2019年高考物理一轮复习第十三章热学专题强化十四应用气体实验定律解决两类模型问题学案.doc

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1、1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)p1T1 p2T2 pT(3)盖吕萨克定律(等压变化)： 或 C(常数)V1T1 V2T2 VT2利用气体实验定律

2、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 gh (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2例 1 (2015新课标全国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 l10.0cm

3、， B 侧水银面比 A 侧的高 h3.0cm.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 h110.0cm 时将开关 K 关闭已知大气压强 p075.0cmHg.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 l10.0cm 时的压强为 p；当两侧水银面的高度差为 h110.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1.由玻意耳定律得 pl p1l1 由力学平衡条件得

4、 p p0 h 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 h1 联立式，并代入题给数据得 l112.0cm (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 p2l2 由力学平衡条件有 p2 p0 联立式，并代入题给数据得 l210.4cm 设注入的水银在管内的长度为 h，依题意得 h2( l1 l2) h1 联立式，并代入题给数据得 h1

5、3.2cm.3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 L

6、120cm.其余部分长度分别为 L215cm， L310cm， h14cm， h220cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为 p076cmHg，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)630 K (2)787.5 K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(764) cmHg80 cmHg， V1 L1S20 S当右侧的水银全部进入竖直管时，水银柱的高度： h h1 L3(410) cm14 cm，此时左侧竖直管中的水银柱也是 14 cm气体的状态参量： p2

7、 p0 h(7614) cmHg90 cmHg， V2 L1S2 L3S20 S210 S40 S由理想气体的状态方程得： p1V1T1 p2V2T2代入数据得： T2630 K4(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 h2S20 S10 S20 S50 S由盖吕萨克定律： V2T2 V3T3代入数据得： T3787.5 K.2(2016全国卷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 p 与气泡半径 r 之间的关系为 p ，其中 0.070N/m.现让水下 10 m 处一半2r径

8、为 0.50 cm 的气泡缓慢上升已知大气压强 p01.010 5 Pa，水的密度 1.010 3 kg/m3，重力加速度大小 g10m/s 2.(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) 32解析 (1)由公式 p 得 p Pa28Pa2r 20.070510 3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 p2V2 其中， V1 r 43 31V2 r 43 32由于气泡内外的压强差远小于 10m 深处水的压强，气

9、泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有p1 p0 gh 1110 5Pa110 31010Pa210 5Pa2 p0 p2 p0 将代入得，2 p0 r p0 r43 31 43 322r r31 32 .r2r1 32命题点二 汽缸活塞类模型5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

10、，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

11、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 S120cm 2， S210cm 2，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 M2kg 的重物 C 连接，静止时汽缸中的气体温度T1600K，汽缸两部分的气柱长均为 L，已知大气压强 p011

12、0 5Pa，取 g10m/s 2，缸内气体可看作理想气体图 36(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L2细杆；活塞静止；活塞 A 缓慢向右移动答案 (1)1.210 5Pa (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 p11.210 5 Pa(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 S1L2 S23L2T2代入数据解得 T2500 K.例 3 (201

13、4课标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14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116

14、强两汽缸除 A 顶部导热外，其余部分均绝热缓慢加热答案 (1)320K (2) p043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7意，汽缸 B 的容积为 ，则V04V1 V0 V0 34 12 V04 78V2 V0 V0 34 V04由题给数据及盖吕萨克定律有： V1T1 V2T2由式及所给的数据可得： T2320K (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

15、的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为 V1，压强为116p1，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 V0 14 316p1 V1 p2 V2 由式可得： p2 p0.43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 L1.0m，开口向上固定在水平面上，汽缸中有横截

16、面积为 S100cm 2、质量为 m20kg 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 t27、大气压为 p01.010 5Pa 时，气柱高度为 l0.80m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取 g10m/s 2，求：图 58(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)240 N (2)102 解析 (1)设起始状态汽缸内气体压强为 p1，当活塞缓慢拉至汽缸顶端，设汽缸内气体压强为 p2，由玻意耳定律得 p1Sl p2SL在起始状态对活

17、塞由受力平衡得p1S mg p0S在汽缸顶端对活塞由受力平衡得F p2S mg p0S联立并代入数据得 F240 N(2)由盖吕萨克定律得lS273 27 LS273 t代入数据解得 t102 .4(2016全国卷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 6 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p075.0cmHg.环境温度不变(保留三位有效数字)图 6答案 144cmHg 9.42

18、cm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9p1 p0(20.05.00) cmHg90cmHg l120.0cm l1(20.0 ) cm12.5cm 20.0 5.002由玻意耳定律得 p1l1S p1 l1 S 联立式和题给条件得p1144cmHg 依题意 p2 p1 l24.00cm cm h11.5cm h 20.0 5.002由玻意耳定律得 p2l2S p2 l2 S 联立式和

19、题给条件得h9.42cm.变质量气体问题的分析技巧分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解(1)打气问题：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

