2020年物理高考大一轮复习 高考必考题突破讲座12 气体实验定律的解题策略课件

第十三章热学(选修3－3)高考总复习·物理高考必考题突破讲座(十二)气体实验定律的解题策略高考总复习·物理考情分析题型特点五年试题核心考点气体实验定律的研究对象为一部分气体或多部分气体的高考题各占一半，研究对象为多部分气体的问题，更能考查学生综合分析能力，题型多为计算题或综合性的选择题，题目难度中等2018·全国卷Ⅱ2018·全国卷Ⅲ(1)液柱类双气体问题(2)气缸活塞类气态方程与力学综合问题[解题思维]1．应用气体实验定律及理想气体状态方程流程图选对象―→找参量―→识过程―→列方程2．涉及问题研究对象必须是质量一定的气体．3．答题步骤(1)确定研究对象：它可以是由两个或多个物体组成的系统，也可以是全部气体和某一部分气体．(状态变化时质量必须一定)(2)确定状态参量：找出变化前后的p、V、T数值或表达式．(3)认识变化过程：除题设条件指明外，常需通过研究对象跟周围环境的相互关系来确定．(4)列方程求解．角度一液柱类(1)解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解，压强一般根据受力情况分析，如果系统处于平衡状态，求压强采用平衡法和取等压面法．如果系统有加速度，一般选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求出封闭气体的压强．(2)装有水银的直玻璃管转动到开口向下时，应用假设法判断是否有水银流出．【例题1】(2018·全国卷Ⅲ)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＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.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，如图所示，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l′1和l′2.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＝pl′1，②p2l2＝pl′2，③l′1－l1＝l2－l′2，④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5cm，l′2＝7.5cm.答案22.5cm7.5cm角度二气缸活塞类(1)弄清题意，确定研究对象，一般地说，研究对象分为两类：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(气缸、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．【例题2】(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口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，不计他们之间的摩擦．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气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时气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.解析开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有p0T0＝p1T1，①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg，②联立①②式可得T1＝1＋mgp0ST0，③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有V1T1＝V2T2，④式中V1＝SH，⑤V2＝S(H＋h)，⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝1＋hH1＋mgp0ST0，从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h.答案1＋hH1＋mgp0ST0(p0S＋mg)h[突破训练]1．(2019·临沂二模)如图所示，一个上下都与大气相通的导热直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，但不漏气．A的质量可不计，B的质量为M＝4kg，并与一劲度系数k＝500N/m的较长的轻质弹簧相连，已知大气压强p0＝1×105Pa，活塞的横截面积S＝1×10－3m2.平衡时，两活塞间的距离L0＝0.6m，现在活塞A上放置一质量为m＝5kg的铁块，使活塞A下移一定距离后保持平衡，试求活塞A最终向下移动的距离．(外界环境温度保持不变，g取10m/s2)解析对A、B之间的气体，设最终气体的长度为L，初态p1＝p0，V1＝L0S，末态p1＝p0＋mgS，V2＝LS，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，代入数据可得L＝0.4m，选A、B活塞和气体为研究对象，弹簧从初态到末态增加的压缩量，即B向下移动的距离x，由胡克定律得mg＝kx，则x＝0.1m,设A下移为y，则有L＝L0＋x－y，可以得到y＝0.3m.答案0.3m2．(2019·湖北八校联考)如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强大小为mgS且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：(1)当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度T1；(2)活塞A恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2.解析(1)设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡口之前，两部分气体均等压变化，则由盖—吕萨克定律V0T0＝2V0T1，解得T1＝2T0.(2)当活塞A恰接触汽缸上端卡口后，P气体做等温变化，由玻意耳定律2mgS·V0＝p1·V02，解得p1＝4mgS，此时Q气体的压强为p2＝p1＋mgS＝5mgS，当P气体体积变为原来一半时，Q气体的体积为52V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程3mgS·V0T0＝5mgS·52V0T2，解得T2＝256T0.答案(1)2T0(2)256T03．(2019·合肥三模)如图所示，粗细均匀的“U”形细玻璃管竖直放置，A端被封闭空气柱的长度为L1＝60cm.各部分水银柱的长度分别为L2＝L3＝25cm，L4＝10cm.BC水平，外界大气压p0＝75cmHg.将玻璃管绕过C点垂直纸面的轴沿顺时针方向缓慢旋转90°，至CD管水平．求此时被封闭空气柱的长度．解析设玻璃管的横截面积为S，封闭气体开始的压强为p1，体积为V1，则p1＝p0－(L2－L4)＝60cmHg，V1＝L1S＝60S，将玻璃管绕过C点垂直纸面的轴沿顺时针方向缓慢旋转90°后，设AB管中还有水银，此时封闭气体压强为p2，体积为V2＝L′1S，则p2＝p0－L3＝50cmHg，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得L′1＝72cm(60＋25)cm，假设成立，故被封闭空气柱的长度为72cm.答案72cm4．(2019·郑州三模)如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的“U”形玻璃管，右端通过橡胶管与放在水中导热的球形容器连通，球形容器连同橡胶管的容积为V0＝90cm3，“U”形玻璃管中，被水银柱封闭有一定质量的理想气体．当环境温度为0℃时，“U”形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝16cm，水银柱上方空气柱长h0＝20cm.(已知大气压强p0＝76cmHg，“U”形玻璃管的横截面积为S＝0.5cm2)(1)若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度时，两边水银柱高度会在同一水平面上？(2)保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度为多少时右管水银面回到原来的位置？解析(1)初状态压强为p1＝p0－16cmHg＝60cmHg，体积为V1＝V0＋h0S，T1＝273K，末状态p2＝p0，V2＝V1＋h12S，T2＝(273＋t)K，由理想气体状态方程有p1V1T1＝p2V2T2，代入数据得t＝86.63℃.(2)当往左管注入水银后，末状态压强为p，体积为V1＝V0＋h0S，左管比右管水银面高Δh，由玻意耳定律p2V2＝pV1，解得p＝79.04cmHg，Δh＝79.04cm－76cm＝3.04cm，可知往左管注入水银的高度为h＝h1＋Δh＝19.04cm.答案(1)86.63℃(2)19.04cm