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专题强化十四应用气体实验定律解决“三类模型问题”专题解读1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用,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,掌握处理三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):p1T1=p2T2或pT=C(常数).(3)盖—吕萨克定律(等压变化):V1T1=V2T2或VT=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.类型1单独气体问题例1(2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示,玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l,顶端封闭,K2上端与待测气体连通;M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时,M与K2相通;逐渐提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高,此时水银已进入K1,且K1中水银面比顶端低h,如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d,M的容积为V0,水银的密度为ρ,重力加速度大小为g.求:图1(1)待测气体的压强;(2)该仪器能够测量的最大压强.答案(1)ρπgh2d24V0+πd2l-h(2)πρgl2d24V0解析(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V,压强等于待测气体的压强p.提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高时,K1中水银面比顶端低h;设此时封闭气体的压强为p1,体积为V1,则V=V0+14πd2l①V1=14πd2h②由力学平衡条件得p1=p+ρgh③整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pV=p1V1④联立①②③④式得p=ρπgh2d24V0+πd2l-h⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤πρgl2d24V0⑦该仪器能够测量的最大压强为pmax=πρgl2d24V0变式1(2015·全国卷Ⅱ·33(2))如图2,一粗细均匀的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2(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.类型2关联气体问题例2(2016·全国卷Ⅲ·33(2))一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞.初始时,管内汞柱及空气柱长度如图3所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.0cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)图3答案144cmHg9.42cm解析设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2.活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1′,长度为l1′;左管中空气柱的压强为p2′,长度为l2′.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1=p0+(20.0-5.00)cmHg=90cmHgl1=20.0cm①l1′=(20.0-20.0-5.002)cm=12.5cm②由玻意耳定律得p1l1S=p1′l1′S③联立①②③式和题给条件得p1′=144cmHg④依题意p2′=p1′⑤l2′=4.00cm+20.0-5.002cm-h=11.5cm-h⑥由玻意耳定律得p2l2S=p2′l2′S⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h≈9.42cm.变式2如图4所示,由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中,B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空,B和C内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S,整个系统稳定后,U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.图4(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位);(2)将右侧水槽中的水从0℃加热到一定温度时,U形管内左右水银柱高度差又为60mm,求加热后右侧水槽的水温.答案(1)180mmHg(2)364K解析(1)在打开阀门S前,两水槽水温均为T0=273K.设玻璃泡B中气体的压强为p1,体积为VB,玻璃泡C中气体的压强为pC,依题意有p1=pC+Δp①式中Δp=60mmHg.打开阀门S后,两水槽水温仍为T0,设玻璃泡B中气体的压强为pB,依题意,有pB=pC②玻璃泡A和B中气体的体积V2=VA+VB③根据玻意耳定律得p1VB=pBV2④联立①②③④式,并代入已知数据得pC=VBVAΔp=180mmHg⑤(2)当右侧水槽的水温加热至T′时,U形管左右水银柱高度差为Δp,玻璃泡C中气体的压强pC′=pB+Δp⑥玻璃泡C中的气体体积不变,根据查理定律得pCT0=pC′T′⑦联立②⑤⑥⑦式,并代入题给数据得T′=364K.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.1.一般思路(1)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)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.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)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.类型1单独气体问题例3(2015·全国卷Ⅰ·33(2))如图5,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1=2.50kg,横截面积为S1=80.0cm2;小活塞的质量为m2=1.50kg,横截面积为S2=40.0cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa,温度为T=303K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l2,两活塞间封闭气体的温度为T1=495K.现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10m/s2.求:图5(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,汽缸内封闭气体的温度;(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强.答案(1)330K(2)1.01×105Pa解析(1)大小活塞在缓慢下移过程中,受力情况不变,汽缸内气体压强不变,由盖—吕萨克定律得V1T1=V2T2初状态V1=l2(S1+S2),T1=495K末状态V2=lS2代入可得T2=23T1=330K(2)对大、小活塞受力分析则有m1g+m2g+pS1+p1S2=p1S1+pS2可得p1=1.1×105Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中,气体体积不变,由查理定律得p1T2=p2T3T3=T=303K,解得p2=1.01×105Pa.变式3如图6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,它们之间用一根水平细杆连接,B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为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,缸内气体可看做理想气体.图6(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L2时,求汽缸内气体的温度.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S1L+S2LT1=S1·L2+S2·3L2T2代入数据解得T2=500K.类型2关联气体问题例4(2017·全国卷Ⅰ·33(2))如图7,容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通,阀门K2位于细管的中部,A、B的顶部各有一阀门K1、K3;B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时,三个阀门均打开,活塞在B的底部;关闭K2、K3,通过K1给汽缸充气,使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27℃,汽缸导热.图7(1)打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强;(2)接着打开K3,求稳定时活塞的位置;(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃,求此时活塞下方气体的压强.答案(1)V22p0(2)B的顶部(3)1.6p0解析(1)设打开K2后,稳定时活塞上方气体的压强为p1,体积为V1.依题意,被活塞分开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得p0V=p1V1①(3p0)V=p1(2V-V1)②联立①②式得V1=V2③p1=2p0④(2)打开K3后,由④式知,活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时,活塞下气体压强为p2,由玻意耳定律得(3p0)V=p2V2⑤由⑤式得p2=3VV2p0⑥由⑥式知,打开K3后活塞上升直到B的顶部为止;此时p2为p2′=32p0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从T1=300K升高到T2=320K的等容过程中,由查理定律得p2′T1=p3T2⑦将有关数据
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