高考物理复习第十三章热学专题强化十四应用气体实验定律解决两类模型问题市赛课公开课一等奖省名师优质课获.pptx

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,专题强化十四,应用气体试验定律处理两类模型问题,第十三章 热学,1/50,专题解读,1.,本专题是气体试验定律在玻璃管液封模型和汽缸活塞类模型中应用，高考在选考模块中通常以计算题形式命题,.,2.,学好本专题能够帮助同学们熟练选取研究对象和状态改变过程，掌握处理两类模型问题基本思绪和方法,.,3.,本专题用到相关知识和方法有：受力分析、压强求解方法、气体试验定律等,.,2/50,内容索引,命题点一,玻璃管液封模型,命题点二,汽缸活塞类模型,课时作业,盘查拓展点,3/50,1,命题点,一,玻璃管液封模型,4/50,1.,三大气体试验定律,(1),玻意耳定律,(,等温改变,),：,p,1,V,1,p,2,V,2,或,pV,C,(,常数,).,(2),查理定律,(,等容改变,),：,(,常数,).,(3),盖,吕萨克定律,(,等压改变,),：,(,常数,).,5/50,2.,利用气体试验定律及气态方程处理问题基本思绪,6/50,3.,玻璃管液封模型,求液柱封闭气体压强时，普通以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：,(1),液体因重力产生压强大小为,p,gh,(,其中,h,为至液面竖直高度,),；,(2),不要遗漏大气压强，同时又要尽可能平衡掉一些大气压力；,(3),有时可直接应用连通器原理,连通器内静止液体，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,.,7/50,(,新课标全国,33(2),如图，一粗细均匀,U,形管竖直放置，,A,侧上端封闭，,B,侧上端与大气相通，下端开口处开关,K,关闭；,A,侧空气柱长度为,l,10.0 cm,，,B,侧水银面比,A,侧高,h,3.0 cm.,现将开关,K,打开，从,U,形管中放出部分水银，当两侧水银面高度差为,h,1,10.0 cm,时将开关,K,关闭,.,已知大气压强,p,0,75.0 cmHg.,(1),求放出部分水银后,A,侧空气柱长度；,【,例,1答案,解析,12.0 cm,h,1,分析,p,p,0,h,p,1,p,0,h,1,8/50,pl,p,1,l,1,p,p,0,h,p,1,p,0,h,1,联立,式，,l,1,12.0 cm,9/50,(2),今后再向,B,侧注入水银，使,A,、,B,两侧水银面到达同一高度，求注入水银在管内长度,.,答案,解析,13.2 cm,h,1,pl,p,2,l,2,p,2,p,0,联立,式，,l,2,10.4 cm,设注入水银在管内长度为,h,，,h,2(,l,1,l,2,),h,1,联立,式，,h,13.2 cm.,10/50,气体试验定律应用技巧,1.,用气体试验定律解题关键是恰当地选取研究对象必须是一定质量气体,),，搞清气体初、末状态状态参量，正确判断出气体状态改变过程是属于等温、等压还是等容过程，然后列方程求解,.,2.,分析气体状态改变过程特征要注意以下两个方面：一是依据题目标条件进行论证,(,比如从力学角度分析压强情况，判断是否属于等压过程,),；二是注意挖掘题目标隐含条件,(,比如迟缓压缩导热良好汽缸中气体，意味着气体温度与环境温度保持相等,).,方法感悟,11/50,题组阶梯突破,1.,如图所表示，一细,U,型管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管底部，初始状态时气体温度为,280 K,，管各部分尺寸如图所表示，图中封闭空气柱长度,L,1,20 cm.,其余部分长度分别为,L,2,15 cm,，,L,3,10 cm,，,h,1,4 cm,，,h,2,20 cm,；现使气体温度迟缓升高，取大气压强为,p,0,76 cmHg,，求：,(1),气体温度升高到多少时右侧水银柱开始,全部进入竖直管；,答案,解析,630 K,L,3,L,3,L,3,分析,12/50,设,U,型管横截面积是,S,，以封闭气体为研究对象，其初状态：,p,1,p,0,h,1,(76,4)cmHg,80 cmHg,，,V,1,L,1,S,20,S,当右侧水银全部进入竖直管时，水银柱高度：,h,h,1,L,3,(4,10)cm,14 cm,，,此时左侧竖直管中水银柱也是,14 cm,气体状态参量：,p,2,p,0,h,(76,14)cmHg,90 cmHg,，,V,2,L,1,S,2,L,3,S,20,S,2,10,S,40,S,由理想气体状态方程得：,代入数据得：,T,2,630 K,13/50,(2),气体温度升高到多少时右侧水银柱与管口相平,.,答案,解析,787.5 K,V,3,L,1,S,L,3,S,h,2,S,20,S,10,S,20,S,50,S,代入数据得：,T,3,787.5 K.,水银柱全部进入右管后，产生压强不再增大，,所以左侧水银柱不动，右侧水银柱与管口相平时，,分析,14/50,2.