《2024届物理一轮复习讲义专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届物理一轮复习讲义专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题含答案.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024届物理一轮复习讲义专题强化二十五应用气体实验定律解决两类模型问题学习目标1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。 2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。考点一“玻璃管液封”模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液片或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pgh(其中h为液面的竖直高度)。(2)不要漏掉大气压强，同时又要注意大气压强产生的压力是否要平衡掉。(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。角度单独气体例1 如图1，
2、两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h04 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1283 K，大气压强p076 cmHg。图1(1)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？(2)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(1)12.9 cm(2)363 K解析(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p
3、2。由玻意耳定律有p1V1p2V2设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为，按题设条件有p1p0gh0p2p0ghV1(2Hlh0)S，V2HS联立式并代入题给数据得h12.9 cm。(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖吕萨克定律有按题设条件有V3(2Hh)S联立式并代入题给数据得T2363 K。跟踪训练1.(2022安徽马鞍山模拟)如图2所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1h22 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S22S1，气体柱长度l6 cm，大气压强为
4、76 cmHg，气体初始温度为300 K。缓慢升高理想气体温度，求：图2(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；(2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。答案(1)410 K(2)1.6 cm解析(1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得h1S1h2S2xS1根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为p1p0g(h1h2)水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为p2p0gx由理想气体状态方程有解得T2410 K。(2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖吕萨克定律有设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则V3(lh2)S2yS1解得y
5、1.6 cm。角度关联气体例2 (2023安徽江南十校联考)如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U型管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1h25 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h320 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p075 cmHg。图3(1)现往左管中再缓慢注入h25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。答案(1)15 cm(2)20 cm解析(1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有p3p075 cmHg，V3h3Sp3p
6、0gh100 cmHg，V3h3S由玻意耳定律有p3h3Sp3h3S解得h315 cm。(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有p2p0gh180 cmHg，V22HS注入水银柱后有p2p0g(h1h)105 cmHg设注入水银柱后气柱的长度为L1，则V2L1S，由玻意耳定律有p22HSp2L1S解得L132 cm此时两侧水银柱下表面的高度差为h2HL12(h3h3)20 cm。跟踪训练2.竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图4所示，单位为cm。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知大气压强p
7、075 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：图4(1)此时右管封闭气体的压强；(2)左管中需要倒入水银柱的长度。答案(1)90 cmHg(2)27 cm解析(1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，初态：p175 cmHg，V130 cmS未态：V2(30 cm5 cm)S由玻意耳定律有p1V1p2V2解得p290 cmHg。(2)对水平管中的空气柱，初态：pp015 cmHg90 cmHg，V11 cmS末态：pp220 cmHg110 cmHg根据玻意耳定律pVpV解得V9 cmS则水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所
8、以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm75 cm(157)cm27 cm。考点二“汽缸活塞”模型1.“汽缸活塞”模型的解题思路(1)确定研究对象研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；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。注意检验求解结果的合理性。2.两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
9、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。角度单独气体例3 (2023山东威海高三期末)如图5所示为某同学设计的过压保护装置。长度为L的竖直放置的绝热汽缸与面积为S的绝热活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸的顶端装有卡环，底端装有泄压阀，当压强小于等于2p0，泄压阀保持密闭，当压强大于2p0，就会自动排出部分气体，以保持缸内压强2p0不变。初始时，活塞距离缸底的距离为汽缸长度的，封闭气体的温度为T0，大气压强为p0，活塞的重力为0.2p0S，当温度缓慢升高到T1时，活塞运动到卡环处。若活塞厚度可忽略，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：图5(1)温度T1；(2)当温度缓
10、慢升至3T0，从泄压阀排出的气体在压强为p0、温度为T0时的体积。答案(1)(2)LS解析(1)温度由T0升高到T1的过程中，气体做等压变化，有解得T1。(2)初态时封闭气体的压强为p1(p11.2p0)，设排出的气体在2p0、3T0时的体积为V，在温度由T0升高到3T0的过程中，由理想气体状态方程得设排出的气体在p0、T0时的体积为V联立解得VLS。跟踪训练3.(2022重庆诊断)如图6所示，导热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M20 kg，活塞质量m1 kg，活塞横截面积S100 cm2。活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。已
