第十五章 第4课时 专题强化：气体实验定律的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 津鲁琼云晋皖黑吉桂贵辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕）

第4课时　专题强化：气体实验定律的综合应用 目标要求　1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问题。2.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。 考点一　单一气体多过程问题 解题的一般思路 (1)确定研究对象 研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 (2)分析物理过程，确定状态参量 ①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。 ②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。 (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。 例1　(2023·安徽省皖南八校第二次联考)如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p0＝75 cmHg，求： (1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差； (2)M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度。(结果可用根式表示) 答案　(1)15 cm　(2)(9－45) cm 解析　(1)设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。对M管中封闭气体有， 状态Ⅰ：p1＝75 cmHg，V1＝54 cm×S，T1＝300 K 状态Ⅱ： T2＝T1＝300 K，V2＝54 cm×S－9 cm×S ＝45 cm×S 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg 此时M、N两玻璃管中气体压强差Δp＝p2－p0＝15 cmHg，故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。 (2)M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有 状态Ⅲ： V3＝(45 cm＋x)S，T3＝T＝360 K， p3＝p0＋pΔh＋p2x 由理想气体状态方程得＝ 解得x＝(9－45) cm。 例2　(2024·四川省兴文第二中学开学考)如图，底部水平的固定圆柱形汽缸内，用质量为m、横截面积为S的圆盘形活塞封闭着一定质量的理想气体，当封闭气体温度为T且活塞平衡时，封闭气体的体积为V。现保持封闭气体的温度不变，对活塞施加一个方向竖直向上、大小恒为F的拉力，活塞再次平衡时，封闭气体的体积为V；再保持F不变，加热封闭气体使其缓慢升温至T，活塞第三次达到平衡。汽缸足够高，不计汽缸与活塞间的摩擦，重力加速度大小为g。求： (1)活塞第三次达到平衡时的体积； (2)外界大气压强值。 答案　(1)V　(2) 解析　(1)设外界大气压强为p0，封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p1、p2，从状态2到状态3(活塞第三次达到平衡)，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 将V2＝V，T2＝T，T3＝T代入解得V3＝V (2)从状态1到状态2，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 将V1＝V，V2＝V代入得p1＝p2 状态1，由力的平衡条件有p0S＋mg＝p1S 状态2，由力的平衡条件有p0S＋mg＝p2S＋F 代入数据解得p0＝。 考点二　关联气体问题 由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路： (1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。 (2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。 (3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。 例3　(2022·河北卷·15(2))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)。 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＝。 例4　(2023·全国乙卷·33(2))如图，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) 答案　pA＝74.36 cmHg　pB＝54.36 cmHg 解析　设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm， 又因为SA＝4SB 可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′， 所以有pA′＋23 cmHg＝pB′ 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′ 对B管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′ 其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm 联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg， pB＝54.36 cmHg。 课时精练 1.(2023·江苏南京市模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，缸内密封的气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A运动至汽缸连接处时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，故A正确，B、C、D错误。 2．(2023·山东聊城市二模)如图甲所示，水平放置的汽缸被两个活塞分为A、B、C三部分，C为真空，A、B中有理想气体，A中气体压强p0＝1.0×105 Pa，汽缸横截面积SA＝2SB＝20 cm2，两个活塞总质量为m，活塞到两汽缸底部的距离均为d＝3 cm，活塞之间用水平轻杆连接。现将汽缸顺时针缓慢转过90°，如图乙所示(活塞未到汽缸连接处)，取重力加速度g＝10 m/s2，若活塞移动的距离为1 cm，气体温度保持不变，则活塞质量m为(　　) A．