2025年高考物理二轮复习第十四章　热学 专题强化二十五　应用气体实验定律解决两类模型问题课件+讲义（教师+学生）+跟踪练习

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1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。 2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。
考点二　“汽缸活塞”模型
考点一　“玻璃管液封”模型
例1 如图1所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，环境温度为T＝27 ℃，重力加速度为g。
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；解析　由题意得，加热前左管中气体压强p左1＝76 cmHg－4 cmHg＝72 cmHg加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76 cmHg
其中L1＝10 cm，T1＝(273＋27) K＝300 K解得T2＝380 K。答案　380 K　
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。解析　设注入水银的长度为x，左侧内部温度不变，由玻意耳定律有p左2L2S＝p左3L1S此时左侧管中气体压强p左3＝p0＋ρg(x－H1)解得x＝19.2 cm。答案　19.2 cm
1.如图2所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求：(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；(2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
答案　(1)410 K　(2)1.6 cm解析　(1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得h1S1＋h2S2＝xS1根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为p1＝p0＋ρg(h1＋h2)水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为p2＝p0＋ρgx
(2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有
设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则V3＝(l＋h2)S2＋yS1解得y＝1.6 cm。
例2 如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g。
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；解析　设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3Sp3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S解得h3′＝15 cm。答案　15 cm　
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。解析　对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS注入水银柱后有p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg设注入水银柱后气柱的长度为L1，则V2′＝L1S，由玻意耳定律有p2·2HS＝p2′·L1S解得L1＝32 cm此时两侧水银柱下表面的高度差为Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。答案　20 cm
1.“汽缸活塞”模型的解题思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析物理过程①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。②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。注意检验求解结果的合理性。
2.两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。
(1)最终汽缸内气体的压强；解析　对左、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。解析　对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
2.(2024·广东东莞联考)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图5所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，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。
答案　(1)500 K　(2)600 K
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
(1)此时上、下部分气体的压强；解析　整个装置旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。整个装置旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
1.如图1所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10 cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5 cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)静止时左侧气体的压强p1；(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。
解析　(1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0对底部液柱由平衡条件有p0S＝(p1＋ρgh)S大气压强p0可表示为p0＝ρgh0其中h0＝75 cm解得p1＝70 cmHg。
(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3
对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma其中m＝ρLS
2.如图2所示，一端开口一端封闭粗细均匀足够长的“U”形玻璃管竖直放置，管内两段水银柱封闭了A、B两部分理想气体，开始管外环境温度为T1＝300 K，稳定时各段水银柱和空气柱的长度分别为h1＝14 cm，h2＝10 cm，h3＝15 cm。现使A、B两部分理想气体缓慢升高同样的温度，稳定时下方水银柱两侧水银面相平，大气压强为p0＝76 cmHg，重力加速度为g。求：(1)开始A、B两部分气体的压强pA1和pB1；(2)升高后的温度T2和升温后A部分气体气柱的长度LA。
答案　(1)90 cmHg　80 cmHg　(2)450 K　15 cm解析　(1)如题图所示，A、B两部分气体的压强为pA1＝p0＋ph1＝76 cmHg＋14 cmHg＝90 cmHgpB1＝pA1－ph2＝90 cmHg－10 cmHg＝80 cmHg。(2)开始气体温度为T1＝300 K，B气柱长度为LB1＝h3＝15 cm，升温后气体温度为T2，A、B两部分管内最低水银面相平，可求B气体压强为pB2＝pA1＝90 cmHg
对B气体，根据理想气体状态方程有
代入数据解得T2＝450 K升温过程A部分气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律有
3.如图3所示，体积分别为V和2V的导热汽缸Ⅰ、Ⅱ通过细管相连，汽缸内通过活塞A、B封闭有一定质量的理想气体，汽缸Ⅰ的横截面积为S，封闭气体的压强为p0；汽缸Ⅱ的横截面积是2S，封闭气体的压强为1.25p0。现给活塞A施加一水平向右逐渐增大的压力，当汽缸Ⅰ中一半质量的气体进入汽缸Ⅱ时(环境温度不变，大气压强为p0)，已知汽缸内壁光滑，活塞厚度不计。求：(1)活塞A移动的距离；(2)加在活塞A上的水平推力大小。
解析　(1)设后来两部分气体的压强为p，活塞A移动的距离为x，则汽缸Ⅰ内的气体体积变为V1＝2(V－xS)汽缸Ⅱ内的气体体积变为V2＝V＋xS由玻意耳定律：对Ⅰ内的气体p0V＝pV1对Ⅱ内的气体1.25p0·2V＝pV2
(1)活塞A、B分别下移的距离x1、x2；(2)对汽缸Ⅱ气体加热，使B活塞恰好回到初始位置，此时汽缸Ⅱ内气体温度T。
体积V2＝(L－x2)S此过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律有2p0LS＝p2V2