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专题强化十四　应用气体实验定律解决两类模型问题

专题解读1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型和汽缸活塞类模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题．

2．学好本专题可以帮助同学们熟练的选取研究对象和状态变化过程，掌握处理两类模型问题的基本思路和方法．

3．本专题用到的相关知识和方法有：

受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等．

命题点一　玻璃管液封模型

1．三大气体实验定律

（1）玻意耳定律（等温变化）：

p1V1＝p2V2或pV＝C（常数）．

（2）查理定律（等容变化）：

＝或＝C（常数）．

（3）盖—吕萨克定律（等压变化）：

＝或＝C（常数）．

2．利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路

3．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）液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh（其中h为至液面的竖直高度）；

（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）有时可直接应用连通器原理——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；

（4）当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷．

例1　（2015·新课标全国Ⅱ·33

（2））如图1，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0cmHg.

图1

（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；

（2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．

答案　

（1）12.0cm　

（2）13.2cm

解析　

（1）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.

由玻意耳定律得pl＝p1l1①

由力学平衡条件得p＝p0＋h②

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有

p1＝p0－h1③

联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm④

（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.

由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤

由力学平衡条件有p2＝p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦

设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得

Δh＝2（l1－l2）＋h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2cm.

气体实验定律的应用技巧

1．用气体实验定律解题的关键是恰当地选取研究对象（必须是一定质量的气体），搞清气体初、末状态的状态参量，正确判断出气体状态变化的过程是属于等温、等压还是等容过程，然后列方程求解．

2．分析气体状态变化过程的特征要注意以下两个方面：

一是根据题目的条件进行论证（比如从力学的角度分析压强的情况，判断是否属于等压过程）；二是注意挖掘题目的隐含条件（比如缓慢压缩导热良好的汽缸中的气体，意味着气体温度与环境温度保持相等）．

1．如图2所示，一细U型管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为280K，管的各部分尺寸如图所示，图中封闭空气柱长度L1＝20cm.其余部分长度分别为L2＝15cm，L3＝10cm，h1＝4cm，h2＝20cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为p0＝76cmHg，求：

图2

（1）气体温度升高到多少时右侧水银柱开始全部进入竖直管；

（2）气体温度升高到多少时右侧水银柱与管口相平．

答案　

（1）630K　

（2）787.5K

解析　

（1）设U型管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态：

p1＝p0＋h1＝（76＋4）cmHg＝80cmHg，V1＝L1S＝20S

当右侧的水银全部进入竖直管时，水银柱的高度：

h＝h1＋L3＝（4＋10）cm＝14cm，此时左侧竖直管中的水银柱也是14cm

气体的状态参量：

p2＝p0＋h＝（76＋14）cmHg＝90cmHg，V2＝L1S＋2L3S＝20S＋2×10S＝40S

由理想气体的状态方程得：

＝

代入数据得：

T2＝630K

（2）水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动，右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：

V3＝L1S＋L3S＋h2S＝20S＋10S＋20S＝50S

由盖—吕萨克定律：

＝

代入数据得：

T3＝787.5K.

2．（2016·全国Ⅰ卷·33

（2））在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070N/m.现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2.

（1）求在水下10m处气泡内外的压强差；

（2）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．

答案　

（1）28Pa　

（2）

解析　

（1）由公式Δp＝得Δp＝Pa＝28Pa

水下10m处气泡内外的压强差是28Pa.

（2）气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得

p1V1＝p2V2①

其中，V1＝πr②

V2＝πr③

由于气泡内外的压强差远小于10m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有

p1＝p0＋ρgh1＝1×105Pa＋1×103×10×10Pa

＝2×105Pa＝2p0④

p2＝p0⑤

将②③④⑤代入①得，2p0×πr＝p0×πr

2r＝r

＝.

命题点二　汽缸活塞类模型

汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题．

1．解决汽缸活塞类问题的一般思路

（1）弄清题意，确定研究对象，一般地说，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）分析清楚题目所述的物理过程，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）注意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．汽缸活塞类问题的几种常见类型

（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）封闭气体的容器（如汽缸、活塞、玻璃管等）与气体发生相互作用的过程中，如果满足守恒定律的适用条件，可根据相应的守恒定律解题．

（4）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．

说明　当选择力学研究对象进行分析时，研究对象的选取并不唯一，可以灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程．

例2　如图3所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20cm2，S2＝10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M＝2kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10m/s2，缸内气体可看作理想气体．

图3

（1）活塞静止时，求汽缸内气体的压强；

（2）若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求汽缸内气体的温度．

①细杆；②活塞静止；③活塞A缓慢向右移动．

答案　

（1）1.2×105Pa　

（2）500K

解析　

（1）设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg

代入数据解得p1＝1.2×105Pa

（2）由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖—吕萨克定律得

＝

代入数据解得T2＝500K.

例3　（2014·课标Ⅱ·33

（2））如图4所示，两汽缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间．

图4

（1）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；

（2）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强．

①两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．②缓慢加热．

答案　

（1）320K　

（2）p0

解析　

（1）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压变化，设汽缸A的容积为V0，氮气初态的体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为，则

V1＝V0＋×＝V0①

V2＝V0＋＝V0②

由题给数据及盖—吕萨克定律有：

＝③

由①②③式及所给的数据可得：

T2＝320K④

（2）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由所给数据及玻意耳定律可得

V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤

p1′V1′＝p2′V2′⑥

由⑤⑥式可得：

p2′＝p0.

多系统问题的处理技巧

多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系．

3.如图5所示，导热性能极好的汽缸，高为L＝1.0m，开口向上固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝100cm2、质量为m＝20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内．当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1.0×105Pa时，气柱高度为l＝0.80m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2，求：

图5

（1）如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸顶端，在顶端处，竖直拉力F为多大；

（2）如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到汽缸顶端时，环境温度为多少摄氏度．

答案　

（1）240N　

（2）102℃

解析　

（1）设