高中物理新教材同步选择性必修第三册 第2章 气体液体和固体专题强化 理想气体的综合问题

理想气体的综合问题
[学习目标] 1.会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题.2.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．
一、关联气体问题
这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法：
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解． (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程． (3)多个方程联立求解．
(2020·山东高二课时练)如图1所示，汽缸内A 、B 两部分气体由竖直放置、横截面积
为S 的绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气．初始时两侧气体的温度相同，压强均为p ，体积之比为V A ∶V B ＝1∶2.现将汽缸从如图位置缓慢转动，转动过程中A 、B 两部分气体温度均不变，直到活塞成水平放置，此时，A 、B 两部分气体体积相同．之后保持A 部分气体温度不变，加热B 部分气体使其温度缓慢升高，稳定后，A 、B 两部分气体体积之比仍然为V A ∶V B ＝1∶2.已知重力加速度为g .求：
图1
(1)活塞的质量；
(2)B 部分气体加热后的温度与开始时的温度之比． 答案 (1)2pS 3g (2)5
3
解析 (1)汽缸转到竖直位置时，A 在上，B 在下，设总体积为V ，活塞质量为m ，则p A S ＋mg ＝p B S ，对A 气体，由玻意耳定律 p V 3＝p A V
2
， 对B 气体，由玻意耳定律p 2V 3＝p B V 2
解得m ＝2pS
3g
(2)设初态A 、B 两部分气体的温度均为T ，则最后状态时A 部分气体的温度仍为T ，B 部分气体加热后的温度为T ′，则对A 气体，体积、温度均不变，故压强不变，仍为初态的p ；对B 气体，压强
p B ＝p ＋mg S ＝53p ，则p T ＝53
p
T ′ 解得T ′T ＝53
.
两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足\f(pV ,T )为常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可.
如图2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l 1＝18.0 cm 和l 2＝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．
图2
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p 1和p 2.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l 1′和l 2′.由力的平衡条件有 p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①
式中ρ为水银密度，g 为重力加速度大小． 由玻意耳定律知 p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③
两边气柱长度的变化量大小相等 l 1′－l 1＝l 2－l 2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm
二、气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
解决该类问题的一般思路：
(1)审清题意，确定研究对象．
(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；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进而求出压强．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，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．
(2020·海口市第四中学高二开学考试)如图3所示，固定的汽缸Ⅰ和汽缸Ⅱ的活塞用劲度系数为k＝100 N/cm的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中S2＝10 cm2.两汽缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与汽缸底部的距离均为L0＝10 cm，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，弹簧处于原长．现只给汽缸Ⅰ缓慢加热，使汽缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5 cm.已知活塞没有到达汽缸口，弹簧始终保持水平，汽缸内气体可视为理想气体．求此时：
图3
(1)弹簧的形变量；
(2)汽缸Ⅰ内气体的温度．
答案(1)1 cm(2)720 K
解析(1)初始时弹簧处于原长，说明两汽缸内气体压强均为p0
加热后，对汽缸Ⅱ的活塞受力分析得
p0S2＋kx＝p2S2①
对汽缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
p0S2L0＝p2S2L2②
L2＝L0－5 cm
联立解得x＝1 cm
(2)对汽缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程
p0S1L0 T0＝p1S1L1 T③
对汽缸Ⅰ的活塞受力分析得
p1S1＝p0S1＋kx④
由几何关系
L1＝L0＋x＋5 cm⑤
联立解得T＝720 K.
(2020·烟台市中英文学校高二月考)有一内径相同的“U”形玻璃管ABCD，A端封闭、D端开口，AB、CD长度均为40 cm，BC长度为19 cm.用水银封闭一定质量的理想气体在A 端，竖直段水银柱长为18 cm，水平段水银柱长为4 cm，如图4所示．已知大气压强为75 cmHg，温度为27 ℃，现将其以BC为轴缓慢翻转直到A、D端竖直向上，求：
图4
(1)翻转后AB管中水银柱的长度；
(2)保持A、D端竖直向上，缓慢升高A中气体的温度，使CD管中的水银柱变为18 cm，求此时气体的温度．
答案(1)9 cm(2)477 ℃
解析(1)以A中被封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，
翻转前：p1＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V1＝(40－18)S＝22S，T1＝(273＋27) K＝300 K.
设翻转后AB管中水银柱的长度h，则：p2＝(75－h) cmHg，
V2＝(40－h)S
根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2
解得h＝9 cm
(2)保持A、D端竖直向上，以A中气体为研究对象，则此时p3＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V3＝(40＋15)S＝55S
根据理想气体状态方程有：p1V1
T1＝
p3V3
T3
解得T3＝750 K
则t3＝(750－273) ℃＝477 ℃.
