有 p 2′＝p 2解得T ＝900 K3.(2017·安徽江南十校联考)如图3所示，一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量地理想气体被活塞封闭其中，已知汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动.开始时气体压强为p ，活塞内表面相对汽缸底部地距离为L ，外界温度为T 0，现用一质量为m 地重锤通过不可伸长地轻质细绳跨过光滑轻质滑轮水平连接活塞，重新平衡后，重锤下降h .求：(已知外界大气地压强始终保持不变，重力加速度大小为g )图3(1)活塞地横截面积S .(2)若此后外界地温度变为T ，则重新达到平衡后汽缸内气柱地长度为多少？答案 (1)mg (L ＋h )ph (2)(L ＋h )T T 0解析 (1)由玻意耳定律可知pLS ＝p 1(L ＋h )S活塞受力平衡，有p 1S ＝pS －mg联立方程可得S ＝mg (L ＋h )ph(2)由盖—吕萨克定律有(L ＋h )S T 0＝L 0S T解得：L 0＝(L ＋h )T T 0. 4.如图4甲所示，左端封闭、内径相同地U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L ＝20 cm 地空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p 0＝75 cmHg.图4(1)若将装置缓慢翻转180°，使U 形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱地长度；(2)若将图甲中地阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S ，右管水银面下降了H ＝35 cm ，求左管水银面下降地高度.答案(1)20 cm 或37.5 cm(2)10 cm解析 (1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱地长度增加量为h ，由玻意耳定律得p 0L ＝(p 0－2h )(L ＋h )解得h ＝0或h ＝17.5 cm则左管中空气柱地长度为20 cm 或37.5 cm(2)若将题图甲中阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S ，右管水银面下降了H ＝35 cm ，设左管水银面下降地高度为l ，由玻意耳定律得p0L＝[p0－(H－l)](L＋l)解得l＝10 cm或l＝－70 cm(舍去)即左管水银面下降地高度为10 cm.5.(2017·湖南六校联考)如图5所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热地汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁.汽缸地总长度为L＝80 m，一厚度不计地绝热活塞将一定质量地氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气).在汽缸内距左侧壁d＝30 cm处设有卡环A、B(卡环体积忽略不计)，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气地压强p1＝0.8×105 Pa，右侧氧气地压强p2＝1.0×105 Pa，两边气体和环境地温度均为t1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内地电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高.设外界环境温度不变.图5(1)求活塞恰好要离开卡环时氮气地温度；(2)继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ℃，求活塞移动地距离.答案(1)375 K(2)5.6 cm解析(1)活塞“恰好要离开卡环”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭地氮气为研究对象：初状态：p1＝0.8×105 Pa T1＝300 K V1＝dS末状态：p1′＝p2＝1.0×105 Pa T1′V1′＝V1由查理定律，有p1T1＝p1′T1′代入数据解得：T1′＝375 K(2)继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3＝(227＋273) K＝500 K，设活塞移动地距离为x取氮气为研究对象：初状态：p1＝0.8×105 Pa T1＝300 K V1＝dS末状态：p3T3＝500 K V3＝dS＋xS由理想气体状态方程，有p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3取氧气为研究对象：初状态：p 2＝1.0×105 Pa T 1＝300 K V 2＝(L －d )S末状态：p 2′＝p 3T 2′＝300 K V 2′＝LS －V 3由玻意耳定律：p 2V 2＝p 2′V 2′代入数据解得：向右移动地距离x ≈5.6 cm版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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教学设计：【教学目标】1、了解玻意耳、查理、盖-吕萨克三大气体试验的试验过程；2、掌握三大气体实验定律适用条件、图像问题；3、理解定律推论的推导过程，并会用推论解决相关问题。

【教学重点】“三类模型问题”的分类归纳。

【教学难点】选取研究对象进行受力分析，气体状态分析。

【前置补偿】1、思考：哪“三类模型”？2、本专题用到的相关知识和方法有什么？3、本专题可以帮助同学们解决什么物理思想？【教学设计】1、引入：2014-2018年全国1、2卷高考题展现，引导同学们学而归类。

2、课堂教学：（1）提问：理想气体状态方程与气体实验定律的关系，三个重要推论及适用条件。

（2）命题点一“汽缸活塞类”模型提问：解决问题一般思路（引导同学们解题模式）定对象→析过程→挖（隐含）条件→列方程（联立求解）讲解：①气缸活塞题目，然后做动画分析运动过程。