(,全国,卷,33(2),在水下气泡内空气压强大于气泡表面外侧水压强，两压强差,p,与气泡半径,r,之间关系为,p,，其中,0.070 N/m.,现让水下,10 m,处二分之一径为,0.50 cm,气泡迟缓上升,.,已知大气压强,p,0,1.010,5,Pa,，水密度,1.010,3,kg/m,3,，重力加速度大小,g,10 m/s,2,.,(1),求在水下,10 m,处气泡内外压强差；,答案,解析,28 Pa,水下,10 m,处气泡内外压强差是,28 Pa.,15/50,(2),忽略水温随水深改变，在气泡上升到十分靠近水面时，求气泡半径与其原来半径之比近似值,.,答案,解析,气泡上升过程中做等温改变，,p,1,V,1,p,2,V,2,其中，,p,1,p,0,gh,1,1,10,5,Pa,1,10,3,10,10 Pa,2,10,5,Pa,2,p,0,p,2,p,0,联立,得，,2,r,1,3,r,2,3,得：,.,16/50,2,命题点,二,汽缸活塞类模型,17/50,汽缸活塞类问题是热学部分经典物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，包括热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来处理问题,.,1.,处理汽缸活塞类问题普通思绪,(1),搞清题意，确定研究对象，普通地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象,(,一定质量理想气体,),；另一类是力学研究对象,(,汽缸、活塞或某系统,).,18/50,(2),分析清楚题目所述物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态改变过程，依据气体试验定律列出方程；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),注意挖掘题目标隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程,.,(4),多个方程联立求解,.,对求解结果注意检验它们合理性,.,19/50,2.,汽缸活塞类问题几个常见类型,(1),气体系统处于平衡状态，需综合应用气体试验定律和物体平衡条件解题,.,(2),气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体试验定律和牛顿运动定律解题,.,(3),封闭气体容器,(,如汽缸、活塞、玻璃管等,),与气体发生相互作用过程中，假如满足守恒定律适用条件，可依据对应守恒定律解题,.,20/50,(4),两个或多个汽缸封闭着几部分气体，而且汽缸之间相互关联问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵照规律，并写出对应方程，还要写出各部分气体之间压强或体积关系式，最终联立求解,.,说明当选择力学研究对象进行分析时，研究对象选取并不唯一，能够灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程,.,21/50,解析,分析,如图所表示，两端开口汽缸水平固定，,A,、,B,是两个厚度不计活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为,S,1,20 cm,2,，,S,2,10 cm,2,，它们之间用一根细杆连接，,B,经过水平细绳绕过光滑定滑轮与,质量为,M,2 kg,重物,C,连接，静止时汽缸中,气体温度,T,1,600 K,，汽缸两部分气柱长均为,L,，,已知大气压强,p,0,1,10,5,Pa,，取,g,10 m/s,2,，,缸内气体可看作理想气体,.,(1),活塞静止时，求汽缸内气体压强；,(2),若降低汽缸内气体温度，当活塞,A,迟缓向右移动,时，求汽缸内气体温度,.,【,例,2】,答案,500 