第十五章　第4讲　专题强化：气体实验定律的综合应用 讲义 （教师版）

第4讲　专题强化：气体实验定律的综合应用
题型一　“玻璃管液封”模型
1．玻璃管液封模型
求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：
(1)液体因所受重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)灵活应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
2．解题基本思路
考向1“玻璃管液封”的单一气体模型
【典例1】　如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50 cm，管两侧水银面的高度差为h＝19 cm，大气压强恒为76 cmHg。T＝t＋273 K。
(1)若初始环境温度为27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；
(2)若保持环境温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。
【解析】　(1)封闭气体初状态的压强
p1＝p0－ph＝(76－19)cmHg＝57 cmHg，
设玻璃管的横截面积为S，体积V1＝LS，温度T1＝300 K，
封闭气体末状态压强p2＝p0＝76 cmHg，
体积V2＝S，
对封闭气体，由理想气体的状态方程得
＝，
代入数据解得T2＝476 K，即温度为203 ℃。
(2)设当管两侧水银齐平时空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS，
代入数据解得H＝37.5 cm，
注入水银柱的长度x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5)cm＋19 cm＝44 cm。
【答案】　(1)203 ℃　(2)44 cm
考向2“玻璃管液封”的关联气体模型
【典例2】　如图所示，足够长U形管竖直放置，左右两侧分别用水银封有A、B两部分气体，气柱及液柱长度如图中标注所示。已知大气压强为p0＝76 cmHg，L1＝6 cm，h1＝4 cm，h2＝32 cm，管壁导热良好，环境温度为t1＝－3 ℃且保持不变。
(1)若从右侧缓慢抽出一部分水银，使下方液柱左右液面相平，则需要从右侧管中抽出多长的水银？
(2)若仅缓慢加热A部分气体，使下方液柱左右液面相平，则此时A部分气体温度为多少？(结果保留整数)
【解析】　(1)设抽出的水银长度为Δh，设管的横截面积为S，A部分气体初始压强为p1，水银密度为ρ，则有p1＋ρgh1＝p0＋ρgh2，解得p1＝104 cmHg；
液面相平时，设A部分气体压强为p2，则有p2＝p0＋ρg(h2－Δh)，
对A部分气体，根据玻意耳定律可得
p1L1S＝p2S，
联立解得Δh＝30 cm。
(2)若仅缓慢加热A部分气体，使下方液柱左右液面相平，根据理想气体状态方程有
＝，
其中T1＝(－3＋273)K＝270 K，
p2′＝p0＋ρgh2＝108 cmHg，
解得T2≈374 K，即温度为101 ℃。
【答案】　(1)30 cm　(2)101 ℃
1．如图所示，顶部封闭、竖直放置的不对称U形玻璃管中，左侧A管的横截面积是右侧B管的2倍，管中充有水银，A管和B管中水银液面的高度相同，水银液面上方的管中有压强均为84 cmHg的空气，A管中空气柱的长度为15 cm，B管中空气柱的长度为30 cm。打开管底部的阀门K，缓慢放出部分水银后再关闭K。已知放出部分水银后B管中水银面下降了5 cm，在放出水银的过程中温度保持不变。求A管中水银面下降的高度。
解析：B管内气体做等温变化，则有
pB0ShB＝pBS(hB＋ΔhB)，
其中pB0＝84 cmHg，hB＝30 cm，ΔhB＝5 cm，
解得pB＝72 cmHg，
A管内气体做等温变化，则有
pA0·2ShA＝pA·2S(hA＋ΔhA)，
其中pA0＝84 cmHg，hA＝15 cm，
装置稳定后有pA＋ρg(ΔhB－ΔhA)＝pB，
联立解得pA＝70 cmHg，ΔhA＝3 cm。
答案：3 cm
2．(2023·全国乙卷)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以 cmHg为压强单位)
解析：B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，空气柱长度lB＝10 cm，
则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，空气柱长度lA＝10 cm，
倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，空气柱长度lA′＝11 cm，
已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm，
则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23 cmHg，
空气柱长度lB′＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm，
对A管中气体，由玻意耳定律有
pAlASA＝p′Al′ASA，
对B管中气体，由玻意耳定律有
pBlBSB＝p′Bl′BSB，
联立解得pB＝54.36 cmHg，pA＝74.36 cmHg。
答案：74.36 cmHg　54.36 cmHg
题型二　“汽缸活塞类”模型
1．一般思路
(1)确定研究对象。一般来说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程。对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解，对求解的结果注意检验它们的合理性。
2．常见类型
(1)气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。
(3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。
考向1“汽缸活塞类”单一气体问题
