专题二十六 气体“两类模型”及“变质量”问题 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦气体“两类模型”及“变质量”问题，通过10道计算题系统覆盖理想气体定律应用与力学平衡综合，强化科学思维中的模型建构与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |气体实验定律|1-4题|静态/动态体积变化，涉及玻意耳、盖-吕萨克定律|从气体状态方程推导，结合几何关系分析体积变化| |变质量问题|7-10题|抽气、充气、分装情境，用等效法处理质量变化|基于理想气体定律，通过整体法转化变质量为定质量问题| |力学平衡综合|5-6题|活塞、汽缸在斜面/竖直面受力平衡|压强分析需结合受力平衡方程，体现运动与相互作用观念|

专题二十六　气体“两类模型”及“变质量”问题 跟踪训练 一．计算题： 1..如图，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。 2.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，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求: (1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度; (2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。 3.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)。 4.某学习小组设计了一个简易温度计，一根细长的均匀玻璃管一端开口。管内用水银柱封闭有一段气柱，如图所示，当管口竖直向上时，气柱长度为L1＝40 cm，当管口竖直向下时，气柱长度为L2＝60 cm，管内气体可视为理想气体，环境温度T0＝300 K。 (1)求玻璃管水平放置时的气柱长度L0; (2)①当玻璃管水平放置时，环境温度上升了Δt＝1 ℃，求水银柱在玻璃管中移动的距离Δx，并判断温度计的标度是否均匀; ②请举出一条提高温度计灵敏度的措施(越大，装置灵敏度越高)。 5.如图所示，左侧连有一横截面积为S的活塞的汽缸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，汽缸A中的活塞的重力为p0S，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。 6.如图所示，倾角37°的粗糙斜面上有一带活塞的汽缸，汽缸质量M＝8 kg，活塞质量m＝2 kg，横截面积为10 cm2，活塞与汽缸间可无摩擦滑动，汽缸与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，汽缸导热良好，环境温度不变，求: (1)汽缸固定在斜面上稳定时，缸内气体压强; (2)在(1)问基础上，汽缸由静止释放后，稳定状态下，缸内气体压强及活塞与汽缸底部距离L2。已知(1)中活塞与汽缸底部距离为27 cm。 7.如图甲所示，气动避震是通过充放气体来改变车身高低，备受高档轿车的青睐。其工作原理可以简化为如图乙所示，在导热良好的汽缸内用可自由滑动的面积为S＝1×10－2 m2的活塞和砝码组合体封闭一定质量的气体，活塞和砝码总质量为m＝10 kg。初始时，开关阀门K关闭，此时汽缸内气体高度为h1＝60 cm。已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。外界环境温度不变。求: (1)此时汽缸内气体压强p1; (2)打开阀门K，充气装置向汽缸内充入压强p2＝1.2×105 Pa、体积V0＝5.5×10－4 m3的气体后，汽缸内气体高度h2。 8.真空旅行壶是户外旅游出行必备的物品，如图所示为某品牌的真空旅行壶，容量为2.0 L，开始时旅行壶未装入水，壶盖也未盖，静置一段时间后，壶内空气的温度与外界温度相同，现将壶内迅速装入0.8 L的开水，立刻盖上壶盖，封闭起来，静置一小段时间后，水面上方的空气温度达到77 ℃，外界大气压恒为p0，室外温度保持27 ℃不变，设装水、盖壶盖过程中和迅速打开壶盖过程壶内空气的温度不变，壶内空气可看作理想气体，不考虑水蒸发引起的空气体积的变化。求: (1)静置一小段时间后，水面上方的空气温度达到77 ℃时壶内空气的压强p1; (2)如果此时迅速打开壶盖，则此时壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比值k。 9.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部分通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、下部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求: (1)当打气n次后，活塞稳定时下部分空气的压强; (2)打气筒向容器内打气次数n。 10.一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。 (1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度; (2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度。 参考答案： 1.答案　(1)p0　p0　(2) 解析　(1)抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－Sl＝Sl 对A中气体根据玻意耳定律有p0Sl＝pA·Sl　　解得pA＝p0 对B中气体，根据玻意耳定律可知p0Sl＝pB·Sl　　解得pB＝p0。 (2)抽气后，对隔板根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·l 结合(1)问解得k＝。 2.答案　(1)410 K　(2)1.6 cm 解析　(1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x， 根据体积关系可得h1S1＋h2S2＝xS1 根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为p1＝p0＋ρg(h1＋h2) 水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为p2＝p0＋ρgx 由理想气体状态方程有 解得T2＝410 K。 (2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有 设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则V3＝(l＋h2)S2＋yS1 解得y＝1.6 cm。 3.答案　pB＝54.36 cmHg　pA＝74.36 cmHg 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'，A管内空气柱长度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 B管内空气柱长度lB'＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm 对A管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝pA'lA' 对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝pB'lB' 联立解得pB＝54.36 cmHg pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg。 4.答案　(1)48 cm　(2)①1.6 mm　标度均匀　②见解析 解析　(1)设大气压强为p0，水银柱长度为h，管内横截面积为S。由玻意耳定律可知，当玻璃管从平放到管口竖直向上时，有p0L0S＝(p0＋ρgh)L1S 当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有p0L0S＝(p0－ρgh)L2S 联立解得L0＝48 cm。 (2)①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T0＝300 K，环境温度上升了Δt 由盖－吕萨克定律有 解得Δx＝L0＝1.6 mm 由于Δx与Δt成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的。 ②由以上分析得 故封闭更多的气体，即增大L0，增大，可提高灵敏度。 5.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内的气体分析，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，TB＝(27＋273) K＝300 K 解得TB'＝400 K，即127 ℃。 6.答案　(1)1.12×105 Pa　(2)1.08×105 Pa　28 cm 解析　(1)静止时，对活塞受力分析，由平衡条件有mgsin θ＋p0S＝p1S 解得p1＝1.12×105 Pa。 (2)汽缸与活塞在斜面上做匀加速直线运动，对活塞受力分析， 由牛顿第二定律有mgsin θ＋p0S－p2S＝ma 对汽缸和活塞整体分析，由牛顿第二定律有 (M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a 联立解得p2＝1.08×105 Pa 汽缸导热良好，环境温度不变，由玻意耳定律有 p1SL1＝p2SL2，解得L2＝28 cm。 7.答案　(1)1.1×105 Pa　(2)66 cm 解析　(1)对活塞和砝码整体，由平衡条件得p0S＋mg＝p1S 解得此时汽缸内气体压强p1＝1.1×105 Pa。 (2)活塞和砝码稳定时，由平衡条件知，汽缸内气体的压强仍为p1＝1.1×105 Pa，对充入汽缸的气体和原有气体，由玻意耳定律得p1Sh1＋p2V0＝p1Sh2 解得汽缸内气体高度h2＝66 cm。 8.答案　(1)p0　(2) 解析　(1)装水盖壶盖后静置一小段时间过程中空气的体积不变，温度T1＝(273＋27) K＝300 K，T2＝(273＋77) K＝350 K 根据查理定律有，解得p1＝p0。 (2)壶容量为2.0 L，装入0.8 L的开水后， 壶内空气的体积为V1＝2.0 L－0.8 L＝1.2 L 迅速打开壶盖过程壶内空气的温度不变，压强变为大气压p0， 根据玻意耳定律有p1V1＝p0V2 解得V2＝1.4 L 设此时气体的密度为ρ，现在壶内气体的质量为 m1＝ρV1，气体的总质量为m＝ρV2 此时壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比值k＝。 9.答案　(1)6.25p0　(2)49 解析　(1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2， 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2　　即p1·＝p2· 初状态时对活塞有p1S＝p0S＋G 联立解得p2＝p0＝6.25p0。 (2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体， 设此时上部分汽缸中气体的压强为p　　末状态时对活塞有p2S＝pS＋G 由玻意耳定律有p0·＋n·p0·＝p· 联立解得p＝6p0，n＝49次。 10.答案　(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3 解析　法一　假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，对升温前舱内气体，由理想气体状态方程有 气体的体积V1＝，V2＝ 解得。 (1)气体压强不变，已知T1＝(17＋273)K＝290 K，T2＝(27＋273)K＝300 K，ρ1＝1.46 kg/m3 上式简化为ρ1T1＝ρ2T2 将已知数据代入解得ρ2≈1.41 kg/m3。 (2)气体温度T1＝290 K，T3＝T2＝300 K，压强p1＝1.2 atm， p3＝1.0 atm，密度ρ1＝1.46 kg/m3 代入 解得ρ3≈1.18 kg/m3。 法二　(1)已知初态气体压强p1＝1.2 atm，温度T1＝(17＋273)K＝290 K，ρ1＝1.46 kg/m3，高压舱内气体体积为V1，保持气体压强不变，假设升温后气体体积增大为V2 由盖－吕萨克定律可知 又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2 解得ρ2≈1.41 kg/m3。 (2)保持气体温度不变，降压前气体体积为V2，压强为p2＝p1＝1.2 atm，降压后压强减小为p3＝1.0 atm，气体体积增大为V3， 由玻意耳定律有p1V2＝p3V3 又ρ2V2＝ρ3V3 联立解得ρ3≈1.18 kg/m3。 学科网（北京）股份有限公司 $