高考物理一轮复习专题13.3热学-气体状态方程应用(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题13.3热学-气体状态方程应用(原卷版+解析)，共62页。
考向一 “活塞＋汽缸”模型
考向二 “液柱＋管”模型
考向三 “两团气”模型
考向四 四类变质量问题
考向一 “活塞＋汽缸”模型
解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路
(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：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)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；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)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
【典例1】(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距eq \f(l,2)，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取 10 m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
答案:(1)330 K (2)1.01×105 Pa
解析：(1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
初状态V1＝eq \f(l,2)(S1＋S2)，T1＝495 K
末状态V2＝lS2
解得T2＝eq \f(2,3)T1＝330 K
(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2
解得p1＝1.1×105 Pa
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得eq \f(p1,T2)＝eq \f(p2,T3)
T3＝T＝303 K
解得p2＝1.01×105 Pa.
【典例2】(2023·沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k＝eq \f(p0S,l0)(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0.
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2.
答案:(1)0.88T0 (2)1.8T0
解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p0，体积为V0＝Sl0，温度为T0
末态时：压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－0.2l0)
由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)
解得：T1＝0.88T0.
(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，体积为V2＝1.2Sl0，设气体压强为p2，
由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p2V2,T2)
此时活塞受力平衡方程为：
p0S＋F－p2S＋k(1.2l0－l0)＝0
当活塞向右移动0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡
p0S＋F－1.1p0S－k(0.2l0)＝0
解得：T2＝1.8T0.
练习1、(2023·湖南省永州市高三下第一次适应性测试)如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环．气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸开口向上竖直放置(g取10 m/s2)．
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p.
答案:见解析
解析：(1)汽缸水平放置时：
封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105 Pa，温度T1＝300 K，体积V1＝lS
汽缸竖直放置时：
封闭气体的压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa，
温度T2＝T1＝300 K，体积V2＝hS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2h＝eq \f(p1V1,p2S)
h＝eq \f(1.0×105×0.36S,1.2×105×S)＝0.3 m
(2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，
此时p3＝p2，V2＝hS，V3＝(l＋d)S，T2＝300 K
eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，T3＝500 K
汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变化
p3＝1.2×105 Pa，T3＝500 K，T4＝600 K
eq \f(p3,T3)＝eq \f(p,T4)，p＝1.44×105 Pa
练习2、(2023·山东淄博市4月模拟)图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
答案: (1)20 cm (2)8 cm
解析：(1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2
设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL
设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋eq \f(h1,4)
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立各式代入数据解得L′＝20 cm
(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋eq \f(h1,4)
代入数据解得d＝8 cm
考向二 “液柱＋管”模型
解答“液柱＋管”类问题，关键是液柱封闭气体压强的计算，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p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。
(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。
【典例3】(2023·黑龙江哈尔滨高三月考)如图所示，一根内径均匀，下端封闭，上端开口的直玻璃管竖直放置，长l＝100 cm，用一段长h＝25 cm的水银柱将一部分空气封在管内，稳定时被封住的气柱长l0＝62.5 cm。这时外部的大气压p0＝75 cmHg，外界大气压保持不变，环境温度T0＝250 K且保持不变。
(1)若从玻璃管上部缓慢注入水银，新注入的水银与内部的水银柱形成一段水银柱，在注入过程中假设被封住的气体温度保持不变，求最多能注入玻璃管内的水银长度d。
(2)将玻璃管内的气体升温，若不让玻璃管内的水银全部流出，求气体温度的最大值Tmax。
答案: (1)25 cm (2)306.25 K
解析：(1)气体等温变化，则有p1V1＝p2V2
即(p0＋h)l0S＝(p0＋h＋d)(l－h－d)S
解得d＝25 cm。
(2)设剩余水银柱长度为x，由理想气体状态方程有
eq \f(p1V1,T0)＝eq \f(p3V3,T)
即eq \f(100×62.5S,250)＝eq \f(75＋x×100－xS,T)
T＝eq \f(1,25)(75＋x)(100－x)＝－eq \f(1,25)x2＋x＋300
由数学知识得，当x＝12.5 cm时，T取得最大值，且最大值Tmax＝306.25 K。
【典例4】(2023·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．
答案:(1)41 cm (2)312 K
解析：(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V,T0)＝eq \f(V1,T)⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
练习3、(2023·安徽合肥质检)图示为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管,管内有一段被水银密闭的气体,下管足够长,图中管的截面积分别为S1=2 cm2,S2=1 cm2,管内水银长度为h1=h2=2 cm,封闭气体长度l=10 cm,大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强,气体初始温度为300 K,若缓慢升高气体温度。(g取10 m/s2)试求:
(1)当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度;
(2)当气体温度为525 K时,水银柱上端距玻璃管最上端的距离。
答案:(1)350 K (2)24 cm
解析：(1)设全部进入细管,水银长度为x。
V液=h1S1+h2S2=xS2,得x==6 cm。
p1=p0-(ph1+ph2)=9.792×104 Pa,p2=p0-px=9.52×104 Pa,V1=10S1,V2=12S1
由理想气体的状态方程,解得:T2=350 K
(2)气体温度由350 K变为525 K经历等压过程,则
设水银上表面离开粗细接口处的高度为y,则V3=12S1+yS2
解得y=12 cm
所以水银上表面离开玻璃管最上端的距离为h=y+l+h1=24 cm
练习4、(2023·安徽省宣城市第二次调研)如图甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p0＝75 cmHg.
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度.
答案:(1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm
解析：(1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)
解得h＝0或h＝17.5 cm
则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm
(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H，
由玻意耳定律得p0L＝(p0－y)(L＋x)
联立两式解得x2＋60x－700＝0
解得：x＝10 cm，x＝－70 cm(舍去)，故左管水银面下降的高度为10 cm.
考向三 “两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
【典例5】(2023年全国高考甲卷物理试题）14. 如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；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I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（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，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Ⅳ部分气体的压强。
答案:（1）；（2）
解析：（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ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，由盖吕萨克定律可得
解得
（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
联立解得，
【典例6】(2023年河北省普通高中学业水平选择性考试）16. 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”型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。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为，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：
（i）此时上、下部分气体的压强；
（ii）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
答案:（1），；（2）
解析：（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知
解得旋转后上部分气体压强为
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，则
解得旋转后下部分气体压强为
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，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
解得活塞的质量为
练习5、(2023年山东省普通高中学业水平等级性考试15）某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
答案:（1）；（2）
解析：（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg = ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0 + V) - Mg = Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
解得
则此时B室内气体质量
练习6、(2023·全国甲卷)如图，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。
答案:(1)0.4V 2p0 (2)(eq \r(5)－1)V eq \f(3＋\r(5),4)p0
解析： (1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·eq \f(1,2)V，解得pB＝2p0，
对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA，pA＝pB＋0.5p0，
联立解得VA＝0.4V。
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为eq \f(3,2)V，
由玻意耳定律可得p0V＝p′×eq \f(3,2)V，则A此情况下的压强为，p′＝eq \f(2,3)p0Vb，Ta>Tb B．Va>Vb，Ta