并展示同学们的书写卷面，直观评价书写情况，要求同学们的规范性。

评价：步骤清晰书写潦草表达规范无分步得分序号多标无必要文字说明②气缸活塞+弹簧平衡问题分组讨论，推荐同学讲解，然后做点评。

（3）命题点二“玻璃管液封”模型小组推荐讲解第一题，“玻璃管旋转”问题对此题目的讲解需要旋转玻璃管，所以提前做好旋转图。

问：玻璃管旋转后，左侧液柱上升还是下降？为什么？过程中如何做必要的说明？计算遇到问题了吗？如何处理？（5）命题点三“变质量气体”模型分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。

四类：打、抽、灌、漏气问题①消防员处理气罐问题：6min做，2min板演②农民农药问题：6min做，2min板演。

同时进行③现场改题，讲解出错及做题目注意事项。

（6）总结（7）作业：①篮球打气，设计打气筒②学案。

专题强化十五 应用气体实验定律解决“三类模型”问题专题解读 1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题．2．学好本专题可以帮助同学们熟练地选取研究对象和状态变化过程，掌握处理“三类模型”问题的基本思路和方法．3．本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等．1．气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数)． (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT ＝C (常数)．(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或VT ＝C (常数)．2．解题基本思路3．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．类型1 单独气体问题例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h 1，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V 1，压强为p 1.由玻意耳定律有 pV ＝p 1V 1① 由力的平衡条件有 p ＝p 0＋ρgh ② p 1＝p 0－ρgh ③式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 0为大气压强．由题意有 V ＝S (L －h 1－h )④ V 1＝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T 0和T ，由盖－吕萨克定律有 V T 0＝V 1T⑦ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得T ＝312 K.变式1 (2019·安徽蚌埠市第二次质量检测)如图2所示，U 形管内盛有水银，一端开口，另一端封闭一定质量的理想气体，被封闭气柱的长度为10 cm ，左右两管液面高度差为1.7 cm ，大气压强p 0＝75.0 cmHg.现逐渐从U 形管中取走一部分水银，使得左右两管液面高度差变为10 cm.求：图2(1)两管液面高度差变为10 cm后，被封闭气柱的长度是多少；(2)需要向U形管内注入多少厘米的水银，才能让高度差从10 cm变为两管液面齐平．答案(1)11.8 cm(2)13.2 cm解析(1)设空气柱长度l＝10 cm，高度差h＝1.7 cm时压强为p；当高度差为h1＝10 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1则有：p＝p0＋p h由玻意耳定律得：pl＝p1l1逐渐从U形管中取走一部分水银，右侧水银面低于左侧水银面h1则有：p1＝p0－p h1联立解得：l1＝11.8 cm.(2)当两侧的水银面达到同一高度时，设空气柱的长度为l2，压强为p2，则有：p2＝p0由玻意耳定律得：pl＝p2l2联立解得：l2≈10.2 cm设注入的水银在管内的长度为Δl，依题意得：Δl＝2(l1－l2)＋h1联立解得：Δl＝13.2 cm.类型2关联气体问题例2(2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图3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3答案22.5 cm7.5 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′②p2l2＝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 cml2′＝7.5 cm.变式2(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，右端管内用h1＝4 cm的水银柱封闭一段长为L1＝9 cm 的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L2＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8 cm，如图4甲所示．已知大气压强p0＝76.0 cmHg，环境温度不变．图4(1)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；(2)若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3.答案(1)72 cmHg(2)12 cm解析(1)初始时，空气柱A的压强为p A＝p0＋ρgh1而p B＋ρgh2＝p A联立解得空气柱B的压强为p B＝72 cmHg；(2)U形管倒置后，空气柱A的压强为p A′＝p0－ρgh1空气柱B的压强为p B′＝p A′＋ρgh3空气柱B 的长度L 2′＝L 2－h 3－h 22由玻意耳定律可得p B L 2＝p B ′L 2′ 联立解得h 3＝12 cm.1．一般思路(1)确定研究对象，一般地说，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．类型1 单独气体问题例3 (2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图5，一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p 0，温度均为T 0.