7.5 kg B．15 kg C．25 kg D．30 kg 答案　B 解析　设汽缸水平放置时，B中气体压强为p1，则有p1SB＝p0SA，解得p1＝2p0＝2.0×105 Pa 设汽缸竖直放置时，A中气体压强为p0′，B中气体压强为p1′，根据玻意耳定律可得 p0dSA＝p0′(d＋Δd)SA， p1dSB＝p1′(d－Δd)SB 解得p0′＝＝0.75×105 Pa， p1′＝＝3.0×105 Pa 根据活塞受力平衡可得mg＋p0′SA＝p1′SB， 解得m＝15 kg，故选B。 3.(2024·重庆市八中检测)某种供水装置工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到3p0时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到1.5p0时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为V0，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强p0，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求： (1)水泵停止注水时罐内气体的体积V1； (2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强p1。 答案　(1)V0　(2)p0 解析　(1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有 p0V0＝3p0V1，解得V1＝V0 (2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V2＝0.6V0 根据玻意耳定律有p0V0＝p1V2，压强p1＝p0。 4.如图所示，左侧连有一横截面积为S的大活塞的汽缸A通过细导管(容积可忽略)与汽缸B相连接，导管里面有一绝热活塞(质量可忽略)。大气压强为p0，大活塞的重力为p0S，大活塞到汽缸A底部的距离为L。两汽缸内封闭有温度为27 ℃的同种理想气体。先将整个装置顺时针缓慢转过90°，为使细导管中绝热活塞位置不变，需要给汽缸B加热。忽略一切摩擦，求： (1)汽缸A中活塞下降的距离； (2)汽缸B中气体的最终温度。 答案　(1)　(2)400 K(或127 ℃) 解析　(1)旋转前后，汽缸A中的压强分别为pA＝p0，pA′＝p0＋p0＝p0 对汽缸A分析，根据玻意耳定律有pALS＝pA′L′S，汽缸A中活塞下降的距离d＝L－L′，解得d＝ (2)对汽缸B中气体进行分析， 末状态压强pB′＝pA′＝p0 根据查理定律有＝，其中pB＝pA＝p0 解得TB′＝400 K，即127 ℃。 5.(2023·江西赣州市兴国平川中学联考)某密闭容器压力计的简化原理图如图所示，粗细均匀的竖直U形玻璃管右侧封闭着气体A，左侧与密闭容器相连，密闭容器中封闭着气体B，U形管体积与密闭容器体积相比可以忽略不计。初始，所有封闭气体的压强均等于大气压p0＝75 cmHg，U形管两侧的水银柱液面恰好齐平，右侧气体A的长度L＝20 cm。在密闭容器内的气体B被加热一段时间后，观察员发现U形玻璃管右侧水银液面上升了5 cm。U形玻璃管右侧始终处于恒温箱中(图中未画出)，其封闭的气体A可视为温度始终不变。 (1)求加热后密闭容器内气体B的压强； (2)若密闭容器内的初始温度T0＝300 K，求加热后密闭容器内气体B的温度。 答案　(1)110 cmHg　(2)440 K(或167 ℃) 解析　(1)设U形管的横截面积为S，右侧气体A做等温变化，有p0V0＝p1V1 其中V0＝LS，V1＝(L－h)S 解得p1＝100 cmHg 加热后密闭容器内气体B的压强 pB＝100 cmHg＋5×2 cmHg＝110 cmHg (2)密闭容器内气体B做等容变化，有＝ 解得TB＝440 K，即167 ℃。 6.(2023·贵州贵阳市二模)如图所示，一竖直放置、上端开口且导热良好的圆筒形汽缸高度为3h，汽缸内部横截面积为S。现将厚度不计的活塞保持水平状态从汽缸上部轻放，稳定时活塞距汽缸底部的距离为2h，已知外界大气压强恒为p0，环境温度保持不变，汽缸不漏气且不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求活塞质量； (2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，求系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距离。 答案　(1)　(2)h 解析　(1)活塞稳定时，汽缸内气体压强p1＝＋p0 从放上活塞到活塞稳定，由玻意耳定律得 p0·3hS＝p1·2hS 联立解得活塞质量m＝，p1＝p0 (2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，设系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距离为x，则由玻意耳定律得p0hS＝p1h1S 可得上方密封气体的高度h1＝h 对下方密封气体，系统稳定时的气体压强为 p2＝＋p1＝2p0 再由玻意耳定律得p0·3hS＝p2h2S 可得下方密封气体的高度h2＝h 又由h1＋h2＋x＝h＋2h，解得x＝h。 7.(2024·湖南省湘东九校联考)如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B两部分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为、导热性能良好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，A、B两部分气体的压强分别为p0和1.5p0。现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求： (1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强pA； (2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比。 答案　(1)2.5p0　(2) 解析　(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S 得到mg＝0.5p0S 打开阀门后，活塞稳定时， 对B气体有1.5p0·V＝pB·，解得pB＝3p0 对活塞受力分析有pAS＋mg＝pBS， 解得pA＝2.5p0 (2)设未打开阀门前，C气体的压强为pC0， 对A、C两部分气体整体有 p0·V＋pC0·＝pA(＋) 解得pC0＝p0 以C中原来的气体为研究对象有 pC0·＝pA·VC，解得VC＝1.35V， 所以，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比＝＝。 谢谢 学科网（北京）股份有限公司 $