20、态方程求解典例 1 (2013福建理综29(2)某自行车轮胎的容积为 V，里面已有压强为 p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到 p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是 p0、体积为_的空气A. V B. Vp0p pp010C( 1) V D( 1) Vpp0 pp0答案 C解析 设充入气体体积为 V0，根据玻意耳定律可得 p0(V V0) pV，解得 V0( 1) V，Cpp0项正确典例 2 如图 7 所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为 V0.开始时内部封闭气体的压强为 p0，经过太阳暴

21、晒，气体温度由 T0300K升至 T1350K.图 7(1)求此时气体的压强；(2)保持 T1350K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到 p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值答案 (1) p0 (2)76 67解析 (1)由题意知气体体积不变，由查理定律得 ，解得 p1 p0 p0 p0.p0T0 p1T1 T1T0 350300 76(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V2，由玻意耳定律可得p1V0 p0V2则 V2 V0p1V0p0 76所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为 . V0 76V0 67题组 1 玻璃管液封模型1.如图

22、1 所示，在长为 l57cm 的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用 4cm 高的水银柱封闭着 51cm 长的理想气体，管内外气体的温度均为 33.现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少11时，管中刚好只剩下 4cm 高的水银柱？(大气压强为 p076cmHg)图 1答案 85cmHg 318K解析 设玻璃管的横截面积为 S，初态时，管内气体的温度为 T1306 K，体积为V151 S，压强为 p180 cmHg.当水银面与管口相平时，水银柱高为 H，则管内气体的体积为 V2(57 H)S，压强为p2(76 H) cmHg.由

23、玻意耳定律得 p1V1 p2V2，代入数据，得H219 H2520，解得 H9 cm 或 H28 cm(舍去)所以 p285 cmHg设温度升至 T 时，水银柱高为 4 cm，管内气体的体积为 V353 S，压强为 p380 cmHg.由盖吕萨克定律得 ，代入数据，解得 T318 K.V1T1 V3T2如图 2a 所示，左端封闭、内径相同的 U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L20cm 的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长已知大气压强为 p075cmHg.图 2(1)若将装置缓慢翻转 180，使 U 形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图 b 所示当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度

24、；(2)若将图 a 中的阀门 S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门 S，右管水银面下降了H35cm，求左管水银面下降的高度答案 (1)20cm 或 37.5cm (2)10cm解析 (1)将装置缓慢翻转 180，设左管中空气柱的长度增加量为 h，由玻意耳定律得 p0L( p02 h)(L h)12解得 h0 或 h17.5 cm则左管中空气柱的长度为 20 cm 或 37.5 cm(2)若将图 a 中阀门 S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门 S，右管水银面下降了H35 cm，设左管水银面下降的高度为 l，由玻意耳定律得p0L p0( H l)(L l)解得 l10 cm 或 l70

25、cm(舍去)即左管水银面下降的高度为 10 cm.题组 2 汽缸活塞类模型3.(2015课标全国33(2)如图 3，一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 m12.50kg，横截面积为 S180.0cm 2；小活塞的质量为 m21.50kg，横截面积为 S240.0cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l40.0cm；汽缸外大气的压强为 p1.0010 5Pa，温度为 T303K初始时大活塞与大圆筒底部相距 ，两活塞间封闭气体的温度为 T1495K现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞l2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 10

26、m/s2.求：图 3(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)1.0110 5Pa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 V2T213初状态 V1 (S1 S2)， T1495Kl2末状态 V2 lS2代入可得 T2 T1330K23(2)对大、小活塞受力分析则有m1g m2g pS1 p1S2 p1S1 pS2可得 p11.110 5Pa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 p2T3

27、T3 T303K，解得 p21.0110 5Pa.4如图 4 所示，内壁光滑、长度均为 4l、横截面积均为 S 的汽缸 A、 B， A 水平、 B 竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为 27、大气压为 p0的环境中，活塞 C、 D 的质量及厚度均忽略不计原长 3l、劲度系数 k 的轻弹簧，一端连接活塞3p0SlC、另一端固定在位于汽缸 A 缸口的 O 点开始活塞 D 距汽缸 B 的底部 3l.后在 D 上放一质量为 m 的物体求：p0Sg图 4(1)稳定后活塞 D 下降的距离；(2)改变汽缸内气体的温度使活塞 D 再回到初位置，则气体的温度应变为多少？答案 (1) (2

28、)3777l3解析 (1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸 A、 B 中的气体压强都为大气压 p0，弹簧弹力为零，所以活塞 C 到汽缸 A 底部的距离为 x1 l放上物体稳定后汽缸 A、 B 中气体的压强都为 p1，对 D 活塞有 p1S mg p0S对活塞 C 有 p1S F1 p0SF1为弹簧的弹力， F1 k x1 x13p0Sl14联立以上三式可求得弹簧被压缩 x1l3此时活塞 C 距汽缸底部的距离为 x24l3初态下气体的总体积 V04 lS，末态总体积为 V1，由玻意耳定律 p0V0 p1V1，解得 V12 lS由此可知活塞 D 下降的距离为 x3 l(2 l )4l3 7l3(2)改变气体温度使活塞 D 回到初位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变 V2 lS133由盖吕萨克定律 V1T0 V2T2解得 T2650 K，所以气体此时的温度为 t377 .