2019届高考物理二轮复习第一部分专题六选考模块学案.doc

1、1专题六 选 考 模 块第一讲 分子动理论 气体及热力学定律一、选择题1(2018全国卷)如图，一定量的理想气体从状态 a变化到状态 b，其过程如 pV图中从 a到 b的直线所示。在此过程中_。A气体温度一直降低B气体内能一直增加C气体一直对外做功D气体一直从外界吸热E气体吸收的热量一直全部用于对外做功解析：选 BCD 由理想气体的状态方程 C知，从 a到 b气体温度一直升高，故 A错pVT误。一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故 B正确。气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故 C正确。根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加

2、气体的内能，故 D正确、E 错误。2(2018全国卷)如图，一定质量的理想气体从状态 a开始，经历过程、到达状态 e。对此气体，下列说法正确的是_。A过程中气体的压强逐渐减小B过程中气体对外界做正功C过程中气体从外界吸收了热量D状态 c、 d的内能相等E状态 d的压强比状态 b的压强小解析：选 BDE 过程中，气体体积 V不变、温度 T升高，则压强增大，故 A错误。过程中，气体体积 V变大，对外界做功，故 B正确。过程中，气体温度 T降低，内能减小，体积 V不变，气体不做功，根据热力学第一定律 U Q W得 Q0，即气体放出热量，故 C错误。状态c、 d温度相同，所以内能相等，故 D正确。分别

3、作出状态 b、 c、 d的等压线，分析可得pb pc pd，故 E正确。23(2018全国卷)对于实际的气体，下列说法正确的是_。A气体的内能包括气体分子的重力势能B气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C气体的内能包括气体整体运动的动能D气体的体积变化时，其内能可能不变E气体的内能包括气体分子热运动的动能解析：选 BDE 气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故 A、C 错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故 B、E正确；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，则分子势能与分子动能之和可能不变，故 D正确。4(2017全国

4、卷)氧气分子在 0 和 100 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是_。A图中两条曲线下面积相等B图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C图中实线对应于氧气分子在 100 时的情形D图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E与 0 时相比，100 时氧气分子速率出现在 0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大解析：选 ABC 根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项 A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能

5、较小的情形，选项 B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在 100 时的情形，选项 C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项 D错误；由分子速率分布图可知，与 0 时相比，100 时氧气分子速率出现在 0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项 E错误。5(2017全国卷)如图，一定质量的理想气体从状态 a出发，经过3等容过程 ab到达状态 b，再经过等温过程 bc到达状态 c，最后经等压过程 ca回到初态a

6、。下列说法正确的是_。A在过程 ab中气体的内能增加B在过程 ca中外界对气体做功C在过程 ab中气体对外界做功D在过程 bc中气体从外界吸收热量E在过程 ca中气体从外界吸收热量解析：选 ABD ab过程中气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A 项正确； ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C 项错误；一定质量的理想气体的内能仅由温度决定， bc过程发生等温变化，内能不变， bc过程中气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，D 项正确； ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，B 项正确； ca过程中气体温度降低，内能减小，外界对气

7、体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E 项错误。6(2017全国卷)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是_。A气体自发扩散前后内能相同B气体在被压缩的过程中内能增大C在自发扩散过程中，气体对外界做功D气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变解析：选 ABD 抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A 项正确，C 项错

8、误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D 项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B 项正确，E 项错误。二、计算题7(2017全国卷)一热气球体积为 V，内部充有温度为 Ta的热空气，气球外冷空气的温度为 Tb。已知空气在 1个大气压、温度 T0时的密度为 0，该气球内、外的气压始终都为 1个大气压，重力加速度大小为 g。(1)求该热气球所受浮力的大小；(2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为 m0，求充气后它还能托起的最大质量。解析：(1)设 1个大气压下质量为 m的空气在

