专题34 气体实验定律的综合应用（解析版）

专题34 气体实验定律的综合应用 目录 TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc17840" 题型一 气体实验定律的理解和应用  PAGEREF _Toc17840 1  HYPERLINK \l "_Toc32059" 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题  PAGEREF _Toc32059 5  HYPERLINK \l "_Toc4915" 类型1 “玻璃管液封”模型  PAGEREF _Toc4915 5  HYPERLINK \l "_Toc10926" 类型2　“汽缸活塞类”模型  PAGEREF _Toc10926 9  HYPERLINK \l "_Toc27273" 类型3 变质量气体模型  PAGEREF _Toc27273 12  HYPERLINK \l "_Toc8392" 题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用  PAGEREF _Toc8392 15  题型一 气体实验定律的理解和应用 1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系 eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(温度不变：p1V1＝p2V2,（玻意耳定律）,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2),（查理定律）,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),（盖－吕萨克定律）)) 2．两个重要的推论 (1)查理定律的推论：Δp＝eq \f(p1,T1)ΔT (2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝eq \f(V1,T1)ΔT 3．利用气体实验定律解决问题的基本思路 【例1】为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物．当缸内温度为T1＝360 K时，活塞与缸底相距H＝6 cm、与重物相距h＝4 cm.已知锅炉房内空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度． (1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2. (2)当锅炉外壁的温度为660 K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量M. 【答案】　(1)600 K　(2)1 kg 【解析】　(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，V1＝HS，V2＝(H＋h)S 由盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2) 代入数据解得T2＝600 K (2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化T3＝660 K 由平衡条件有p＝p0＋eq \f(Mg,S) 由查理定律有eq \f(p0,T2)＝eq \f(p,T3) 代入数据解得M＝1 kg. 【例2】[2021·全国甲卷，33(1)]如图，一定质量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V－t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比eq \f(pa,pb)＝________；气体在状态b和c的压强之比eq \f(pb,pc)＝________。 【答案】　1　eq \f(V2,V1) 【解析】　由题图结合题意可知Ⅰ、Ⅱ的V－T图线均为过原点的倾斜直线，则Ⅰ、Ⅱ过程均为等压变化，则eq \f(pa,pb)＝1；由理想气体状态方程有eq \f(pV,T)＝C，得V－T图像的斜率k＝eq \f(C,p)，kⅠ＝eq \f(V1,t0)＝eq \f(C,pb)，kⅡ＝eq \f(V2,t0)＝eq \f(C,pc)，得eq \f(pb,pc)＝eq \f(V2,V1)。 【例2】．(2022·湖北省摸底)使一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。 (1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？ (2)将上述状态变化过程画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。 【答案】　(1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析；A→B等压过程，B→C等温过程，C→D等压过程 【解析】　(1)A→B为等压过程，由eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB) 得TB＝2TA＝600 K B→C为等温线，得TC＝TB＝600 K 因为pAVA＝pDVD 所以TD＝TA＝300 K。 (2)A→B等压过程，B→C等温过程，C→D等压过程 如图所示AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。 【例3】．(2022·广东深圳市4月调研)如图所示，“手掌提杯”实验可反映大气压的存在。先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各处温度相等)。 (1)杯口横截面为S，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T1，冷却后温度为T2，大气压强为p0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G为多少？ (2)若杯口横截面S＝40 cm2，p0＝1.00×105 Pa，冷却后杯内气体温度为17 ℃，杯内气体体积减为原来的eq \f(29,30)，将杯子固定，需要用F＝25 N竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响)，求刚密闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？ 【答案】　(1)eq \f(T1－T2,T1)p0S　(2)47 ℃ 【解析】　(1)气体的体积不变，根据查理定律eq \f(p0,T1)＝eq \f(p2,T2) 得降温后杯内气压为p2＝eq \f(T2,T1)p0 由杯子受力平衡可知杯子重力最大值为 G＝(p0－p2)S＝eq \f(T1－T2,T1)p0S。 (2)根据手受力平衡可知降温后杯内气压为p3＝p0－eq \f(F,S)＝9.375×104 Pa 根据理想气体状态方程eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p3V3,T3) 其中T0＝273＋17 K＝290 K，V3＝eq \f(29,30)V0 解得T3＝320 K t3＝47 ℃。 【例4】．(2022·新疆维吾尔自治区检测)高原地区气压低，水的沸点达不到100 ℃，居民煮饭时就需要用高压锅，利用它可以将食物加热到100 ℃以上，它省时高效，深受消费者欢迎。(计算结果均保留3位有效数字) (1)小明测得高压锅圆形出气孔的直径为4 mm，压在出气孔上的安全阀的质量为80 g，当高压锅内气压增大到某一值时，锅内气体就能自动顶开安全阀放气，安全阀被顶起时处于平衡状态，此时高压锅内部气体的压强是多大？(已知标准气压p＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2) (2)如果安全阀刚要被顶起时，高压锅内气体温度为127 ℃，停止加热，当锅内气体温度降至107 ℃时，高压锅内部气体的压强是多大？(可近似认为高压锅在这一过程中气体总量保持不变) 【答案】　(1)1.64×105 Pa　(2)1.56×105 Pa 【解析】　(1)安全阀的重力G＝mg＝0.8 N 气孔的面积S＝πr2＝1.26×10－5 m2 安全阀对气孔处气体产生的压强 p′＝eq \f(G,S)＝6.35×104 Pa 此时气体压强p1＝p＋p′＝1.64×105 Pa。 (2)由等容变化可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2) 代入数值可得p2＝eq \f(380,400)p1＝1.56×105 Pa。 【例5】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p－T图像和V－T图像各记录了其部分变化过程． 　 (1)求温度为600 K时气体的压强； (2)在p－T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整． 【答案】　(1)1.25×105 Pa　(2)见解析图 【解析】(1)由p－T图像可知，气体由200 K到400 K的过程中做等容变化，由V－T图像可知，气体由400 K到500 K仍做等容变化，对应p－T图可得，T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa；由V－T图像可知，气体由500 K到600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强为1.25× 105 Pa. (2)在p－T图像上补充画出400～600 K的气体状态变化图像，如图所示． 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 1．气体实验定律及理想气体状态方程 理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝C eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2))) 2．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、列平衡方程求解，要注意： (1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)； (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，同一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”，使计算过程简捷． 【例1】[2020·全国Ⅲ卷，33(2)]如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。 (ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？ (ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 【答案】(ⅰ)12.9 cm　(ⅱ)363 K 【解析】(ⅰ)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有p1V1＝p2V2① 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0② p2＝p0＋ρgh③ V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④ 联立①②③④式并代入题给数据得 h＝12.9 cm⑤ (ⅱ)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有 eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑥ 按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦ 联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 T2＝363 K 【例2】 (2022·安徽安庆市模拟)如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7 ℃的环境中，左侧管上端开口，并用h1＝4 cm的水银柱封闭有长l1＝14 cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24 cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h2＝10 cm，若把该装置移至温度恒为27 ℃的房间中(依然竖直放置)，在左侧管中再注入一定量的水银，使右管中气体仍然恢复到原来的长度l2，大气压强恒为p0＝76 cmHg，不计一切摩擦，求： (1)注入的水银柱的长度； (2)注入水银后左侧气柱的长度。 【答案】　(1)5 cm　(2)14.1 cm 【解析】　(1)在温度为7 ℃的环境中，右侧管中理想气体压强 p2＝p0＋ph1－ph2＝70 cmHg 由盖－吕萨克定律得eq \f(p2,T2)＝eq \f(p2′,T2′) 解得p2′＝75 cmHg 又p2′＝p0＋ph1＋pΔh－ph2 因此注入的水银柱的长度Δh＝5 cm。 (2)由理想气体的状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p1′V1′,T1′) 即eq \f(p1l1,T1)＝eq \f(p1′l1′,T1′) 其中p1＝p0＋ph1＝80 cmHg，T1＝280 K，p1′＝p0＋ph1＋pΔh＝85 cmHg，T1′＝300 K 代入数据解得l1′＝eq \f(240,17) cm≈14.1 cm。 【例3】[2021·全国乙卷，33(2)]如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。 【答案】　1 cm 【解析】　对于B中的气体， 初态：pB1＝p0，VB1＝l2S 末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S 由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2 解得l2′＝30 cm 设B管中水银比A管中水银高x cm 对A中气体 初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′ 末态：pA2＝pB2＋px VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′ 由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2 解得x＝1 cm。 【例4】(2022·湖南永州市模拟)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为270 K时，被封闭的气柱长L＝30 cm，两边水银柱高度差h＝5 cm，大气压强p0＝75 cmHg。 (1)使左端水银面下降h1＝5 cm，封闭气体温度应变为多少； (2)封闭气体的温度保持(1)问中的值不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少(管中水银柱足够长)。 【答案】　(1)360 K　(2)9.67 cm 【解析】　(1)设左端水银面下降前，封闭气体的压强为p1，气体温度为T1，体积为V1，则p1＝p0－ρgh＝70 cmHg，V1＝LS，设左端水银面下降后，封闭气体的压强为p2，气体温度为T2，体积为V2，则p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝(L＋h1)S 根据理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2) 解得封闭气体温度应变为T2＝360 K。 (2)两液面相平时，气体的压强为p3＝p0，气体体积为V3，左端水银面下降h2，右端水银面下降h2＋5 cm，根据玻意耳定律有 p2V2＝p3V3，解得h2＝eq \f(7,3) cm 所以从底端放出的水银柱长度为 H＝2h2＋5 cm＝eq \f(29,3) cm＝9.67 cm。 类型2　“汽缸活塞类”模型 1．解题的一般思路 (1)确定研究对象，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，需要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。 【例1】[2021·全国甲卷，33(2)]如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq \f(V,2)。 (1)求A的体积和B的压强； (2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。 【答案】　(1)0.4V　2p0 (2)(eq \r(5)－1)V　eq \f(3＋\r(5),4)p0 【解析】　(1)对气体B，由玻意耳定律有 p0V＝pBeq \f(V,2) 代入数据解得pB＝2p0 此时pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0 同理有p0V＝pAVA 代入数据解得VA＝0.4V。 (2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1，体积分别为VA1、VB1，由玻意耳定律有pAVA＝pA1VA1 pBeq \f(V,2)＝pB1VB1 VA1＋VB1＝2V pA1＋0.5p0＝pB1 联立解得VA1＝(eq \r(5)－1)V，pB1＝eq \f(3＋\r(5),4)p0。 【例2】(2022·安徽合肥市5月质检)如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40 cm2的活塞相连接，汽缸内封闭一定质量的理想气体。在汽缸内距缸底60 cm处有卡环，活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，温度为300 K。现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加30 K时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480 K时，活塞移动了20 cm。已知g＝10 m/s2，求： (1)活塞的质量； (2)弹簧的劲度系数k。 【答案】　(1)8 kg　(2)200 N/m 【解析】(1)气体温度从300 K增加到330 K的过程中，等容变化，则有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1) 解得p1＝1.1×105 Pa 此时，活塞恰好离开卡环，可得 p1＝p0＋eq \f(mgsin θ,S) 解得m＝8 kg。 (2)气体温度从330 K增加到480 K的过程中，由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2) 解得p2＝1.2×105 Pa 对活塞受力分析可得 p0S＋mgsin θ＋kΔx＝p2S 解得k＝200 N/m。 【例3】(2022·宁夏吴忠市4月模拟)如图所示，导热性能良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置，用轻质活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞横截面积S＝5.0×10－4 m2，活塞上面放有一质量m＝1 kg的铁块。开始时汽缸所处环境温度为300 K，活塞处于A位置。缓慢升高汽缸所处环境温度为450 K时，活塞到达新的位置B。已知A位置活塞距缸底部高度为h0＝0.8 m，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求活塞在位置B时距缸底部的高度； (2)保持汽缸所处环境温度为450 K，撤去活塞上面的铁块，稳定后活塞到达新的位置C，求活塞到达位置C时距汽缸底部的高度。 