【典例3】　如图所示，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度差为h，活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为m、横截面积为S，在活塞上放一质量为2m的重物，活塞向下移动h，重力加速度为g，已知大气压强等于，环境温度为T0，求：
(1)不加重物时，卡环对活塞的压力大小；
(2)若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降h，则降温后的温度为多少？
【解析】　(1)设不加重物时，汽缸内气体压强为p1，卡环对活塞的压力为F，则
·S＋F＋mg＝p1S，解得p1＝，
加重物后，设汽缸内气体压强为p2，则
·S＋3mg＝p2S，解得p2＝，
气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p1hS＝p2×hS，解得F＝mg。
(2)若不加重物，设环境温度降为T时活塞下降h，未降温时，汽缸内气体的压强为
p1＝，
设降温后汽缸内气体的压强为p3，则
·S＋mg＝p3S，解得p3＝，
根据理想气体状态方程有＝，
解得T＝T0。
【答案】　(1)mg　(2)T0
考向2“汽缸活塞类”的关联气体模型
【典例4】　(2024·甘肃卷)如图所示，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
【解析】　(1)设抽气前两体积为V＝Sl，对气体A分析，抽气后体积为
VA＝2V－V＝Sl，
根据玻意耳定律得p0V＝pA·V，
解得pA＝p0，
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半，即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pBV，
解得pB＝p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F，
根据胡克定律得F＝k，
联立解得k＝。
【答案】　(1)p0　p0　(2)
3．(2023·湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
解析：(1)对左、右汽缸内所封闭的气体，初态：压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH；
末态：压强p2未知，体积
V2＝S·H＋H·2S＝SH；
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
解得p2＝p0。
(2)对右侧活塞受力分析可知
mg＋p0·2S＝p2·2S，解得m＝，
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S，
解得k＝。
答案：(1)p0　(2)　
4．(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积忽略不计。当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
解析：(1)(2)假设温度降低到T2时差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态：pB1＝p0，T1＝300 K；末态：T2＝270 K。
根据＝，
代入数据可得pB2＝9×104 Pa。
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态：VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K；
末态：T2＝270 K。
根据＝，
代入数据可得VA2＝3.6×102 m3。
由于p0－pB2<Δp
假设成立，即pB2＝9×104 Pa。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋，
B内气体压强pB′＝p0，
此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp，
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。
答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3
(3)1.1×102 kg
课时作业75
1．(5分)(多选)(2024·河北卷)如图所示，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　ACD　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D.与初始时相比，最终活塞左侧单位体积内气体分子数减少
解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空泄漏。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始时左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
2.(5分)如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内封闭着一段长为l、压强为2p0(p0为大气压强)的气柱，两管水银面高度差为h，现保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直(　A　)
A．向上移动h＋l B．向下移动2h＋l
C．向上移动h＋2l D．向下移动2h＋2l
解析：设玻璃管的横截面积为S，末态两管内水银面一样高，封闭气体压强与外界大气压强相同为p0，根据玻意耳定律得2p0Sl＝p0Sl′，解得末态玻璃管内封闭气体的长度为l′＝2l，保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直提高Δh＝h＋l，故A正确，B、C、D错误。
3．(5分) (多选)内径均匀的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27 ℃，大气压强p0＝76 cmHg。现只对理想气体Ⅰ加热，直到竖直玻璃管中的水银与管口相平，此时(　BC　)
A．理想气体Ⅰ的温度为500 K
B．理想气体Ⅰ的温度为700 K
C．理想气体Ⅱ长度变为9 cm
D．理想气体Ⅱ长度变为6 cm