9、温度为 T0时的体积为 V0，密度为4 0 mV0在温度为 T时的体积为 VT，密度为 (T) mVT由盖吕萨克定律得 V0T0 VTT联立式得 (T) 0 T0T气球所受到的浮力为 f (Tb)gV 联立式得 f Vg 0 。 T0Tb(2)气球内热空气所受的重力为 G (Ta)Vg 联立式得 G Vg 0 。 T0Ta(3)设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件得 mg f G m0g 联立式得 m V 0T0 m0。(1Tb 1Ta)答案：(1) Vg 0 (2) Vg 0 (3) V 0T0 m0T0Tb T0Ta (1Tb 1Ta)8(2018全国卷)如图，容积为 V的汽缸

10、由导热材料制成，面积为 S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门 K。开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为 p0。现将 K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为 时，将 K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了 。不计活塞的质量和V8 V6体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为 V1，压强为 p1；活塞下方气体的体积为 V2，压强为 p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0 p1V1V2p0 p2V2

11、V2由已知条件得V1 VV2 V6 V8 1324V2 V2 V6 V35设活塞上方液体的质量为 m，由力的平衡条件得p2S p1S mg联立以上各式得m 。15p0S26g答案：15p0S26g9(2018全国卷)如图，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

12、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根据力的平衡条件有p1S p0S mg 联立式可得T1 T0 (1mgp0S)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式中V1 SH V2 S(H h) 联立式解得T2 T0 (1hH)(1 mgp0S)从开始加热到活塞到达 b处的过

13、程中，汽缸中的气体对外做的功为W( p0S mg)h。 6答案： T0 ( p0S mg)h(1hH)(1 mgp0S)10(2018全国卷)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 l118.0 cm 和 l212.0 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，由力的平衡条件有p1 p2( l

14、1 l2)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，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等l1 l1 l2 l2由玻意耳定律有p1l1 pl1p2l2 pl2联立解得l122.5 cm， l27.5 cm。答案：22.5 cm 7.5 cm释疑 3大考点考点一 分子动理论 内能及热力学定律(一)理清知识体系7(二)突破三个重点1估算问题(1)油膜法估算分子直径： dVSV为纯油酸体积， S为单分子油膜面积(2)分子总数： N nNA NA NAmMm VVm注意 对气体而言， N 。VV个(3)两种模型：球模型：

15、 V R3(适用于估算液体、固体分子直径)43立方体模型： V a3(适用于估算气体分子间距)2反映分子运动规律的两个实例研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒运动特点：无规则、永不停息布朗运动相关因素：颗粒大小、温度产生原因：分子永不停息的无规则运动扩散现象 相关因素：温度3对热力学定律的理解(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。(2)热力学第一定律 U Q W中 W和 Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。8(3)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可

16、能的。题点全练1正误判断(1)液体温度越高，布朗运动会越激烈。()(2)显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性。()(3)悬浮在空气中做布朗运动的 PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈。()(4)扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以。()(5)将一个分子从无穷远处移动到无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大。()(6)当分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大。()(7)若两分子间距离减小，分子间斥力增大，引力减小，合力为斥力。()(8)当两分子间距离大于平衡位置的间距 r0时，分子间的距离越大，分子势能越小。(

17、)(9)只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数。()(10)用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量。()(11)只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出该气体分子的体积。()(12)一定质量的 100 的水吸收热量后变成 100 的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能。()(13)外界对系统做功，其内能一定增加。()(14)一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变。()(15)一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大。()(16)热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。()(1

18、7)自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的。()(18)热量不可以自发地从低温物体传递到高温物体，是因为违背了热力学第一定律。()(19)“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律。()(20)“第二类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律。()2(2018西安联考)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是_。A温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B外界对物体做功，物体内能一定增加9C温度越高，布朗运动越显著D当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大解析：选 ACE 温度高

19、的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是分子平均动能的标志，故 A正确；改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，故 B错误；布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，液体温度越高，液体分子热运动越激烈，布朗运动越显著，故 C正确；当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，故 D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故 E正确。3(2018榆林模拟)关于热现象和内能，下列说法正确的是_。A做功和热传递都能改变物体的内能B外界对气体做了功，则气体的温度一定升高C一定质量的气体，体积不变

