2024年高考物理第一轮复习课件：第十四章 专题突破15　应用气体实验定律解决三类问题

这是一份2024年高考物理第一轮复习课件：第十四章 专题突破15　应用气体实验定律解决三类问题，共48页。PPT课件主要包含了“活塞＋汽缸”类问题，“液柱＋管”类问题等内容，欢迎下载使用。
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)气体系统处于力学平衡状态，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。
【例1】　如图所示，用横截面积为S＝10 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k＝1 000 N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时活塞距离汽缸底部的距离为L0＝18 cm，气体的温度为t0＝27 ℃。现用水平力向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x＝2 cm后再次静止。已知大气压强为p0＝1．0×105 Pa。
(1)求汽缸向右移动的距离；(2)保持推力F不变，升高气体的温度，求汽缸底部到活塞的距离恢复到L0时的温度。
[答案]　(1)5 cm　(2)360 K
1．(有卡口的“活塞＋汽缸”问题)(2018·全国Ⅱ卷) 如图所示，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。
2． (2022·山东淄博模拟)如图所示，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
(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。
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”，使计算过程简捷。
【例2】　(2020·全国Ⅲ卷)如图所示，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？
[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＝p2V2 ①设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh ③V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS ④
[答案]　(1)12.9 m　(2)363 K
【例3】　(2019·全国Ⅲ卷)如图所示，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。
[解析]　(1)设细管的长度为L，横截面积为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，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV＝p1V1 ①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh　　 ②p1＝p0－ρgh　 　 ③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。由题意知
V＝S(L－h1－h)　　 ④V1＝S(L－h)　　 ⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm。 ⑥(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＝　 　⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K。[答案]　(1)41 cm　(2)312 K
4．(两端封闭的“液柱＋管”问题)(2018·全国Ⅲ卷)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) ①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′ ②p2l2＝pl2′ ③
两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′ ④由①②③④式和题给条件得l1′＝22．5 cml2′＝7．5 cm。答案：22．5 cm　7．5 cm
5．(多管相连的“液柱＋管”问题)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：设注入水银后A管内的水银柱高度为h1，横截面积为S1，B管内的水银柱高度为h2，横截面积为S2。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律，对A管内气体：p0l1S1＝[p0＋ρ水银g(h2＋h－h1)](l1－h1)S1 ①对B管内气体：p0l2S2＝(p0＋ρ水银gh)(l2－h2)S2 ②②式代入数据解得h2＝2 cm①式代入数据解得h1＝1 cm故Δh＝h2－h1＝1 cm。 答案：1 cm
气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量的理想气体，但在实际问题中，常遇到气体的变质量问题。气体的变质量问题，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，把“变质量”问题转化为“定质量”问题，从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。常见的类型有以下四种： 类型(一)　充气问题在充气(打气)时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。
理想气体的四类“变质量”问题
【例4】　夏天游乐场经常见到如图甲所示的儿童玩具水枪，用手握住压力手柄，前后抽动，给储水瓶打气加压，打气加压完成后压力手柄位置不动，扣动扳机，水从枪口立即射出，其原理如图乙所示。储水瓶总容积为V0，一开始灌入体积为0．8V0的水，瓶内空气压强与外界大气压强p0相等。已知打气筒每次把压强为p0、体积为0．02V0，的空气压入瓶中，所有过程瓶中的气体温度保持不变，并不考虑水的重力影响，求：
(1)通过打气使储水瓶内气体压强为1．4p0时，扣动扳机让水连续射出，待水不流出时(即储水瓶内气体压强与外界大气压强相等)，储水瓶剩余水的体积；(2)保持(1)问中剩余水量不变，若要使储水瓶内气体压强重新超过1．4p0，至少需要打气的次数。
[解析]　(1)以封闭气体为研究对象，已知p1＝1．4p0，V1＝0．2V0，p2＝p0，由玻意耳定律知p1V1＝p2V2 ①剩余水的体积ΔV＝V0－V2 ②代入数据得ΔV＝0．72V0 ③(2)设打气次数为n，打入的气体和瓶中的气体总体积为V3，则V3＝n0．02V0＋0．28V0 ④
选打入的气体和瓶中的原有气体为研究对象，已知p3＝p0，p4＝1．4p0，V4＝0．28V0 ⑤由玻意耳定律知p3V3＝p4V4 ⑥代入数据得n＝5．6 ⑦即至少打6次。[答案]　见解析
类型(二)　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(打气)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”问题。
【例5】　(2020·山东卷)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到 300 K，
类型(三)　气体分装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6】　某容积为20 L的氧气瓶装有压强为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
类型(四)　漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。
【例7】　(2022·广东茂名模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体的压强为1．2p0(p0为1个标准大气压)。为了消除安全隐患，消防员拟用下面两种处理方案：(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度。(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。