第十五章 第4课时 专题强化：气体实验定律的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第4课时　专题强化：气体实验定律的综合应用 目标要求　1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问题。2.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。 考点一　单一气体多过程问题 解题的一般思路 (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，确定状态参量 ①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。 ②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。 (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。 例1　如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p0＝75 cmHg，求： (1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差； (2)M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度。(结果可用根式表示) 答案　(1)15 cm　(2)(9－45) cm 解析　(1)设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。对M管中封闭气体有， 状态Ⅰ： p1＝75 cmHg，V1＝54 cm×S，T1＝300 K 状态Ⅱ： T2＝T1＝300 K，V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg 此时M、N两玻璃管中气体压强差 Δp＝p2－p0＝15 cmHg 故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为 Δh＝15 cm。 (2)M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有 状态Ⅲ： V3＝(45 cm＋x)S，T3＝T＝360 K， p3＝p0＋pΔh＋p2x 由理想气体状态方程得＝ 解得x＝(9－45) cm。 例2　如图，底部水平的固定圆柱形汽缸内，用质量为m、横截面积为S的圆盘形活塞封闭着一定质量的理想气体，当封闭气体温度为T且活塞平衡时，封闭气体的体积为V。现保持封闭气体的温度不变，对活塞施加一个方向竖直向上、大小恒为F的拉力，活塞再次平衡时，封闭气体的体积为V；再保持F不变，加热封闭气体使其缓慢升温至T，活塞第三次达到平衡。汽缸足够高，不计汽缸与活塞间的摩擦，重力加速度大小为g。求： (1)活塞第三次达到平衡时的体积； (2)外界大气压强值。 答案　(1)V　(2) 解析　(1)设外界大气压强为p0，封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p1、p2，从状态2到状态3(活塞第三次达到平衡)，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 将V2＝V， T2＝T， T3＝T代入解得V3＝V (2)从状态1到状态2，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 将V1＝V，V2＝V代入得p1＝p2 状态1，由力的平衡条件有p0S＋mg＝p1S 状态2，由力的平衡条件有p0S＋mg＝p2S＋F 代入数据解得p0＝。 考点二　关联气体问题 由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路： (1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。 (2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。 (3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。 例3　(2022·河北卷·15(2))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，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)。 答案　(1)2p0　p0　(2) 解析　(1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，则 p0·SL0＝p2·SL0 解得旋转后下部分气体压强为p2＝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＝。 例4　(2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位) 答案　pA＝74.36 cmHg　pB＝54.36 cmHg 解析　设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm， 又因为SA＝4SB 可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′， 所以有pA′＋23 cmHg＝pB′ 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′ 对B管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′ 其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm 联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg， pB＝54.36 cmHg。 课时精练 1.(2023·江苏南京市模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，缸内密封的气体视为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A运动至汽缸连接处时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，故A正确，B、C、D错误。 2．(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K。大气压强p0＝76 cmHg。 (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　见解析 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p2，由玻意耳定律有 p1V1＝p2V2① 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0② p2＝p0＋ρgh③ V1＝(2H－l－h0)S④ V2＝HS⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 h≈12.9 cm⑥ (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＝⑦ 根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得 T2≈363 K。 3.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，水平部分有质量一定的空气柱(可视为理想气体)，各部分长度如图所示，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p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求： (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：p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S 末态：V2＝(30 cm－5 cm)·S 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 解得p2＝90 cmHg (2)对水平管中的空气柱， 初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S 末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg 根据玻意耳定律有pV＝p′V′ 解得V′＝9 cm·S，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，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm。 4.(2023·江苏省新高考基地大联考)如图所示，水平放置的绝热汽缸和活塞封闭了A、B两部分理想气体，活塞M1绝热，活塞M2导热良好，面积均为S，A、B气体的压强、温度均与外界大气相同，分别为p0和T0。两活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff＝0.25p0S，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，活塞M1与汽缸底部相距L，活塞M1、M2间的距离为2L。现接通电热丝加热气体，一段时间后，活塞M2将要发生滑动。求该过程中： (1)活塞M1移动的距离x； (2)当活塞M2刚好发生滑动时A气体的温度TA。 答案　(1)0.4L　(2)2.1T0 解析　(1)活塞M2将要发生滑动时pS＝p0S＋Ff 得p＝1.25p0 对B部分气体，由等温变化p0·2L＝pl 得l＝1.6L 活塞M1移动的距离为x＝2L－l＝0.4L (2)当活塞M2刚好发生滑动时，对活塞M1，有 pAS＝pS＋Ff，＝ 得TA＝2.1T0。 5.如图所示，一竖直放置、上端开口且导热良好的圆筒形汽缸高度为3h，汽缸内部横截面积为S。现将厚度不计的活塞保持水平状态从汽缸上部轻放，稳定时活塞距汽缸底部的距离为2h，已知外界大气压强恒为p0，环境温度保持不变，汽缸不漏气且不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求活塞质量； (2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，求系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距离。 答案　(1)　(2)h 解析　(1)活塞稳定时，汽缸内气体压强 p1＝＋p0 从放上活塞到活塞稳定，由玻意耳定律得 p0·3hS＝p1·2hS 联立解得活塞质量m＝，p1＝p0 (2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，设系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距离为x，则由玻意耳定律得p0hS＝p1h1S 可得上方密封气体的高度h1＝h 对下方密封气体，系统稳定时的气体压强为 p2＝＋p1＝2p0 再由玻意耳定律得p0·3hS＝p2h2S 可得下方密封气体的高度h2＝h 又由h1＋h2＋x＝h＋2h 解得x＝h。 6．(2023·江苏南京师范大学附属中学一模)如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸M和密闭的汽缸N组成，两汽缸由一细管(容积可忽略)连通，两汽缸均由导热材料制成，内径相同。汽缸M长为3L，汽缸N长为L，薄活塞A、B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两汽缸处于温度为T1＝300 K的空气中，汽缸M、N中分别封闭压强为p0、2p0的理想气体，活塞A、B均位于汽缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为T2＝360 K，且活塞B向右移动了L。已知大气压强为p0，相当于10 m水柱产生的压强。求： (1)装置所在处水的深度； (2)活塞A向右移动的距离。 答案　(1)38 m　(2)L 解析　(1)汽缸N中气体 初状态pN1＝2p0，T1＝300 K，VN1＝LS， 末状态T2＝360 K，VN2＝LS 根据理想气体状态方程有＝ 放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中的气体压强相等，即pM2＝pN2，在此处水产生的压强为p水＝pM2－p0，解得p水＝3.8p0 10 m高的水柱产生的压强为p0， 所以此处水深h＝38 m (2)装置放在水中后，设活塞A向右移动的距离为x， 汽缸M中气体初状态 pM1＝p0，T1＝300 K，VM1＝3LS， 汽缸M中气体末状态pM2＝pN2，T2＝360 K， VM2＝(3L＋L－x)S， 根据理想气体状态方程有＝ 解得x＝L。 学科网（北京）股份有限公司 $