《2020版高考物理大一轮复习第十三章 专题强化十四 应用气体实验定律解决“三类模型问题”讲义（含解析）教科版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理大一轮复习第十三章 专题强化十四 应用气体实验定律解决“三类模型问题”讲义（含解析）教科版（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题强化十四应用气体实验定律解决“三类模型问题”专题解读1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，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，掌握处理三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)：p1V1p2V2或pVC(常数).(2)查理定律(等容变化)：或C(常数).(3)盖吕萨克定律(等压变化)：或C(常数).2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路
2、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pgh(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.类型1单独气体问题例1(2017全国卷33(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容
3、器R连通.开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为，重力加速度大小为g.求：图1(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强.答案(1)(2)解析(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则VV0d2lV1d2h由力
4、学平衡条件得p1pgh整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pVp1V1联立式得p(2)由题意知hl联立式有p该仪器能够测量的最大压强为pmax.变式1(2018山西省吕梁市第一次模拟)如图2所示，一根两端开口、横截面积为S2cm2、足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L21cm的气柱，气体的温度为t17，外界大气压强取p01.0105Pa.图2(1)若在活塞上放一个质量为m0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？ (g10m/s2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t277，此时气
5、柱为多长？(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？答案(1)20cm(2)25cm(3)8.95J解析(1)被封闭气体的初状态为p1p01.0105PaV1LS42cm3，T1280K末状态为p2p01.05105Pa，V2L2S，T2T1280K根据玻意耳定律，有p1V1p2V2，即p1Lp2L2，得L220cm(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3p2，V3L3S，T3350K根据盖吕萨克定律，有，即，得L325cm.(3)外界对气体做的功Wp2Shp2S(L3L2)1.05J根据热力学第一定律UQW得U10J(1.05J)8.95J，即气体的内能增加了8.
6、95J.类型2关联气体问题例2(2018全国卷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l118.0cm和l212.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.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3答案22.5cm7.5cm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
7、有p1p2g(l1l2)式中为水银密度，g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1pl1p2l2pl2两边气柱长度的变化量大小相等l1l1l2l2由式和题给条件得l122.5cml27.5cm.变式2(2018山东省青岛市二模)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图4所示，单位为厘米.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中，已知大气压强p075cmHg，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)左侧管中需要倒入水银柱的长度.答案(1)100cmHg(2)49.2cm解析设管内的横截面
8、积为S，(1)对右管中封闭气体，水银刚好全部进入竖直右管后p040Sp1(4010)S，解得：p1100cmHg(2)对水平部分气体，末态压强：p(1001510) cmHg125cmHg，由玻意耳定律：(p015)15SpLS解得：L10.8cm所以加入水银柱的长度为：125cm75cm10cm10.8cm49.2cm.命题点二“汽缸活塞类”模型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.1.一般思路(1)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
9、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
10、，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.类型1单独气体问题例3(2018全国卷33(2)如图5，一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)图5答案T0(p0Smg)h解析开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体
11、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，根据查理定律有根据力的平衡条件有p1Sp0Smg联立式可得T1T0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式中V1SHV2S(Hh)联立式解得T2T0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(p0Smg)h.类型2关联气体问题例4(2018全国卷33(2)如图6，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀
12、门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.图6答案解析设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1，下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0p1V1p0p2V2由已知条件得V1VV2设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2Sp1Smg联立以上各式得m.变式3(2017全国卷33(2)如图7，容积均为V的汽缸A、
13、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27，汽缸导热.图7(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20，求此时活塞下方气体的压强.答案(1)2p0(2)B的顶部(3)1.6p0解析(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经
14、历等温过程.由玻意耳定律得p0Vp1V13p0Vp1(2VV1)联立式得V1p12p0(2)打开K3后，由式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V22V)时，活塞下气体压强为p2，由玻意耳定律得3p0Vp2V2由式得p2p0由式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2p0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1300K升高到T2320K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得p31.6p0.例5(2018福建省泉州市模拟三)如图8，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SASB12.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动.两个汽缸都不漏气.初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0300 K，A中气体压强pA1.5p0，p0是汽缸外的大气压强.现对A加热，使其中气体的压强升到pA2.0p0，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度TA.图8答案500K解析活塞平衡时，由平衡条件得：pASApBSBp0(SASB)pASApBS
