2025届高三物理一轮复习精品课件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

这是一份2025届高三物理一轮复习精品课件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，共36页。PPT课件主要包含了学习目标，研透核心考点，提升素养能力等内容，欢迎下载使用。
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
体积V1＝(L＋x2－x1)S由玻意耳定律有p0LS＝p1V1
(2)对汽缸Ⅱ内气体加热，使B活塞恰好回到初始位置过程，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律有