11、知大气压恒为p01.0105 Pa，重力加速度为g10 m/s2。求：图6(1)汽缸内气体的压强p1；(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，汽缸内气体的温度升高了多少。答案(1)1.2105 Pa(2)300 K解析(1)以汽缸为研究对象，受力分析如图所示由平衡条件得Mgp0Sp1S代入数据得p11.2105 Pa。(2)缸内气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得其中有T1(27273)K300 K，V10.5LS，V2LS代入数据得T2600 K升高温度为TT2T1300 K。角度关联气体例4 (2022全国甲卷，33)如图7，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0
12、的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成、四部分，其中第、部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。图7(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强。答案(1)T0(2)p0解析(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对中气体由盖吕萨克定律可得，解得TT0。(2)设
13、当A中的活塞到达汽缸底部时，中气体的压强为p，则此时内的气体压强也等于p，设此时内的气体的体积为V，则、两部分气体的体积为(V0V)，则对中气体有对、两部分气体有联立解得pp0。跟踪训练4.(2023安徽黄山月考)如图8所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SASB13。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0300 K，A中气体压强pA4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB3p0。求：图8(1)此
14、时A中的气体压强pA；(2)此时A中的气体温度TA。答案(1)7p0(2)700 K解析(1)活塞平衡时，由平衡条件得初状态：pASAp0(SBSA)pBSB末状态：pASAp0(SBSA)pBSB且SASB13得pA7p0。(2)B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得pBVBpB3V0设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有对A中气体由理想气体状态方程得解得TA700 K。1.如图1所示，上端开口的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，质量为m的活塞处于容器中部，活塞面积为S。用密封的盖子封住容器口后，将容器在竖直面内沿顺时针缓慢转至水平位置，这时活塞左边气体
15、体积为V1，右边气体体积为V2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，整个过程温度不变，活塞与汽缸无摩擦且不漏气。则为()图1A.1 B.1C.1 D.1答案D解析竖直放置时，对活塞有mgp0Sp10S，水平位置时，两端气体压强相等，设为p，则对左端气体有p10pV1，对右端气体有p0pV2，联立以上方程解得1，故D正确，A、B、C错误。2.带加热丝(图2中未画出，体积不计)的质量为M的汽缸放在水平地面上，质量为m、横截面积为S的活塞封闭着一定质量的理想气体(气体的质量可以忽略)，活塞由轻绳悬挂在天花板上，活塞到汽缸底部的距离为L，到汽缸顶部的距离为，封闭气体的温度为T，汽缸恰好对地面无压力，已
16、知重力加速度为g，大气压强始终为p0，M2m，活塞可在汽缸内自由滑动。现在缓慢升高封闭气体的温度，求：图2(1)活塞开始上升时气体的温度T1；(2)活塞上升到汽缸顶部时气体的温度T2。答案(1)T(2)T解析(1)初始时对汽缸受力分析有p0SMgp1S0当轻绳拉力刚好为零时活塞开始上升，此时对活塞受力分析有p0Smgp2S0由查理定律有联立解得T1T。(2)活塞开始上升后封闭气体的压强不再变化，初始时气体的体积V1LS当活塞上升到汽缸顶部时气体的体积V2S由盖吕萨克定律有解得T2T。3.如图3所示，将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强为p01105 Pa，汽缸壁是导热的，两个导热活塞A和B将汽
17、缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室高度分别为10 cm、5 cm，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，活塞A、B的横截面积皆为S1103 m2。活塞的厚度均不计，不计一切摩擦，取g10 m/s2。图3(1)求气体1、气体2的压强；(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180，将汽缸倒立在水平面上，求平衡后活塞A移动的距离。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，A、B活塞一直在汽缸内不脱出。答案(1)1.2105 Pa1.5105 Pa(2)15 cm解析(1)由题知，汽缸壁是导热的，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，面积均为S1103 m2，达到平衡时，对活塞A有：p0S
18、MAgp1S解得p11.2105 Pa同理对活塞B有：p1SMBgp2S解得p21.5105 Pa。(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180，汽缸平衡时，对活塞A分析，即p0SMAgp1S解得p10.8105 Pa同理对活塞B受力分析有p1SMBgp2S解得p20.5105 Pa由玻意耳定律，对气室1中的气体，有p1V1p1(V1x1S)对气室2中的气体，有p2V2p2(V2x2S)解得x15 cm，x210 cm则活塞A移动的距离为xx1x215 cm。4.(2022全国乙卷，33)如图4，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞和活塞之间封闭有一定量的理想气体，两活
19、塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞不能通过连接处。活塞、的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞、到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。图4(1)求弹簧的劲度系数；(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。答案(1)(2)p0T0解析(1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有2mgp02Smgp1Sp0Sp12S解得p1p0对活塞由平衡条件有2mgp02
20、Sk0.1lp12S解得弹簧的劲度系数为k(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知2mgp02Smgp2Sp0Sp22S解得气体的压强为p2p1p0即封闭气体发生等压变化，初、末状态的体积分别为V12SSV2l22S由于气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l21.1l，由，解得T2T0。5.导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图5所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p075 cmHg保持不变，环境初始温度为T1300 K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2350
21、 K，此过程中水银无溢出。求：图5(1)右侧空气柱长度(保留2位小数)；(2)左侧管内水银面下降的高度。答案(1)5.83 cm(2)3 cm解析(1)设玻璃管的横截面积为S，右侧气体初状态体积V15S温度升高过程气体压强不变，由盖吕萨克定律得代入数据解得，右侧空气柱的长度L5.83 cm。(2)右管气体压强p右(7515)cmHg90 cmHg左管初状态压强p左1p右90 cmHg左管初状态体积V左132S温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h，左管气体末状态压强p左2p右2gh(902h)cmHg左管内气体末状态的体积V左2(32h)S对左管内气体，由理想气体状态方程得代入数据解得h3 cm。