K,答案,1.2,10,5,Pa,题眼,题眼,题眼,22/50,(1),设静止时汽缸内气体压强为,p,1,，,活塞受力平衡,p,1,S,1,p,0,S,2,p,0,S,1,p,1,S,2,Mg,代入数据解得,p,1,1.2,10,5,Pa,(2),由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有改变，,设开始温度为,T,1,，改变后温度为,T,2,，,由盖,吕萨克定律得,代入数据解得,T,2,500 K.,23/50,(,课标,33(2),如图所表示，两汽缸,A,、,B,粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略细管连通；,A,直径是,B,2,倍，,A,上端封闭，,B,上端与大气连通；两汽缸除,A,顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略绝热轻活塞,a,、,b,，活塞下方充有氮气，活塞,a,上方充有氧气,.,当大气压为,p,0,、外界和汽缸内气体温度均为,7,且平衡时，活塞,a,离汽缸顶距离是汽缸高度,，活塞,b,在汽缸正中间,.,【,例3】,(1),现经过电阻丝迟缓加热氮气，当活塞,b,恰好升至顶部时，求氮气温度；,答案,320 K,解析,分析,题眼,题眼,24/50,活塞,b,升至顶部过程中，活塞,a,不动，氮气经历等压改变，设汽缸,A,容积为,V,0,，氮气初态体积为,V,1,，温度为,T,1,，末态体积为,V,2,，温度为,T,2,，按题意，汽缸,B,容积为,，则,由题给数据及盖,吕萨克定律有：,由,式及所给数据可得：,T,2,320 K,25/50,(2),继续迟缓加热，使活塞,a,上升，当活塞,a,上升距离是汽缸高度,时，求氧气压强,.,答案,解析,活塞,b,升至顶部后，因为继续迟缓加热，活塞,a,开始向上移动，直至活塞上升距离是汽缸高度,时，活塞,a,上方氧气经历等温改变，设氧气初态体积为,V,1,，压强为,p,1,，末态体积为,V,2,，压强为,p,2,，由所给数据及玻意耳定律可得,p,1,V,1,p,2,V,2,由,式可得：,p,2,p,0,.,26/50,多系统问题处理技巧,多个系统相互联络定质量气体问题，往往以压强建立起系统间关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象改变性质，分别应用对应试验定律，并充分应用各研究对象之间压强、体积、温度等量有效关联，若活塞可自由移动，普通要依据活塞平衡确定两部分气体压强关系,.,方法感悟,27/50,题组阶梯突破,3.,如图所表示，导热性能极好汽缸，高为,L,1.0 m,，开口向上固定在水平面上，汽缸中有横截面积为,S,100 cm,2,、质量为,m,20 kg,光滑活塞，活塞将一定质量理想气体封闭在汽缸内,.,当外界温度为,t,27,、大气压为,p,0,1.0,10,5,Pa,时，气柱高度为,l,0.80 m,，汽缸和活塞厚度均可忽略不计，取,g,10 m/s,2,，求：,答案,解析,(1),假如气体温度保持不变，将活塞迟缓拉至汽缸顶端，在顶端处，竖直拉力,F,为多大；,240 N,28/50,设起始状态汽缸内气体压强为,p,1,，当活塞迟缓拉至汽缸顶端，,设汽缸内气体压强为,p,2,，,由玻意耳定律得,p,1,Sl,p,2,SL,在起始状态对活塞由受力平衡得,p,1,S,mg,p,0,S,在汽缸顶端对活塞由受力平衡得,F,p,2,S,mg,p,0,S,联立并代入数据得,F,240 N,29/50,(2),假如仅因为环境温度迟缓升高造成活塞上升，当活塞上升到汽缸顶端时，环境温度为多少摄氏度,.,答案,解析,由盖,吕萨克定律得,代入数据解得,t,102,.,102,30/50,4.(,全国,卷,33(2),一,U,形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑轻活塞,.,初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所表示,.,用力向下迟缓推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止,.,求此时右侧管内气体压强和活塞向下移动距离,.,已知玻璃管横截面积处处相同；在活塞向下移动过程中，没有发生气体泄漏；大气压强,p,0,75.0 cmHg.,环境温度不变,.