解析：以理想气体Ⅱ为研究对象，初状态有p1＝p0＋14 cmHg＝90 cmHg，V1＝L1S，末状态有p2＝p0＋24 cmHg＝100 cmHg，V2＝L2S，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得L2＝＝ cm＝9 cm，C正确，D错误；以理想气体Ⅰ为研究对象，初状态有p′1＝p0＋14 cmHg＝90 cmHg，V′1＝L′1S，T1＝300 K，末状态有p′2＝p0＋24 cmHg＝100 cmHg，V2＝L′2S，其中L′2＝(10＋10＋1)cm＝21 cm，根据理想气体状态方程可得＝，解得T2＝＝ K＝700 K，B正确，A错误。
4．(5分)如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计的导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l，现使汽缸底部绕一竖直轴由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度ω，当汽缸转动的角速度为ω1时，气柱长度为2l，当汽缸转动的角速度为ω2时，气柱长度为3l，若外界大气压不变，则ω1与ω2的比值为(　A　)
A．3∶2 B．2∶3
C．2∶3 D．3∶2
解析：以活塞为研究对象，当汽缸转动的角速度为ω1时，由题设有p0S－p1S＝m·2lω12，当汽缸转动的角速度为ω2时，有p0S－p2S＝m·3lω22；以活塞封闭的气柱为研究对象，根据玻意耳定律有p0S·l＝p1S·2l＝p2S·3l，联立解得ω1与ω2的比值为3∶2，故选A。
5．(10分)如图所示，一端开口、长为L＝40 cm的玻璃管锁定在倾角为α＝30°的光滑斜面上，一段长为10 cm的水银柱密封一定质量的理想气体。环境温度为27 ℃，已知当地大气压强p0＝75 cmHg。
(1)如果解除锁定，玻璃管沿斜面下滑，稳定后水银恰好未溢出管口，求解除锁定前水银柱上端距管口的距离；
(2)如果对密封气体缓慢加热(玻璃管仍然锁定在斜面上)，求水银柱恰好移动到管口时的温度。
解析：(1)设解除锁定前密封气体的压强为p1、体积为V1，玻璃管的横截面积为S，水银柱的长度为L0，水银柱上端距管口的距离为x，则有
p1＝p0＋L0sin α＝80 cmHg，
V1＝(L－L0－x)S，
解除锁定后，稳定后整体的加速度为a＝g，设密封气体的压强为p2，体积为V2，对水银柱由牛顿第二定律得
p0S＋ρL0Sg sin θ－p2S＝ρL0S·g，
解得p2＝p0＝75 cmHg，V2＝(L－L0)S，
此过程为等温变化，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
代入数据解得x＝1.875 cm。
(2)设初始时密封气体的温度为T1，升温后，设水银柱恰好移到管口时密封气体的压强为p3、体积为V3、温度为T3，则有T1＝300 K，p3＝p1＝80 cmHg，V3＝V2＝(L－L0)S，
可见，此过程为等压变化，由盖－吕萨克定律可得＝
代入数据解得T3＝320 K。
答案：(1)1.875 cm　(2)320 K
6．(10分)(2024·四川成都高三诊断)如图所示，横截面积为S的汽缸内有a、b两个厚度忽略不计、质量相等的活塞，两个活塞把汽缸内的同种气体分为A、B两部分，两部分气体的质量相等，汽缸和活塞的导热性能良好，开始时环境的温度为T0，大气压强为p0，A、B两部分气柱的长度分别为1.2h、h，活塞a离缸口的距离为0.2h，重力加速度为g，活塞与缸内壁无摩擦且不漏气，求：
(1)每个活塞的质量；
(2)缓慢升高环境温度，当活塞a刚到缸口时，环境的温度。
解析：(1)设活塞的质量为m，开始时A部分气体的压强pA＝p0＋，
B部分气体的压强pB＝p0＋，
由于A、B两部分相同气体的质量相等、温度相同，则有pA×1.2hS＝pBhS，
解得m＝。
(2)设当环境温度为T时，活塞a刚好到缸口，气体A、B均发生等压变化，设此时A气体高为H，则B气体高为2.4h－H，则对A气体有＝，
对B气体有＝
解得T＝T0。
答案：(1)　(2)T0
7．(10分) (2024·湖北十堰高三调研)如图所示，U形管左、右两管竖直，左管上端开口且足够长，右管上端封闭，粗细均匀，导热性能良好。阴影部分A、B、C为水银柱，长度分别为2h、h、h，管中D、E为理想气体。当环境的热力学温度T1＝300 K时，D气柱的长度为h，E气柱的长度为4h，A、C两水银柱的下端面等高。外界大气压恒为8h Hg，管的直径远小于h。
(1)若保持环境温度不变，在左管中缓慢注入水银，当E气柱的长度变为3h时，求左管中注入水银的长度H；
(2)若不是在左管中缓慢注入水银，而是将环境的热力学温度缓慢升高到T2＝368 K，求温度升高后D气柱的长度L。
解析：(1)注入水银前，E气柱的压强
pE＝(8h＋2h)Hg＝10h Hg，
设注入水银后E气柱的压强为p′E，设气柱的横截面积为S，对E气柱，根据玻意耳定律有
pE·4hS＝p′E·3hS，解得p′E＝h Hg，
则有H＝h－10h＝h。
(2)当环境的热力学温度T1＝300 K时，D气柱的压强p1＝(8h＋2h－h)Hg＝9h Hg，
设在环境的热力学温度缓慢升高的过程中，B水银上表面下降的高度为x，则温度升高后D气柱的压强
p2＝[8h＋2h－(h－x)]Hg＝(9h＋x)Hg，
对D气柱，根据理想气体的状态方程有
＝，
解得x＝－10.2h(舍去)，x＝h，
则有L＝h＋x＝h。
答案：(1)h　(2)h
8．(15分)如图所示，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：
(1)此时A中的气体压强p′A；
(2)此时A中的气体温度T′A。
解析：(1)末状态活塞平衡时，由平衡条件得p′ASA＋p0SB＝p′BSB＋p0SA，
且SA∶SB＝1∶3，
解得p′A＝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p′BVB＝pB·3V0，
初状态活塞平衡时，由平衡条件得
pASA＋p0SB＝pBSB＋p0SA，
联立解得VB＝2V0，
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＝，
对A中气体由理想气体的状态方程得
＝，
联立解得T′A＝700 K。
答案：(1)7p0　(2)700 K