20、时，温度越高，内能越大D温度升高，物体内分子的平均动能一定增加E气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子间呈现出斥力的作用解析：选 ACD 做功和热传递都能改变物体的内能，选项 A正确；外界对气体做了功，如果气体向外放热，则气体的温度不一定升高，选项 B错误；一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大，选项 C正确；温度升高，物体内分子的平均动能一定增加，选项 D正确；气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子能够自由移动，选项 E错误。4(2018衡水中学模拟)关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是_。A在 10r0(r0为分子间作用力为零的间距，其值为 1010 m)距离

21、范围内，分子间总存在着相互作用的引力 B分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零 C当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D分子间距离越大，分子间的斥力越小E两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢解析：选 ADE 分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在 10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A 正确。设分子平衡距离为 r0，分子距离为 r，当 r r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当 r r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当 r r0，分子力为 0，分子势能最小

22、；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C 错误。分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥10力变化慢，D、E 正确。考点二 固体、液体和气体的性质(一)理清知识体系(二)理解三个问题1对晶体、非晶体特性的理解(1)只有单晶体才可能具有各向异性。(2)各种晶体都具有固定熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收的热量全部用于分子势能增加。(3)晶体与非晶体可以相互转化。(4)有些晶体属于同素异形体，如金刚石和石墨。2正确理解温度的微观含义(1)温度是分子平均动能的标志，温度越

23、高，分子的平均动能越大。(2)温度越高，物体分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大。3对气体压强的理解(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子密度越大，气体对容器壁因碰撞而产生的压强就越大。(2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的。题点全练1正误判断(1)大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体。()(2)单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的。()(3)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。()(4)晶体在各个方向上的导热性能相同时，表现为各向同性。()11(5)单晶体的物理性质具有各向异性。()(6)太空中水滴成球形，是液

24、体表面张力作用的结果。()(7)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部。()(8)液体表面的分子间距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力。()(9)叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。()(10)液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征。()(11)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点。()(12)当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大。()(13)空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越快。()(14)用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现。()(15)漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的

25、，是因为油滴液体呈各向同性的缘故。()(16)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因。()(17)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零。()(18)压强变大时，分子间的平均距离必然变小。()(19)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小。()(20)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。()2.(2019届高三武汉调研)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱 B之间装有阀门 K，座舱 A中充满空气，气闸舱 B内为真空。航天员从太空返回时，打开阀门 K， A中的气

26、体进入 B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是_。A气体并没有对外做功，气体内能不变B B中气体可自发地全部退回到 A中C气体温度不变，体积增大，压强减小D气体体积膨胀，对外做功，内能减小E气体体积变大，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少解析：选 ACE 由于气闸舱 B内为真空，所以气体在扩张过程中不会对外做功，系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，故 A正确，D 错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然变化都是不可逆的，故 B错误；气体温度不变，由 pV C可知，体积增大，压强减小，故 C正确；气体体积变

27、大，压强减小，由压强微观解释可知，12气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少，故 E正确。3(2018淄博二模)下列说法正确的是_。A液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点B温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加C用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出气体分子的体积D浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力的缘故E第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化解析：选 ABE 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故 A正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动

28、能增加，故 B正确；用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出单个气体分子所占空间的体积，不能估算出气体分子的体积，故 C错误；浸润现象产生的原因是附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，故 D错误；第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，故 E正确。4(2018青岛模拟)如图是一定质量的理想气体的 pT图，气体从a b c a完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是_。A气体在 a态的体积 Va小于在 c态的体积 VcB a b过程气体的分子数密度变大C b c过程外界对气体做的功等于气

29、体放出的热量D c a过 程 气 体 压 强 增 大 ， 从 微 观 讲 是 由 于 气 体 分 子 与 器 壁 碰 撞 的 频 繁 程 度 增 大 引 起 的E若 a b过 程 气 体 吸 热 300 J， c a过 程 放 热 400 J， 则 c a过 程 外 界 对 气 体 做 功100 J解析：选 ADE c a过程气体压强增大，温度降低，根据 C可知体积减小，故气pVT体在 a态的体积 Va小于在 c态的体积 Vc，故 A正确； a b过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故 B错误； b c过程是等温变化，气体内能不变， U0，气体体积增大，气体对外界做功， W0，气体吸收热量，