1．(关联气体问题)(2021·重庆一中高二下月考)如图5所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为S a和S b，且S a<S b.缸内及管中封有一定质量的理想气体，整个系统处于平衡状态，大气压强
不变．现使缸内气体的温度缓慢降低一点，则系统再次达到平衡状态时( )
图5
A ．活塞向左移动了一点
B ．活塞向右移动了一点
C ．活塞的位置没有改变
D ．条件不足，活塞的位置变化无法确定 答案 B
2．(关联气体问题)(2020·章丘四中高二月考)如图6所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、横截面积均为S 的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A 的上方放置一质量为2m 的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0.已知大气压强与活塞质量的关系为p 0＝3mg S ，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，
不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A 上面的物块取走时，活塞A 将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，活塞A 上升的高度．
图6
答案 0.9l 0
解析 对Ⅰ气体，其初态压强p 1＝p 0＋3mg
S
末态压强为p 1′＝p 0＋mg
S
设末态时Ⅰ气体的长度为l 1，可得p 1l 0S ＝p ′l 1S 代入数据解得l 1＝3
2
l 0
对Ⅱ气体，其初态压强为p 2＝p 0＋4mg
S
末态压强为p 2′＝p 0＋2mg
S
设末态时Ⅱ气体的长度为l 2，可得p 2l 0S ＝p 2′l 2S 代入数据解得l 2＝7
5
l 0.
故活塞A 上升的高度为Δh ＝l 1＋l 2－2l 0 得Δh ＝0.9l 0.
3．(综合应用)(2021·全国高二月考)如图7所示，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内理想气体(只有一种气体)分隔为A 、B 两部分，两部分气体的温度相等、质量相同，它们的体积之比V A V B ＝32
.
图7
(1)求A 、B 两部分气体的压强之比p A
p B
；
(2)若其他条件不变，使A 、B 两部分气体升高相同的温度，试通过计算判断水银柱将如何移动．
答案 (1)2
3
(2)水银柱向上移动
解析 (1)由于A 、B 两部分气体的温度相等、质量相同，故p A V A ＝p B V B ，解得p A p B ＝2
3.
(2)设升温前A 部分气体的热力学温度为T ，升温过程中A 部分气体温度的变化量为ΔT ，压强的变化量为Δp ，若水银柱不移动，根据查理定律，有p A T ＝p A ′
T ＋ΔT
升温过程中A 部分气体压强的变化量 Δp A ＝p A ′－p A ，解得Δp A ＝
ΔT T ·p A
，同理可得，升温过程中B 部分气体压强的变化量Δp B ＝ΔT T ·p B
，ΔT >0，p A <p B ，可知Δp A <Δp B ，故水银柱向上移动.
1．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A 、B 两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时V A ∶V B ＝1∶2，现将A 中气体加热到127 ℃，B 中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比V A ′∶V B ′为( ) A ．1∶1 B ．2∶3 C ．3∶4
D ．2∶1
解析 对A 部分气体有：p A V A T A ＝p A ′V A ′
T A ′①
对B 部分气体有：p B V B T B ＝p B ′V B ′
T B ′
②
因为p A ＝p B ，p A ′＝p B ′，T A ＝T B ，所以将①÷②式得 V A V B ＝V A ′T B ′
V B ′T A ′
所以V A ′V B ′＝V A T A ′V B T B ′＝1×4002×300＝23
.故选B.
2.(2020·哈尔滨三中高二月考)如图1所示，一端封口的玻璃管开口向下插在水银槽里，管内封有长度分别为L 1和L 2的两段气体．当将管慢慢地向下按一段距离时，管内气柱的长度将如何变化( )
图1
A ．L 1变小，L 2变大
B ．L 1变大，L 2变小
C ．L 1、L 2都变小
D ．L 1、L 2都变大 答案 C
解析 将管慢慢地向下按一段距离时，假设L 1、L 2的长度不变，L 1、L 2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L 1、L 2的长度都减小，故A 、B 、D 错误，C 正确．
3.(2019·哈尔滨市第六中学高二月考)如图2，A 、B 是体积相同的汽缸，B 内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C ，D 为不导热的阀门．起初阀门关闭，A 内装有压强p 1＝2.0×105 Pa ，温度T 1＝300 K 的氮气；B 内装有压强p 2＝1.0×105 Pa ，温度T 2＝600 K 的氧气．打开阀门D ，活塞C 向右移动，最后达到平衡．以V 1和V 2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V 1与V 2之比为( )
图2
A ．1∶2
B ．1∶4
C ．1∶1
D ．4∶1
解析 设活塞C 向右移动x ，最后共同的温度为T ，压强为p ，由理想气体状态方程可知： 对A 部分气体有：p 1LS T 1＝pV 1
T
对B 部分气体有：p 2LS T 2＝pV 2
T
将两式相除：V 1V 2＝p 1p 2·T 2T 1＝4
1，
故选D.