【答案】　(1)1.2 m　(2)1.44 m 【解析】　(1)活塞在A位置时温度为T1＝300 K，缸内气体高度为h0，活塞在B位置时温度为T2＝450 K，设缸内气体高度为h1，由盖－吕萨克定律得eq \f(h0S,T1)＝eq \f(h1S,T2) 代入数据解得h1＝1.5h0＝1.2 m。 (2)铁块取走前缸内气体的压强为p1，对活塞与铁块，由平衡条件得 p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa 撤去铁块后，气体最后压强为p0，设活塞到达位置C时距汽缸底部的高度为h2，由玻意耳定律得p1h1S＝p0h2S 解得h2＝1.2h1＝1.44 m。 【例4】如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h，横截面积为S.汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞．缸内封闭了压强为2p0的理想气体．已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压强为p0，活塞的质量为eq \f(2p0S,g)，g为重力加速度． (1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低eq \f(1,10)T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强； (2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离． 【答案】　(1)eq \f(9,5)p0　(2)eq \f(2,3)h 【解析】　(1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0， 末态时热力学温度为T1＝eq \f(9,10)T0，压强设为p1. 根据查理定律有eq \f(2p0,T0)＝eq \f(p1,T1)， 解得p1＝eq \f(9,5)p0 (2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh， 设汽缸倒置后，气体压强为p2，活塞到汽缸底部的距离为H， 则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S 解得p2＝3p0 根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2 解得H＝eq \f(2,3)h 所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为eq \f(2,3)h. 类型3 变质量气体模型 1．充气问题 选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。 2．抽气问题 将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。 3．灌气问题 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。 4．漏气问题 选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。 【例1】2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响．勤消毒是一个很关键的防疫措施．如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图．消毒桶的总容积为 10 L，装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气，大气压强为1 atm，设整个过程温度保持不变，求： (1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm，打气筒应打压几次？ (2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？ 【答案】　(1)48　(2)剩不下　eq \f(1,3) 【解析】　(1)设需打压n次，使消毒桶内空气的压强变为5 atm， 由玻意耳定律p1(V1＋nΔV)＝p2V1 其中p1＝1 atm，p2＝5 atm， V1＝10 L－7 L＝3 L， ΔV＝250 cm3＝0.25 L 解得n＝48(次) (2)停止喷雾时，桶内气体压强变为1 atm，此时气体体积为V2 由玻意耳定律得 p2V1＝p1V2 即5 atm×3 L＝1 atm×V2 解得V2＝15 L 大于消毒桶的总容积10 L，故消毒桶里不能剩下消毒液了．喷出去的气体体积ΔV＝15 L－10 L＝5 L 则eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V2)＝eq \f(1,3). 【例2】（2022·河北卷15(2)]某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。 (1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强； (2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。 【答案】　(1)3.1×103 Pa　(2)eq \f(97,3) 【解析】　(1)初状态：p1＝3.0×103 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K， 末状态：T2＝(273＋37)K＝310 K，设压强为p2 根据查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2) 解得p2＝3.1×103 Pa。 (2)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强p0相等，以夹层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得p1V＝p0V′，解得V′＝0.03V 夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值eq \f(Δm,m)＝eq \f(V－V′,V′)＝eq \f(97,3)。 【例3】 (2022·广东潮州市质检)如图所示为某充气装置示意图。装置水平放置，其中A是容积为V的需要充气的绝热容器。B是内壁光滑的气筒，左端用可左右移动的活塞密封，右端通过单向绝热进气阀n与A连通，活塞横截面积为S，B底部通过单向进气阀m与外界连通。当活塞左移抽气时n闭合，m打开，最多可以从外界抽取体积V的气体；当活塞右移充气时n打开，m闭合，可以将抽气过程从外界抽取的气体全部压入容器A。