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5答案 ⎝⎛⎭⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎫1＋mgp 0S T 0 (p 0S ＋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T 1，压强为p 1，根据查理定律有 p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有 p 1S ＝p 0S ＋mg ② 联立①②式可得 T 1＝⎝⎛⎭⎫1＋mgp 0S T 0③ 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T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有 V 1T 1＝V 2T 2④ 式中 V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥ 联立③④⑤⑥式解得 T 2＝⎝⎛⎭⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎫1＋mgp 0S T 0⑦ 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 ＝(p 0S ＋mg )h .变式3 (2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图6(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S ＝1×10－4 m 2、质量为m ＝0.2 kg 且厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.求：图6(1)活塞与汽缸底部之间的距离；(2)将缸内气体加热到675 K 时封闭气体的压强． 答案 (1)20 cm (2)1.5×105 Pa解析 (1)汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离L 1＝24 cm气体压强p 1＝1.0×105 Pa ，气体体积V 1＝L 1S ； 汽缸竖直放置时，活塞与汽缸底部之间的距离为L 2气体压强p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋0.2×101×10－4) Pa ＝1.2×105 Pa ， 气体体积V 2＝L 2S ；气体等温变化，根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2 得活塞与汽缸底部之间的距离L 2＝p 1p 2·L 1＝20 cm.(2)活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理． 气体初状态压强p 2＝1.2×105 Pa ，体积V 2＝L 2S ，温度T 2＝300 K活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为p 3＝p 2＝1.2×105 Pa ，体积V 3＝L 3S ，温度为T 3，其中L 3＝36 cm ，气体等压变化，根据盖—吕萨克定律V 2T 2＝V 3T 3得此时气体温度T 3＝L 3L 2·T 2＝540 K<675 K则活塞到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，p 3＝1.2×105 Pa ，T 3＝540 K ，T 4＝675 K ，根据查理定律p 3T 3＝p 4T 4解得加热到675 K 时封闭气体的压强p 4＝T 4T 3·p 3＝1.5×105 Pa.类型2 关联气体问题例4 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图7，一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p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，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．图7答案 (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )；②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③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p 1V 1＝p 10·2V 0④ p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故 V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 p 1＝12p 0＋14pV 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p.变式4 (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图8所示，在固定的汽缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ∶S B ＝1∶2，两活塞与穿过B 汽缸底部的刚性细杆相连，活塞与汽缸、细杆与汽缸间摩擦不计且不漏气．初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，A 中气体压强p A ＝1.5p 0，p 0是汽缸外的大气压强(保持不变)．现对A 中气体缓慢加热，并保持B 中气体的温度不变，当A 中气体的压强增大到p A ′＝2p 0时，求B 中气体的体积V B .图8答案 1.5V 0解析 对活塞受力分析，由平衡条件得 p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B ) p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B ) 已知S B ＝2S A ，p A ＝1.5p 0 可得p B ＝34p 0，p B ′＝12p 0对B 中的气体，由玻意耳定律得：p B V 0＝p B ′V B 解得：V B ＝1.5V 0.例5 (2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图9，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．图9答案15p 0S26g解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1，下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p 0·V2＝p 1V 1 p 0·V2＝p 2V 2 由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324VV 2＝V 2－V 6＝V 3设流入汽缸内液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg 联立以上各式得 m ＝15p 0S 26g.变式5 (2019·河南郑州市第二次质量检测)如图10所示，一个内壁光滑的汽缸竖直放置，其侧壁绝热，内有两个厚度不计的密闭活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．