训练15　应用气体实验定律解决“三类模型”问题-2021年高考二轮复习专题强化训练（解析版）

训练 15　应用气体实验定律解决“三类模型”问题 题型一 “玻璃管液封”模型 类型 1　单独气体问题 例 1 　(2019·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为 2.0 cm 的水 银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为 2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下 表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为 76 cmHg，环境温 度为 296 K. (1)求细管的长度； (2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体 的温度． 【答案】　(1)41 cm　(2)312 K 【解析】　(1)设细管的长度为 L，横截面的面积为 S，水银柱高度为 h；初始时，设水银柱上表面到管口的 距离为 h1，被密封气体的体积为 V，压强为 p；细管倒置时，被密封气体的体积为 V1，压强为 p1.由玻意耳 定律有 pV＝p1V1① 由力的平衡条件有 p＝p0＋ρgh② p1＝p0－ρgh③ 式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0 为大气压强．由题意有 V＝S(L－h1－h)④V1＝S(L－h)⑤ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm⑥ (2)设气体被加热前后的温度分别为 T0 和 T，由盖－吕萨克定律有 V T0＝V1 T ⑦ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K. 变式 1 　(2019·安徽蚌埠市第二次质量检测)如图所示，U 形管内盛有水银，一端开口，另一端封闭一定质 量的理想气体，被封闭气柱的长度为 10 cm，左右两管液面高度差为 1.7 cm，大气压强 p0＝75.0 cmHg.现逐 渐从 U 形管中取走一部分水银，使得左右两管液面高度差变为 10 cm.求： (1)两管液面高度差变为 10 cm 后，被封闭气柱的长度是多少； (2)需要向 U 形管内注入多少厘米的水银，才能让高度差从 10 cm 变为两管液面齐平． 【答案】　(1)11.8 cm　(2)13.2 cm 【解析】　(1)设空气柱长度 l＝10 cm，高度差 h＝1.7 cm 时压强为 p；当高度差为 h1＝10 cm 时，空气柱的 长度为 l1，压强为 p1 则有：p＝p0＋ph 由玻意耳定律得：pl＝p1l1 逐渐从 U 形管中取走一部分水银，右侧水银面低于左侧水银面 h1 则有：p1＝p0－ph1 联立解得：l1＝11.8 cm. (2)当两侧的水银面达到同一高度时，设空气柱的长度为 l2，压强为 p2，则有：p2＝p0由玻意耳定律得：pl＝p2l2 联立解得：l2≈10.2 cm 设注入的水银在管内的长度为 Δl，依题意得：Δl＝2(l1－l2)＋h1 联立解得：Δl＝13.2 cm. 类型 2 关联气体问题 例 2 　(2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图 3 所示，在两端封闭、粗细均匀的 U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银 柱的两端各封闭有一段空气．当 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为 l1＝18.0 cm 和 l2＝ 12.0 cm，左边气体的压强为 12.0 cmHg.现将 U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银 逸入另一边．求 U 形管平放时两边空气柱的长度．(在整个过程中，气体温度不变) (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v； (2)电阻 R 产生的焦耳热 Q. 【答案】　22.5 cm　7.5 cm 【解析】　设 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为 p1 和 p2.U 形管水平放置时，两边气体 压强相等， 设为 p. 此时原左、右两边气柱长度分别变为 l1′和 l2′.由力的平衡条件有 p1＝p2＋ρg(l1－l2)① 式中 ρ 为水银密度，g 为重力加速度大小． 由玻意耳定律有p1l1＝pl1′② p2l2＝pl2′③ 两边气柱长度的变化量大小相等 l1′－l1＝l2－l2′④ 由①②③④式和题给条件得 l1′＝22.5 cm l2′＝7.5 cm. 变式 2 　(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)横截面积处处相同的 U 形玻璃管竖直放置，左端封闭， 右端开口．初始时，右端管内用 h1＝4 cm 的水银柱封闭一段长为 L1＝9 cm 的空气柱 A，左端管内用水银封 闭有长为 L2＝14 cm 的空气柱 B，这段水银柱左右两液面高度差为 h2＝8 cm，如图甲所示． 已知大气压强 p0＝76.0 cmHg，环境温度不变． (1)求初始时空气柱 B 的压强(以 cmHg 为单位)； (2)若将玻璃管缓慢旋转 180°，使 U 形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时， 求左右两水银柱液面高度差 h3. 【答案】　　(1)72 cmHg　(2)12 cm 【解析】　(1)初始时，空气柱 A 的压强为 pA＝p0＋ρgh1 而 pB＋ρgh2＝pA 联立解得空气柱 B 的压强为 pB＝72 cmHg； (2)U 形管倒置后，空气柱 A 的压强为 pA′＝p0－ρgh1 空气柱 B 的压强为 pB′＝pA′＋ρgh3空气柱 B 的长度 L2′＝L2－h3－h2 2 由玻意耳定律可得 pBL2＝pB′L2′ 联立解得 h3＝12 cm. 题型二 “气缸活塞类”模型 类型 1　单独气体问题 例 3 　(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口 a 和 b，a、b 间距为 h，a 距缸底的高度为 H；活塞只能在 a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为 m，面 积为 S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气 体压强均为 p0，温度均为 T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达 b 处．求此时汽缸内气 体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．(重力加速度大小为 g) 【答案】　　(1＋h H )(1＋mg p0S)T0　(p0S＋mg)h 【解析】　　开始时活塞位于 a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时 汽缸中气体的温度为 T1，压强为 p1，根据查理定律有p0 T0＝p1 T1① 根据力的平衡条件有 p1S＝p0S＋mg② 联立①②式可得 T1＝(1＋mg p0S)T0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达 b 处，设此时汽缸中气体的温度为 T2；活塞位于 a 处和 b 处时气体的体积分别为 V1 和 V2.根据盖—吕萨克定律有V1 T1＝V2 T2④ 式中 V1＝SH⑤ V2＝S(H＋h)⑥ 联立③④⑤⑥式解得 T2＝(1＋h H )(1＋mg p0S)T0⑦从开始加热到活塞到达 b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 W＝(p0S＋mg)h. 变式 3 　(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平 放置，横截面积为 S＝1×10－4 m2、质量为 m＝0.2 kg 且厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体， 此时活塞与汽缸底部之间的距离为 24 cm，在活塞的右侧 12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温 度为 300 K，大气压强 p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取 g＝10 m/s2.求： (1)活塞与汽缸底部之间的距离； (2)将缸内气体加热到 675 K 时封闭气体的压强． 【答案】 　(1)20 cm　(2)1.5×105 Pa 【解析】　　(1)汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离 L1＝24 cm 气体压强 p1＝1.0×105 Pa，气体体积 V1＝L1S； 汽缸竖直放置时，活塞与汽缸底部之间的距离为 L2 气体压强 p2＝p0＋mg S ＝(1.0×105＋0.2 × 10 1 × 10－4) Pa＝1.2×105 Pa， 气体体积 V2＝L2S； 气体等温变化，根据玻意耳定律 p1V1＝p2V2 得活塞与汽缸底部之间的距离 L2＝p1 p2·L1＝20 cm. (2)活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理． 气体初状态压强 p2＝1.2×105 Pa，体积 V2＝L2S，温度 T2＝300 K 活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为 p3＝p2＝1.2×105 Pa，体积 V3＝L3S，温度为 T3，其中 L3＝36 cm，气 体等压变化，根据盖—吕萨克定律V2 T2＝V3 T3得此时气体温度 T3＝L3 L2·T2＝540 K