最初活塞位于气筒B的最左侧，A、B内充满气体，气体的压强与外界大气压强相等均为p0，温度与外界大气温度相同均为T0。(打气完成时气筒内剩余气体及气筒与容器间连接处的气体体积可忽略) (1)缓慢推动活塞，将气筒内体积为V的气体压入容器A，则当打气即将完成时，需要对活塞提供的水平作用力F是多大？(已知此过程气体温度不变) (2)现快速让活塞以最大充气体积V完成10次充气，测得A内气体温度升高为T。求此时A内气体压强p。 【答案】　(1)p0S　(2)eq \f(11T,T0)p0 【解析】　(1)充气完毕，由等温变化可得p0·2V＝pV 活塞缓慢运动，满足F＋p0S＝pS 解得F＝p0S。 (2)快速打气10次，由理想气体状态方程有eq \f(p0·11V,T0)＝eq \f(pV,T) 解得p＝eq \f(11T,T0)p0。 【例4】(2021·广东卷)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示。某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa。护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。 【答案】　1.3×105 Pa 【解析】　未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强p1＝1.0×105 Pa， 体积V1＝(0.9－0.5) mL＝0.4 mL， 注射器内气体的压强p0＝1.0×105 Pa， 体积V0＝0.3×0.4 mL＝0.12 mL， 将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4 mL，设压强为p2， 根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2 解得p2＝1.3×105 Pa。　　　　　　　　　　　　　 题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程 【例1】(多选)(2022·山东日照市模拟)蛟龙号是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，下潜深度已突破7 000 m。已知在深度3 000 m以下，海水温度基本不变。若蛟龙号在执行某次任务时，外部携带一装有氧气(可看作理想气体)的小型汽缸，汽缸及活塞导热性能良好，活塞与汽缸间无摩擦，若蛟龙号从4 000 m深度下潜到5 000 m深度的过程中，气体质量不变，则(　　) A．每个氧气分子的动能均不变 B．5 000 m深度时氧气的体积为4 000 m深度时体积的eq \f(4,5) C．外界对氧气做的功大于氧气放出的热量 D．氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加 【答案】　BD 【解析】　每个氧气分子的运动是无规则的，其动能无法确定，温度不变是分子的平均动能不变，A错误；根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，代入数据可得eq \f(V1,V2)＝eq \f(p2,p1)＝eq \f(p0＋ρgh2,p0＋ρgh1)＝eq \f(1.0×105＋1.0×103×10×5 000,1.0×105＋1.0×103×10×4 000)≈eq \f(5,4)，所以5 000 m深度时氧气的体积为4 000 m深度时体积的eq \f(4,5)，B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于温度不变，气体的内能不变，ΔU＝0，气体压强增大，体积减小，外界对气体做正功，W＞0，则氧气放出热量，并且外界对氧气做的功等于氧气放出的热量，C错误；气体压强增大，体积减小，但是温度不变，气体分子的平均动能不变，则氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加，压强才会增大，D正确。 【例2】(2022·1月辽宁适应性测试)某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热汽缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，汽缸如图(a)所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，汽缸如图(b)所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm。汽缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图(c)所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2。 (1)判断汽缸内气体由图(a)状态到图(b)状态的过程是吸热还是放热，并说明原因； (2)求高度h处的大气压强，并根据图(c)估测出此时客机的飞行高度。 【答案】　(1)吸热　原因见解析 (2)2.4×104 Pa　1×104 m 【解析】　(1)由题图(a)状态到题图(b)状态，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，温度不变，ΔU＝0，W<0，所以Q>0，即为吸热过程。 (2)对于题图(a)状态，有p1＝p0＋eq \f(mg,S) V1＝l1S，T1＝T0 对于题图(b)状态，有V2＝l2S，T2＝T0 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 解得p2＝9.6×104 Pa 所以机舱外气体压强为eq \f(1,4)p2＝2.4×104 Pa 根据题图(c)可知客机飞行高度为 h＝1×104 m。 【例3】．(2022·山东日照市模拟)炎热的夏天，在高速公路上疾驶的汽车极易发生“爆胎”的现象，从而引发车祸，必须引起人们足够的重视。一辆停在地下车库内的汽车，行驶前轮胎内气体压强为2.5 atm，温度为27 ℃；该汽车从车库驶出后奔向高速公路，在高速公路上长时间疾驶导致爆胎，爆胎时胎内气体的压强为 2.8 atm，轮胎中的空气可看作理想气体。已知T＝t＋273 K，爆胎前轮胎体积可视为不变。 (1)求爆胎时轮胎内气体的温度； (2)若爆胎后气体迅速外泄，来不及与外界发生热交换，则此过程胎内原有气体的内能如何变化？简要说明理由。 【答案】　(1)63 ℃　(2)内能减少，理由见解析 【解析】　(1)气体做等容变化，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2) 其中T1＝t1＋273，T2＝t2＋273 p1＝2.5 atm，t1＝27 ℃ p2＝2.8 atm 解得爆胎时轮胎内气体的温度t2＝63 ℃。 (2)气体膨胀对外做功，W<0，没有吸收或放出热量，Q＝0，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可得ΔU<0，即内能减少。 【例4】如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m＝10 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1＝11 cm，到汽缸口的距离L2＝4 cm.现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平．已知g＝10 m/s2，外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，活塞厚度不计，则： (1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？ (2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？ 【答案】　(1)450 K(或177 ℃)　(2)295 J 【解析】　(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K. 当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示， 根据平衡条件有p1S＝p0S＋mg V1＝(L1＋L2)S 由理想气体状态方程得eq \f(p0L1S,T0)＝eq \f(p1L1＋L2S,T1) 解得T1＝450 K(或177 ℃) (2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得 p0L1S＝p1LS 加热后，气体做等压变化，气体对外界做功 则W＝－p1(L1＋L2－L)S 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得ΔU＝295 J. 【例5】如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求： (1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1； (2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量． 【答案】　(1)0.5V　(2)eq \f(1,2)p0V＋aT0 【解析】　(1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1) 解得T1＝2T0 在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)， 解得V1＝0.5V. (2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为 W＝p0(V－V1) 在这一过程中，气体内能的变化量为 ΔU＝a(T0－T1) 由热力学第一定律得， Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V， 故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0. 【例6】绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示．已知活塞面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求： (1)封闭气体最后的体积； (2)封闭气体吸收的热量． 【答案】　(1)6×10－4 m3　(2)60 J 【解析】　(1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有 eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ) 解得VQ＝6×10－4 m3 (2)由气体的内能与热力学温度成正比eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ) 解得UQ＝108 J 活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有 pS＝p0S＋mg 解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa 外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J 由热力学第一定律UQ－UP＝Q＋W 得气体吸收的总热量为Q＝60 J. 【例7】.如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5 L，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2. (1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，则环境温度改变了多少摄氏度； (2)如果在环境温度急剧升高到t＝40 ℃的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？在此过程中吸收了200 J热量，则气体的内能增加了多少？ 【答案】　(1)9.7 ℃　(2)4.37×104 Pa　200 J 【解析】　(1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，有 p0＝p1＋ρ水银gh 解得p1≈8.37×104 Pa 温度T1＝t0＋273 K＝300 K 设末态压强为p2，则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh) 故p2≈8.10×104 Pa 根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2) 代入数据解得T2≈290.3 K 则环境温度降低了Δt＝T1－T2＝9.7 ℃ (2)打开阀门前有p1＝8.37×104 Pa，V1＝V0＝0.5 L，T1＝300 K 打开阀门后有V2＝2V0＝1.0 L，T2′＝t＋273 K＝313 K 根据理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2′V2,T2′) 代入数据解得p2′≈4.37×104 Pa 根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，即W＝0 根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 故ΔU＝0＋200 J＝200 J.