活塞A 导热且质量不计，活塞B 绝热，质量为m ＝10 kg.初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0＝12 cm ，温度为T 0＝300 K ．现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给Ⅱ气体加热至T ＝600 K ，同时在活塞A 上逐渐添加细砂，保持活塞B 的位置始终不变，最终活塞A 下降的高度为h (未知)时，两部分气体重新处于平衡．已知外界大气压强p 0＝1×105 Pa ，活塞横截面积S ＝1.0×10－3 m 2，g ＝10 m/s 2.试求： (1)最终气体平衡时，Ⅱ气体的压强； (2)活塞A 下降的高度h .图10答案(1)4×105 Pa(2)8 cm解析(1)初状态时，设气体Ⅰ的压强为p1，因活塞A质量不计，则p1＝p0＝1.0×105 Pa初状态时，设气体Ⅱ的压强为p2，以活塞B为研究对象，由平衡条件知p2S＝p1S＋mg得p2＝2×105 Pa活塞B位置始终不变，则气体Ⅱ体积不变对气体Ⅱ由查理定律有p2T0＝p2′T解得p2′＝4×105 Pa.(2)末状态时，以活塞B为研究对象，由平衡条件知p2′S＝p1′S＋mg得p1′＝3×105 Pa对气体Ⅰ，由玻意耳定律有p1V1＝p1′V1′又V1＝Sl0，V1′＝S(l0－h)联立解得h＝8 cm.1．打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程．3．灌气问题：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，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解．例6 (2019·全国卷Ⅰ·33(2))热等静压设备广泛应用于材料加工中．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 m 3，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3.2×10－2m 3，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V 0，压强为p 0；使用后瓶中剩余气体的压强为p 1.假设体积为V 0、压强为p 0的气体压强变为p 1时，其体积膨胀为V 1.由玻意耳定律得：p 0V 0＝p 1V 1① 被压入炉腔的气体在室温和p 1条件下的体积为：V 1′＝V 1－V 0② 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体在室温下的压强为p 2，体积为V 2， 由玻意耳定律：p 2V 2＝10p 1V 1′③联立①②③式并代入题给数据得：p 2＝3.2×107 Pa ④(2)设加热前炉腔的温度为T 0，加热后炉腔的温度为T 1，气体压强为p 3，由查理定律得：p 3T 1＝p 2T 0⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得：p 3＝1.6×108 Pa.变式6 (2019·四川成都市第二次诊断)如图11所示为一个带有阀门K 、容积为2 dm 3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa 、200 cm 3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化．(设外界大气的压强p 0＝1×105 Pa)(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa ，应打多少次气？(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa 的氧气，现用它给容积为0.7 dm 3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa ，则可充满多少瓶？图11答案 (1)40次 (2)4瓶解析 (1)设需要打气n 次，因每次打入的气体相同，故可视n 次打入的气体一次性打入，则气体的初状态：p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝V 0＋n ΔV 末状态：p 2＝5.0×105 Pa ，V 2＝V 0 其中：V 0＝2 dm 3，ΔV ＝0.2 dm 3 由玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得：n ＝40.(2)设气压为p 3＝2.0×105 Pa 时氧气的体积为V 3 由玻意耳定律有：p 2V 2＝p 3V 3 代入数据解得：V 3＝5 dm 3 真空瓶的容积为V 瓶＝0.7 dm 3 因：V 3－V 2V 瓶＝427故可充满4瓶．1．(2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K 1和K 2的内径均为d ，M 的容积为V 0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：图1(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强． 答案 (1)ρπgh 2d 24V 0＋πd 2(l －h )(2)πρgl 2d 24V 0解析 (1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p ；提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ，设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l ①V 1＝14πd 2h ②由力学平衡条件得 p 1＝p ＋ρgh ③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV ＝p 1V 1④ 联立①②③④式得 p ＝ρπgh 2d 24V 0＋πd 2(l －h )⑤ (2)由题意知 h ≤l ⑥ 联立⑤⑥式有 p ≤πρgl 2d 24V 0则该仪器能够测量的最大压强为 p max ＝πρgl 2d 24V 0.2.(2019·福建三明市5月质量检查)如图2，容积为V 的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时氮气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p 0、温度与冷库内温度相同，现将氮气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p 0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p 0、体积为V 15、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃不变．求： (1)冷库内的温度；(2)充气结束后，瓶内气体压强．