第十四章 专题强化二十一 气体实验定律的综合应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第十四章　热　学 专题强化二十一　气体实验定律的综合应用 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 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地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。 模型 eq \a\vs4\al(1) “玻璃管液封”模型(方法模型) 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。 类型2　关联气体 [例2]　如图所示，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。 解析　设A、B两管的横截面积分别为S1、S2，注入水银后如图所示，A、B气柱分别减少了h1和h2，压强分别为p1和p2，则有：p0l1S1＝p1(l1－h1)S1， p0l2S2＝p2(l2－h2)S2， 压强：p2＝p0＋ρgh， p1＝p2＋ρg(h2－h1)， 代入数据解得Δh＝h2－h1＝1 cm。 答案　1 cm 1．如图所示，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l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。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。 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′。由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)，式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小， 由玻意耳定律有p1l1＝pl1′，p2l2＝pl2′， 两边气柱长度的变化量大小相等， l1′－l1＝l2－l2′，联立以上各式，解得，l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。 答案　22.5 cm　7.5 cm 模型 eq \a\vs4\al(2) “汽缸活塞”类(方法模型) 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，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 [例3]　(2023·东莞模拟预测)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，以达到监控的效果。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＝300 K时，活塞与缸底相距H＝3 cm，与重物相距h＝ 2 cm。环境空气压强 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。 (1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2。 (2)若重物质量为m＝2 kg，当轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求此时缸内气体温度T3。 解析　(1)从开始到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则 eq \f(HS,T1) ＝ eq \f(（H＋h）S,T2) ，解得T2＝500 K； (2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有p1S＝p0S＋mg， eq \f(p0,T2) ＝ eq \f(p1,T3) ， 解得T3＝600 K。 答案　(1)500 K　(2)600 K 类型2　关联气体 [例4]　(2021·全国甲卷)如图所示，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。 解析　(1)对B部分气体，初态时体积为V，压强为p0，末态时体积为 eq \f(V,2) ，压强为pB，气体温度始终不变，根据玻意耳定律可知，p0V＝pB× eq \f(V,2) ，解得pB＝2p0，对A部分气体，初态时体积为V，压强为p0，末态体积为VA，压强为2.5p0，根据玻意耳定律可知，p0V＝2.5p0VA，解得VA＝0.4V； (2)对B部分气体，由玻意耳定律可得 p0V＝pB′(2V－VA′)， 对A部分气体，由玻意耳定律可得 p0V＝(pB′－0.5p0)VA′， 联立可得pB′＝ eq \f(3＋\r(5),4) p0，VA′＝( eq \r(5) －1)V。 答案　(1)0.4V　2p0　(2)( eq \r(5) －1)V　 eq \f(3＋\r(5),4) p0 2．(2022·河北卷)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0，活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的 eq \f(1,2) ，设整个过程温度保持不变，求： (1)此时上、下部分气体的压强。 (2)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。 解析　(1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1· eq \f(1,2)SL0， 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0， 旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为 eq \f(1,2)SL0＋SL0＝ eq \f(3,2)SL0，则p0·SL0＝p2· eq \f(3,2)SL0， 解得旋转后下部分气体压强为p2＝ eq \f(2,3) p0。 (2)对“H”形连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S，解得活塞的质量为m＝ eq \f(4p0S,3g) 。 答案　(1)2p0 eq \f(2,3) p0　(2) eq \f(4p0S,3g) 模型 eq \a\vs4\al(3) 变质量气体模型(方法模型) 类型1　充气问题 在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。 [例5]　(2021·山东等级考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　) A．30 cm3　　　　　　　 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 解析　设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得V＝60 cm3，故D正确。 答案　D 类型2　抽气问题 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。 [例6]　负压救护车主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9× 105 Pa，已知负压隔离舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取－273 ℃。 (1)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强。 (2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余气体质量之比。 解析　(1)舱内气体的体积不变，设初始时负压隔离舱内的压强为p1，温度为T1，运送到某地区后负压隔离舱内的压强为p2，温度为T2，由查理定律可得 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2) ，其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，T2＝288 K，解得p2＝9.6×104 Pa。 (2)设当地的大气压强为p3，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V，则由玻意耳定律可得p2V0＝p3V，解得V＝ eq \f(16,15) V0，故需要抽出的气体的体积为ΔV＝V－V0＝ eq \f(1,15) V0，因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比为 eq \f(Δm,Δm舱) ＝ eq \f(\f(1,15)V0,V0) ＝ eq \f(1,15) 。 答案　(1)9.6×104 Pa　(2) eq \f(1,15) 类型3　灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 [例7]　某容积为20 L的氧气瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变) 解析　设最多能分装n个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象。因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律。 分装前整体的状态： p1＝30 atm，V1＝20 L，p2＝1 atm，V2＝5n L， 分装后整体的状态： p1′＝5 atm，V1′＝20 L，p2′＝5 atm，V2′＝5n L， 根据玻意耳定律，有p1V1＋p2V2＝p1′V1′＋p2′V2′， 代入数据解得n＝25(瓶)。 答案　25瓶 $$