(,保留三位有效数字,),答案,解析,144 cmHg,9.42 cm,7.5cm,分析,31/50,p,1,p,0,(20.0,5.00)cmHg,90 cmHg,l,1,20.0 cm,l,1,(20.0,7.5)cm,12.5 cm,由玻意耳定律得,p,1,l,1,S,p,1,l,1,S,联立,式和题给条件得,p,1,144 cmHg,依题意,p,2,p,1,l,2,4.00 cm,cm,h,11.5 cm,h,由玻意耳定律得,p,2,l,2,S,p,2,l,2,S,联立,式和题给条件得,h,9.42 cm.,32/50,盘查拓展点,3,33/50,变质量气体问题分析技巧,分析变质量气体问题时，要经过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体试验定律求解,.,(1),打气问题：选择原有气体和即将充入气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量改变问题转化为定质量气体状态改变问题,.,(2),抽气问题：将每次抽气过程中抽出气体和剩下气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程能够看成是等温膨胀过程,.,34/50,(3),灌气问题：把大容器中剩下气体和多个小容器中气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题,.,(4),漏气问题：选容器内剩下气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体状态改变，可用理想气体状态方程求解,.,35/50,(,福建理综,29(2),某自行车轮胎容积为,V,，里面已经有压强为,p,0,空气，现在要使轮胎内气压增大到,p,，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是,p,0,、体积为,_,空气,.,【,典例,1】,答案,解析,设充入气体体积为,V,0,，依据玻意耳定律可得,p,0,(,V,V,0,),pV,，,解得,V,0,(,1),V,，,C,项正确,.,36/50,如图所表示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为,V,0,.,开始时内部封闭气体压强为,p,0,，经过太阳暴晒，气体温度由,T,0,300 K,升至,T,1,350 K.,(1),求此时气体压强；,【,典例,2】,答案,解析,由题意知气体体积不变，,37/50,(2),保持,T,1,350 K,不变，迟缓抽出部分气体，使气体压强再变回到,p,0,.,求集热器内剩下气体质量与原来总质量比值,.,答案,解析,抽气过程可等效为等温膨胀过程，,设膨胀后气体总体积为,V,2,，,由玻意耳定律可得,p,1,V,0,p,0,V,2,则,所以，集热器内剩下气体质量与原来总质量比值为,.,38/50,课时作业,4,39/50,1.,如图所表示在长为,l,57 cm,一端封闭、另一端开口向上竖直玻璃管内，用,4 cm,高水银柱封闭着,51 cm,长理想气体，管内外气体温度均为,33,.,现将水银渐渐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体压强为多少？接着迟缓对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下,4 cm,高水银柱？,(,大气压强为,p,0,76 cmHg),答案,解析,85 cmHg 318 K,1,2,3,4,40/50,设玻璃管横截面积为,S,，初态时，管内气体温度为,T,1,306 K,，体积为,V,1,51,S,，压强为,p,1,80 cmHg.,当水银面与管口相平时，水银柱高为,H,，,则管内气体体积为,V,2,57,H,),S,，压强为,p,2,(76,H,)cmHg.,由玻意耳定律得,p,1,V,1,p,2,V,2,代入数据，得,H,2,19,H,252,0,解得,H,9 cm,或,H,28 cm(,舍去,),所以,p,2,85 cmHg,设温度升至,T,时，水银柱高为,4 cm,，管内气体体积为,V,3,53,S,，,压强为,p,3,80 cmHg.,由盖,吕萨克定律得,代入数据，解得,T,318 K.,1,2,3,4,41/50,2.,如图,a,所表示，左端封闭、内径相同,U,形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为,L,20 cm,空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长,.,已知大气压强为,p,0,75 