图2答案 (1)270 K(或－3 ℃) (2)4p 0解析 (1)因氮气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p 1，温度为T 1，移至冷库外后，瓶内气体压强为p 0，温度为T 2＝300 K 由查理定律，有：p 1T 1＝p 0T 2代入数据得：T 1＝270 K ， 即冷库内的温度为270 K 或－3 ℃.(2)打气前，瓶内气体及所打入的气体压强均为p 0，总体积：V 2＝V ＋45×V15＝4V充气结束后，气体压强为p 3，体积为V 3＝V 气体温度不变，由玻意耳定律，有：p 0V 2＝p 3V 3 解得：p 3＝4p 0.3．(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图3所示，一水平放置的固定汽缸，由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成，活塞A 、B 可以在圆筒内无摩擦地左右滑动，它们的横截面积分别为S A ＝30 cm 2、S B ＝15 cm 2，A 、B 之间用一根长为L ＝3 m 的细杆连接．A 、B 之间封闭着一定质量的理想气体，活塞A 的左方和活塞B 的右方都是空气，大气压强始终保持不变，为p 0＝1.0×105 Pa.活塞B 的中心连一根不可伸长的细线，细线的另一端固定在墙上，当汽缸内气体温度为T 1＝540 K 时，活塞B 与两圆筒连接处相距l ＝1 m ，此时细线中的张力为F ＝30 N.图3(1)求此时汽缸内被封闭气体的压强；(2)若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度，则温度为多少时活塞A 恰好移动到两圆筒连接处？ 答案 (1)1.2×105 Pa (2)270 K解析 (1)设汽缸内气体压强为p 1，由题意知活塞B 所受细线拉力F 1＝F ＝30 N ，活塞A 、B 及细杆整体受力平衡，知p 0S A －p 1S A ＋p 1S B －p 0S B ＋F 1＝0，又S A ＝2S B 解得：p 1＝p 0＋F S B代入数据得p 1＝1.2×105 Pa.(2)设温度为T 2时，活塞A 恰好到达两圆筒连接处，此时，气体压强p 2＝p 0 又V 1＝S A (L －l )＋S B l V 2＝S B L由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得：T 2＝270 K.4．(2019·云南大姚县一中一模)如图4，粗细均匀的U 形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A 、B 两部分．当大气压强为p 0＝75 cmHg ，温度为t 0＝27 ℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L 0＝30 cm.(计算结果均保留三位有效数字)图4(1)现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h ＝10 cm ，求活塞上升的高度L ； (2)然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A 部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置． 答案 (1)16.4 cm (2)191 ℃解析 (1)设活塞的横截面积为S ，温度不变，对B 管气体： p 0L 0S ＝p 2(L 0＋0.5h )S 可得：p 2≈64.3 cmHg 对A 管气体： p 0L 0S ＝(p 2－p h )L 1S 解得：L 1≈41.4 cmL ＝L 1－(L 0－0.5h )＝16.4 cm.(2)为使右管内水银面回到原来位置，A 管气体的压强应为p 0，长度应为L 1＋0.5h ； 由理想气体状态方程得：p 0L 0S T 0＝p 0(L 1＋0.5h )ST代入数据可得：T ＝464 K 所以：t ＝191 ℃.5．(2019·辽宁大连市第二次模拟)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图5所示，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ，内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动．汽缸Ⅰ左端开口，通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ通过B 封有压强为3p 0的气体．一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p 0，p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体．求：图5(1)当活塞A 向右移动L5时，水的深度；(2)该深度计能测量的最大水深． 答案 (1)2.5 m (2)30 m解析 (1)A 右移L 5时，假设B 不动，Ⅰ内气体等温变化，有：p 0SL ＝p 1S (L －L5)解得p 1＝54p 0<3p 0，假设成立由p 1＝p 0＋p h 可得：h ＝2.5 m.(2)当活塞A 恰好移动到汽缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，设此时活塞B 右移了x 两部分气体压强相等，设为p 2对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得：p 0SL ＝p 2Sx 对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得：3p 0SL ＝p 2S (L －x ) 联立解得：x ＝L4，p 2＝4p 0由p 2＝p 0＋p h max 可得：h max ＝30 m.6．(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，固定的两个汽缸A 、B 处于水平方向，一根刚性水平轻杆两端分别与两汽缸的绝热活塞固定，A 、B 汽缸中均封闭一定量的理想气体．已知A 是导热汽缸，B 是绝热汽缸，两个活塞的面积S A ＝2S 、S B ＝S ，开始时两气柱长度均为L ，压强均等于大气压强p 0，温度均为T 0.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，且不漏气．现通过电热丝对汽缸B 中的气体缓慢加热，使两活塞向左缓慢移动12L 的距离后稳定，求此时：图6(1)汽缸A 中气体的压强； (2)汽缸B 中气体的温度． 答案 (1)2p 0 (2)92T 0解析 (1)汽缸A 中气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p 0(L ·2S )＝p 1(L2×2S )解得：p 1＝2p 0(2)分析两活塞的受力情况，由平衡知识可得：(p 1－p 0)2S ＝(p 2－p 0)S 由理想气体状态方程可得：p 0(LS )T 0＝p 2(32LS )T9联立解得：T＝2T0.。