4．(2020·山东省高二期中)2020年初，新冠病毒来袭．我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象．如图3是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是( )
图3
A ．A 瓶和
B 瓶中的药液一起用完 B ．B 瓶中的药液先用完
C ．随着液面下降，A 瓶内C 处气体压强逐渐增大
D ．随着液面下降，A 瓶内C 处气体压强保持不变 答案 C
解析 药液从B 瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A 瓶中空气将A 瓶中药液压入B 瓶，补充B 瓶流失的药液，即B 瓶药液液面保持不变，直到A 瓶中药液全部流入B 瓶，即A 瓶药液先用完，A 、B 错误；A 瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A 瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A 瓶内C 处气体产生的压强逐渐增大，C 正确，D 错误．
5．蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L ，压强为1 atm ，充气筒每次充入0.2 L 压强为1 atm 的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：
(1)充气多少次可以让气体压强增大至3 atm ；
(2)将充气后的蹦蹦球拿到温度为－13 ℃的室外后，压强将变为多少？(结果保留两位有效数字)
答案 (1)20 (2)2.7 atm
解析 (1)以蹦蹦球的原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：
p 1(V ＋n ΔV )＝p 2V 代入数据解得 n ＝20(次)
(2)当温度变化时，气体发生等容变化，由查理定律得：p 2T 2＝p 3
T 3
p 3＝T 3
T 2
p 2≈2.7 atm.
6.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A 、B 两部分，如图4所示，两部分气体温度相同，都是27 ℃，A 部分气体压强p A 0＝1.0×105 Pa ，B 部分气体压强p B 0＝2.0×105 Pa.现对B 部分气体加热，使活塞上升，保持A 部分气体温度不变，体积减小为原来的2
3
.求此时：
图4
(1)A 部分气体的压强p A ； (2)B 部分气体的温度T B . 答案 (1)1.5×105 Pa (2)500 K
解析 (1)A 部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得 p A 0V ＝p A ·2
3V ，
所以p A ＝3
2
p A 0，
把p A 0＝1.0×105 Pa 代入，得p A ＝1.5×105 Pa. (2)B 部分气体：
初状态：p B 0＝2.0×105 Pa ，V B 0＝V ，T B 0＝300 K ， 末状态：p B ＝p A ＋(p B 0－p A 0)＝2.5×105 Pa. V B ＝V ＋13V ＝4
3
V ，
由理想气体状态方程p B 0V B 0T B 0＝p B V B
T B
，
得T B ＝T B 0p B V B
p B 0V B 0＝300×2.5×105×43V
2.0×105×V K ＝500 K.
7.(2020·南和县第一中学高二期中)如图5所示，汽缸(内壁光滑)呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d .筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部d 2的
高度，外界大气压强为1×105 Pa ，温度为27 ℃，现对气体加热，求：
图5
(1)当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；
(2)气体温度达到387 ℃时，活塞离底部的高度和气体的压强． 答案 (1)600 K (2)d 1.1×105 Pa
解析 (1)设活塞的横截面积为S ，以封闭气体为研究对象：p 1＝p 0，V 1＝d
2S ，T 1＝300 K ；
设温度升高到T 2时，活塞刚好到达汽缸口．此时有：p 2＝p 0，V 2＝dS 根据盖－吕萨克定律：V 1T 1＝V 2
T 2
，得T 2＝600 K.
(2)T 3＝660 K ＞T 2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以：l 3＝d 此时有：V 3＝dS ，T 3＝660 K ； 由理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3
T 3
解得p 3＝1.1×105 Pa.
8．U 形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm ，且水银面比封闭管内高4 cm ，封闭管内空气柱长为11 cm ，如图6所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
图6
(1)粗管中气体的最终压强； (2)活塞推动的距离． 答案 (1)88 cmHg (2)4.5 cm
解析 设细管横截面积为S ，则粗管横截面积为3S ， (1)以粗管内被封闭气体为研究对象，
p 1＝80 cmHg ，V 1＝11×3S ＝33S
V 2＝10×3S ＝30S
封闭气体做等温变化：p 1V 1＝p 2V 2
80×33S ＝p 2·30S
p 2＝88 cmHg
(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，
p 1′＝76 cmHg ，V 1′＝11S ，p 2′＝88 cmHg
封闭气体做等温变化：p 1′V 1′＝p 2′V 2′
V 2′＝9.5S
活塞推动的距离：L ＝11 cm ＋3 cm －9.5 cm ＝4.5 cm.
9．(2019·全国卷Ⅱ)如图7，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
图7
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案 (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①
得p 10＝12
(p 0＋p )；② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④
p 2V 2＝p 0V 0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p 1＝12p 0＋14p V 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p .。