第14章 专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

专题强化二十五　应用气体实验定律解决两类模型问题 考向 定位 1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程；2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型． 考点一　“玻璃管液封”模型 [例1]　(2025·南昌模拟)如图甲所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝16 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＝10 cm.管底水平段的体积可忽略，环境温度T1＝300 K，大气压强p0＝76 cmHg. (1)若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，求此时水银柱的高度h1； (2)若缓慢将U形管倒置，再对密封气体缓慢加热，直至水银柱下表面恰与右管口平齐，如图乙所示，求此时密封气体的温度T2. 【解析】　(1)设管的横截面积为S，气体等温变化，有 S＝pHS 解得p＝90 cmHg 又有p0＋h1＝p 解得h1＝14 cm (2)根据题意可知，气体的初态p1＝p0＋h0＝80 cmHg，V1＝(2H－h0－l)S＝18S，T1＝300 K，气体的末态p2＝p0－h0＝72 cmHg，V2＝S＝28S，根据 ＝ 解得T2＝420 K 【答案】　(1)h1＝14 cm (2)T2＝420 K [对点训练] 1．(2025·成都一模)如图所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内有一段长度为h1＋h2的水银柱封住了长度为l的可视为理想气体的空气柱．下方较粗玻璃管横截面积为S1，上方较细玻璃管横截面积为S2，且S1＝2S2，h1＝h2＝2 cm，l＝10 cm，大气压强76 cmHg，气体初始温度为300 K．缓慢升高空气柱温度，求： (1)当水银刚被全部挤出粗管时，封闭空气的温度； (2)当封闭空气温度为492 K时，水银柱下端距粗管上端的距离． 解析：(1)对封闭空气，升温前，设温度为T1＝300 K，压强为p1，体积为V1，则 p1＝p0＋pg＝80 cmHg V1＝lS1 当水银刚被全部挤出粗管时，设封闭空气的温度为T2，压强为p2，体积为V2，水银柱长度为h3，则 h1S1＋h2S2＝h3S2 解得h3＝6 cm p2＝p0＋pgh3＝82 cmHg V2＝S1 ＝ 解得T2＝369 K (2)当封闭气体温度T3＝492 K时，设水银最低端到粗管上端距离为h4，则封闭空气压强为p3，体积为V3，则 V3＝(l＋h1)2S2＋h4S2 由于p3＝p2 所以有＝ 解得h4＝8 cm 答案：(1)T2＝369 K　(2)8 cm [例2]　(2025·湖北十堰模拟)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，求当E气柱的长度变为3h时，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＝Hg＝10h Hg 设注入水银后E气柱的压强为p′E，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＝hHg 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＝Hg＝9hHg 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＝Hg＝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 考点二　“汽缸活塞”模型 1．“汽缸活塞”模型的解题思路 (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． [例3]　(2023·湖北高考)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、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH 末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH 根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2 解得p2＝p0. (2)对右边活塞受力分析可知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)　 [对点训练] 2．(2025·四川眉山期末)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图所示，汽缸导热，缸内温度和环境温度可以认为相等，达到监控的效果．汽缸内一质量m＝1 kg，横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物．当缸内温度为300 K时，活塞与汽缸底部的距离H＝3 cm，与重物相距h＝2 cm，环境空气压强恒为p0＝1×105Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞的厚度和缸壁的摩擦． (1)初始时封闭气体的压强． (2)当活塞刚好接触重物时，求汽缸内气体的温度． (3)若重物质量M＝2 kg，当轻绳拉力刚好为零时，警报器开始报警，求此时汽缸内气体的温度(结果保留两位小数) 解析：(1)初始时对活塞受力分析，根据平衡条件 mg＋p0S＝p1S 解得初始时封闭气体的压强 p1＝1.1×105Pa (2)从活塞刚要开始向上运动到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则 ＝ 解得，汽缸内气体的温度 T2＝500 K (3)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，对活塞和重物整体，根据平衡条件 p2S＝p0S＋mg＋Mg 解得p2＝1.3×105 Pa 从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，为等容过程，根据查理定律 ＝ 解得T3＝590.91 K 答案：(1)p1＝1.1×105 Pa　(2)T2＝500 K　(3)T3＝590.91 K [例4]　(2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好．设汽缸内、外压强均为大气压强p0.活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑．连杆的截面积忽略不计．现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求： (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). 【解析】　(1)整个装置旋转过程，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. 整个装置旋转过程，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，设活塞质量为m，活塞的重力mg方向竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，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＝. 【答案】　(1)2p0　p0　(2) [对点训练] 3．(2025·兰州期末)如图，上端开口的竖直汽缸由小、大两个同轴圆筒组成，两圆筒高均为L.两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m；大活塞的横截面积为3S、质量为3m.两活塞用长为L的刚性杆连接，两活塞间充有氧气，大活塞下方充有氮气．小活塞的导热性能良好，汽缸及大活塞绝热，开始时，氮气和外界环境的温度均为T0，大活塞处于大圆筒的中间位置，且刚性杆上恰无弹力．重力加速度用g表示，外界的大气压强恒为，氧气和氮气均可看做理想气体． (1)开始时氮气的压强是多少？ (2)通过电阻丝缓慢加热氮气，当大活塞刚上升时，氮气的温度是多少？ (3)当大活塞刚上升时，设平均每个氮气分子对容器壁撞击力为F1，继续加热氮气，当氮气的温度上升到T0时，设平均每个氮气分子对容器壁撞击为F2，试分析比大还是小？ 解析：(1)以两活塞和杆为整体受力分析可得 4mg＋p0S＋p13S＝p1S＋p23S 对上方小活塞受力分析可得 mg＋p0S＝p1S 联立可得，氮气的压强为 p2＝ (2)对于氧气，温度不变，初状态 p1＝，V1＝L·3S＋L·S＝2LS 末状态设压强为p1′，体积为 V1′＝LS 根据玻意耳定律知 p1V1＝p1′V1′ 代入数据解得 p1′＝ 以两活塞和杆为整体受力分析可得 4mg＋p0S＋p1′3S＝p1′S＋p2′3S 可得p2′＝ 根据理想气体状态方程知 ＝ 代入数据解得 T＝T0 (3)当大活塞刚上升后，继续增加温度，氮气的体积不变，氮气做等容变化，根据 ＝ 可得p3＝3p2′ 可知温度为T0时的压强为温度为T0的3倍，但由于氮气气体分子的温度升高，平均速率变大，所以单位时间内撞击容器壁的次数变多，所以每一次的撞击力小于3倍，即大于. 答案：(1)　(2)T0　(3)大 学科网（北京）股份有限公司 $$