cmHg.,(1),若将装置迟缓翻转,180,，使,U,形细玻璃管竖直倒置,(,水银未溢出,),，如图,b,所表示,.,当管中水银静止时，求左管中空气柱长度；,答案,解析,将装置迟缓翻转,180,，设左管中空气柱长度增加量为,h,，,由玻意耳定律得,p,0,L,(,p,0,2,h,)(,L,h,),解得,h,0,或,h,17.5 cm,则左管中空气柱长度为,20 cm,或,37.5 cm,20 cm,或,37.5 cm,1,2,3,4,42/50,(2),若将图,a,中阀门,S,打开，迟缓流出部分水银，然后关闭阀门,S,，右管水银面下降了,H,35 cm,，求左管水银面下降高度,.,答案,解析,10 cm,若将图,a,中阀门,S,打开，迟缓流出部分水银，,然后关闭阀门,S,，右管水银面下降了,H,35 cm,，,设左管水银面下降高度为,l,，由玻意耳定律得,p,0,L,p,0,(,H,l,)(,L,l,),解得,l,10 cm,或,l,70 cm(,舍去,),即左管水银面下降高度为,10 cm.,1,2,3,4,43/50,3.(,课标全国,33(2),如图，一固定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,.,已知大活塞质量为,m,1,2.50 kg,，横截面积为,S,1,80.0 cm,2,；小活塞质量为,m,2,1.50 kg,，横截面积为,S,2,40.0 cm,2,；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为,l,40.0 cm,；汽缸外大气压强为,p,1.00,10,5,Pa,，温度为,T,303 K.,初始时大活塞与大圆筒底部相距,，两活塞间,封闭气体温度为,T,1,495 K.,现汽缸内气体温度迟缓下降，活塞,迟缓下移,.,忽略两活塞与汽缸壁之间摩擦，重力加速度大小,g,取,10 m/s,2,.,求：,(1),在大活塞与大圆筒底部接触前瞬间，汽缸内封,闭气体温度；,答案,解析,330 K,1,2,3,4,44/50,大小活塞在迟缓下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，,由盖,吕萨克定律得,初状态,V,1,(,S,1,S,2,),，,T,1,495 K,末状态,V,2,lS,2,代入可得,T,2,T,1,330 K,1,2,3,4,45/50,(2),缸内封闭气体与缸外大气到达热平衡时，缸内封闭气体压强,.,答案,解析,1.01,10,5,Pa,1,2,3,4,46/50,对大、小活塞受力分析则有,m,1,g,m,2,g,pS,1,p,1,S,2,p,1,S,1,pS,2,可得,p,1,1.1,10,5,Pa,缸内封闭气体与缸外大气到达热平衡过程中，气体体积不变，,由查理定律得,T,3,T,303 K,解得,p,2,1.01,10,5,Pa.,1,2,3,4,47/50,4.,如图所表示，内壁光滑、长度均为,4,l,、横截面积均为,S,汽缸,A,、,B,，,A,水平、,B,竖直固定，之间由一段容积可忽略细管相连，整个装置置于温度为,27,、大气压为,p,0,环境中，活塞,C,、,D,质量及厚度均忽略不计,.,原长,3,l,、劲度系数,k,轻弹簧，一端连接活,塞,C,、另一端固定在位于汽缸,A,缸口,O,点,.,开始活塞,D,距汽缸,B,底部,3,l,.,后在,D,上放一质量为,m,物体,.,求：,(1),稳定后活塞,D,下降距离；,答案,解析,1,2,3,4,48/50,因为活塞质量不计，所以初始状态汽缸,A,、,B,中气体压强都为大气压,p,0,，弹簧弹力为零，所以活塞,C,到汽缸,A,底部距离为,x,1,l放上物体稳定后汽缸,A,、,B,中气体压强都为,p,1,，对,D,活塞有,p,1,S,mg,p,0,S,对活塞,C,有,p,1,S,F,1,p,0,S F,1,为弹簧弹力，,F,1,k,x,1,联立以上三式可求得弹簧被压缩,x,1,此时活塞,C,距汽缸底部距离为,x,2,初态下气体总体积,V,0,4,lS,，末态总体积为,V,1,，,由玻意耳定律,p,0,V,0,p,1,V,1,解得,V,1,2,lS,由此可知活塞,D,下降距离为,1,2,3,4,49/50,(2),改变汽缸内气体温度使活塞,D,再回到初位置，则气体温度应变为多少？,答案,解析,377,改变气体温度使活塞,D,回到初位置，气体为等压改变，,所以弹簧位置不变,.,V,2,由盖,吕萨克定律,解得,T,2,650 K,，所以气体此时温度为,t,377,.,1,2,3,4,50/50,