第13章 专题突破15 应用气体实验定律解决“三类模型”问题(教参)-【名师导航】2024年高考物理一轮总复习(老高考)人教版

　应用气体实验定律解决“三类模型”问题 “活塞＋汽缸”模型　 1．问题特征：用汽缸与活塞封闭一定质量的(理想)气体，在外界因素(如作用在缸体或活塞上的力、气体的温度)发生变化时，会导致缸内气体的状态发生变化，从而衍生出一系列的力热综合问题。 2．解题策略 研究对象 分析 选用规律 汽缸或活塞 受力分析状态分析 平衡状态：F合＝0 (力的平衡方程) 加速状态：F合＝ma (动力学方程) 缸内气体 状态变化分析 气体三大实验定律理想气体状态方程 [典例1]　(2023·四川成都诊断)如图，一定质量的理想气体用活塞封闭在固定的圆柱型气缸内，不计活塞与缸壁间的摩擦。现缓慢降低气体的温度使其从状态a出发，经等压过程到达状态b，即刻锁定活塞，再缓慢加热气体使其从状态b经等容过程到达状态c。已知气体在状态a的体积为4V、压强为p、温度为T0，在状态b的体积为V，在状态c的压强为4p。求： (1)气体在状态b的温度； (2)从状态a经b再到c的过程中，气体总的是吸热还是放热，吸收或放出的热量为多少？ [解析]　(1)气体从状态a到状态b的过程为等压变化，则有＝ 解得气体在状态b的温度为Tb＝。 (2)从状态a到状态b，活塞对气体做的功为W＝Fx＝pSx＝p(4V－V)＝3pV 气体从状态b到状态c的过程为等容变化，由查理定律有＝ 解得Tc＝4Tb＝T0 从状态a经b再到c的过程中，由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W 因Tc＝Ta 故气体在状态a和状态c的内能相等，即ΔU＝0 可得Q＝－W＝－3pV 即从状态a经b再到c的过程中，气体放热，放出的热量为3pV。 [答案]　(1)　(2)气体放热，放出热量为3pV [跟进训练] (2023·四川绵阳检测)一质量M＝6 kg、横截面积S＝2×10－3 m2的汽缸竖直放在水平地面上，汽缸左侧下部有气孔O与外界相通；质量m＝4 kg的活塞封闭了汽缸内上部一定质量的理想气体，劲度系数k＝2×103 N/m的轻弹簧连接地面与活塞，保持竖直。当汽缸内气体温度为T1＝127 ℃时，弹簧为自然长度，缸内气柱长度L1＝20 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且缸壁无摩擦力。缸内气体温度从T1开始缓慢上升，升到某一温度T2以上后，封闭气体做等压膨胀。求T2为多少K? [解析]　当T1＝127 ℃时，设缸内气体体积为V1，压强为p1，活塞平衡，则mg＋p1S＝p0S，V1＝L1S 解得p1＝0.8×105 Pa，V1＝4×10－4 m3 当封闭气体温度为T2时，汽缸与地面没有弹力，设缸内气体体积为V2，压强为p2，汽缸平衡，则p2S＝p0S＋Mg 解得p2＝1.3×105 Pa 设弹簧弹力大小为F，对M和m，由平衡条件F＝(m＋M)g 根据F＝kΔx 解得Δx＝0.05 m 则V2＝S＝5×10－4 m3 对缸内气体，由理想气体状态方程＝ 解得T2＝812.5 K。 [答案]　812.5 K “液柱＋管”模型　 1．问题特征：用玻璃管与一段液柱(如水银柱)封闭一定质量的(理想)气体，在外界因素(如玻璃管倾斜、下落或液柱长度、气体的温度等)发生变化时，会导致缸内气体的状态发生变化，从而衍生出一系列的力热综合问题。 2．求解策略 (1)以液柱为研究对象，进行受力分析、列出平衡方程，求液柱封闭的气体压强。 (2)以封闭气体为研究对象，进行状态变化分析，列出气体实验定律或理想气体状态方程。 (3)注意液柱长度与玻璃管长度、气柱长度等隐含条件，列出相关辅助方程。 [典例2]　水银气压计上有细且均匀的玻璃管，玻璃管外标有压强刻度(1 mm 刻度对应压强值为1 mmHg)。测量时气压计竖直放置，管内水银柱液面对应刻度即为所测环境大气压强。气压计底部有水银槽，槽内水银体积远大于管内水银柱体积。若气压计不慎混入气体，压强测量值将与实际环境大气压强值不符。如图所示，混入的气体被水银密封在玻璃管顶端。当玻璃管竖直放置时，气柱长度l1＝100 mm。如果将玻璃管倾斜，水银柱液面降低的高度h＝20 mm，气柱长度l2＝50 mm，倾斜过程中水银槽液面高度变化忽略不计。整个过程中温度保持恒定，气体可近似为理想气体。 (1)已知环境大气压强p0＝760 mmHg，求此时竖直放置气压计的压强测量值p1(以mmHg为单位)。 (2)此后由于环境大气压强变化，竖直放置气压计的压强测量值p2＝730 mmHg，求此时气柱长度l3和环境大气压强p3(以mmHg为单位，结果保留3位有效数字)。 [解析]　(1)设玻璃管竖直时，管内外水银面的高度差为H，此值即为竖直放置气压计的压强测量值p1，对管内气体使用玻意耳定律有 (p0－H)l1S＝(p0－H＋h)l2S 解得H＝