专题强化二十六 气体实验定律的综合应用
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：＝C ＝ 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、列平衡方程求解，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，同时又要平衡掉某些气体产生的压力； (3)有时注意应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一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”，使计算过程简捷．
(1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，求T1的大小； (2)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值． 答案 (1)360 K (2) 解析 (1)开始时封闭气体的压强为p1＝p0＋pd＝125 cmHg，温度为T0＝(t0＋273) K＝300 K，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出， 封闭气体的压强为p2＝p0＋pd＝100 cmHg，根据理想气体状态方程可得＝，解得T1＝360 K. (2)当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，此时封闭气体的压强为p3＝p0＋pdsin θ，根据玻意耳定律有p3(L－)S＝p1L0S，解得sin θ＝.
(1)两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强； (2)两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2. 答案 (1)70 cmHg (2)327.3 K 解析 (1)设大气压强为p0， 对气体a则有pa＝p0＋ρgh1 对气体b则有pb＝pa－ρgh2 联立两式代入数据得pb＝70 cmHg. (2)升温过程中气体b发生等压变化，则温度升高，体积增大，设右侧水银柱下降x，变化前后对比如图，气体a体积Va＝(La－x＋h2－h1－x)S
对气体b，由盖－吕萨克定律＝得＝ 缓慢升高环境温度过程中气体a也发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝ 联立解得T2＝ K≈327.3 K. 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．注意检验求解结果的合理性． 2．两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
(1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强； (2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离． 答案 (1)p0 (2)h 解析 (1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0， 末态时热力学温度为T1＝T0，压强设为p1. 根据查理定律有＝，解得p1＝p0 (2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh， 汽缸倒置后，设气体压强为p2，活塞到汽缸底部的距离为H， 则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S，解得p2＝3p0 根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2，解得H＝h 所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为h.
(1)此时上、下部分气体的压强； (2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)． 答案 (1)2p0 p0 (2) 解析 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，则 p0·SL0＝p2·SL0 解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0 (2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知 p1S＝mg＋p2S 解得活塞的质量为m＝. 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．
A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 答案 D 解析 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V 已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3， p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg， 代入数据整理得V＝60 cm3，故选D.
(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105 Pa压强下多少m3的气体； (2)若气闸舱温度变为290 K，气闸舱内存留气体与原来气体在105 Pa压强下的体积比．(结果保留两位有效数字) 答案 (1)0.42 m3 (2)0.72 解析 (1)设气闸舱内原有气体的体积为V1，压强为p，舱内压强降低后气体压强为p′，原有气体在此压强下体积为V2，由玻意耳定律可得pV1＝p′V2，设抽掉的气体占原来气体的比率为k，由数学关系可得k＝，设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV＝kV1，联立解得ΔV＝0.42 m3. (2)温度与压强降低后，原有气体在此压强下体积为V3，由理想气体状态方程可得＝，设气闸舱内存留气体与原气体的体积比为n，n＝，联立解得n≈0.72.
(1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度； (2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用． 答案 (1)21℃ (2)124 解析 (1)大钢瓶的容积一定，从北方到该市对大钢瓶内气体，有＝ 解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃ (2)设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3， 则p2＝1.26×107Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105Pa 根据p2V2＝p3V3 得V3＝2.52 m3 可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105Pa， V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3 分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105Pa，V5＝nV 其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3 根据p4V4＝p5V5得n＝124 即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶． 课时精练1．(2021·河北卷·15(2))某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103 Pa. (1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强； (2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105Pa. 答案 (1)3.1×103Pa (2) 解析 (1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得＝ 代入数据解得p2＝3.1×103Pa (2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有空气为研究对象有p0V＝p1V1 解得V1＝V 则夹层中增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V 所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝. 2．(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K．大气压强p0＝76 cmHg.
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？ (2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 答案 见解析 解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有 p1V1＝p2V2① 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0② p2＝p0＋ρgh③ V1＝(2H－l－h0)S④ V2＝HS⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 h≈12.9 cm⑥ (2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有＝⑦ 根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得 T2≈363 K. 3.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，水平部分有质量一定的空气柱(可视为理想气体)，各部分长度如图所示，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：
(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 根据玻意耳定律有pV＝p′V′ 解得V′＝9 cm·S，则水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm. 4.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度； (2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强． 答案 (1)T0 (2)p0 解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得＝，解得T＝T0 (2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有＝，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有＝ 联立解得p＝p0. 5.(2023·山东菏泽市模拟)实验室有带阀门的储气罐A、B，它们的大小、形状不同，导热性能良好，装有同种气体，在温度为27 ℃时的压强均为p0.为了测量两储气罐的容积比k＝.现用A罐通过细导气管(容积不计)对B罐充气(如图所示)，充气时A罐在27 ℃的室温中，把B罐放在－23 ℃的环境中．充气完毕稳定后，关闭阀门，撤去导气管，测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0.已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变，且各处气密性良好．求：
(1)充气完毕时A中的气体压强； (2)容积比k. 答案 (1)0.917p0 (2)1.2 解析 (1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27℃的过程，有＝，其中T1＝300 K、T2＝250 K，解得p≈0.917p0，充气完毕时A中的气体压强与充气结束后在－23 ℃环境中的B中气体压强相同，故为0.917p0. (2)对A、B组成的整体，由p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB，解得k＝≈1.2. 6.(2022·山东卷·15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉．如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换．质量为M的鱼静止在水面下H处．B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变．水的密度为ρ，重力加速度为g.大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm； (2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1. 答案 (1) (2)m 解析 (1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0 且此时B室内气体体积为V，质量为m，则 m＝ρ气V 鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma 联立解得需从A室充入B室的气体质量 Δm＝ρ气ΔV＝ (2)开始鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为 p1＝ρgH＋p0 鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p0 此时体积也为V；设该部分气体在压强为p1时，体积为V2， 由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有 p2V＝p1V2 解得V2＝V 则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝m. |
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