30、由以上分析可知， b c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故 C错误； c a过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故 D正确；由热力学第一定律可知，若 a b过程气体吸热 300 J， c a过程放热 400 J，则 c a过程外界对气体做功 100 J，故 E正确。13考点三 气体实验定律和理想气体状态方程(一)理清知识体系(二)掌握三个要点1压强的计算(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出

31、的压强单位为 Pa。若应用 p p0 h或 p p0 h来表示压强，则压强 p的单位为 cmHg或 mmHg。2合理选取气体变化所遵循的规律列方程(1)若气体质量一定， p、 V、 T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。(2)若气体质量一定， p、 V、 T中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解。3多个研究对象的问题由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找两团气之间的压强、体积或位移关系，列出辅助方程，最后联立求解。(三)研透四类常考模型1 “汽缸”模型(2018齐鲁名校协作体联考)如图所示，开口向上的汽缸例 1C静置于水平桌面上，用一横截面积 S50 cm2的轻质

32、活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数 k2 800 N/m的竖直轻弹簧 A， A下端系有一质量 m14 kg的物块 B。开始时，缸内气体的温度 t127 ，活塞到缸底的距离L1120 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为 p01.010 5 Pa，取重力加14速度 g10 m/s 2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求：(1)当 B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(用摄氏温度表示)；(2)气体的温度冷却到93 时， B离桌面的高度 H。思路点拨解析 (1) B刚要离开桌面时弹簧拉力为kx1 mg，由活塞受力平衡得 p2S p0

33、S kx1，根据理想气体状态方程有 ，p0L1ST1 p2 L1 x1 ST2代入数据解得 T2207 K，当 B刚要离开桌面时缸内气体的温度 t266 。(2)由(1)得 x15 cm，当温度降至66 之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖吕萨克定律，有 ， L1 x1 ST2 L1 x1 H ST3代入数据解得 H15 cm。答案 (1)66 (2)15 cm归 纳 总 结 “汽缸”模型的三种常见问题(1)气体系统处于平衡状态，需要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

34、，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。 152 “液柱”模型(2018石家庄二模)如图所示，内径相同的两 U形玻璃管竖直例 2放置在空气中，中间用细软管相连，左侧 U形管顶端封闭，右侧 U形管开口，用水银将部分气体 A封闭在左侧 U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为 27 ，大气压强为 76 cmHg，稳定时， A部分气体长度为 20 cm，管内各液面高度差分别为 h110 cm、 h212 cm。(1)求 A部分气体的压强；(2)现仅给 A部分气体加热，当管内气

35、体温度升高了 50 时， A部分气体长度为 21 cm，求此时右侧 U形管液面高度差 h2。解析 (1)设左侧 A部分气体压强为 p1，软管内气体压强为 p2，由图中液面的高度关系可知， p0 p2 h2， p2 p1 h1，解得 p1 p0( h1 h2)54 cmHg。(2)由理想气体状态方程有 ，p1V1T1 p1 V1T1解得 p160 cmHg；由于空气柱长度增加 1 cm，则水银柱向右侧移动 1 cm，因此液面高度差 h18 cm，由 p1 p0( h1 h2)，解得 h28 cm。答案 (1)54 cmHg (2)8 cm归 纳 总 结 解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体

36、的压强和体积，体积一般通过几何关系求解，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，要注意以下 4点：(1)液体因重力产生的压强大小为 p gh (其中 h为气、液接触面至液面的竖直高度)。(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)有时直接应用连通器原理连通器内静止的液体，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” ，使计算过程简捷。 3 “两团气”模型(2018开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测例 3定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸、内径相同，长度均为 L，内部分别

37、有轻质薄活塞 A、 B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸左端开口。外界大气压强为 p0，汽缸内通过活塞 A封有压强为 p0的气体，汽缸内通过活塞 B封有压强为 2p0的16气体，一细管连通两汽缸，初始状态 A、 B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过 A向右移动的距离可测定水的深度。已知 p0相当于 10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当 A向右移动 时，水的深度 h；L4(2)该深度计能测量的最大水深 hm。解析 (1)当 A向右移动 时，设 B不移动，L4对内气体，由玻意耳定律得： p0SL p1 SL34解得： p1 p043而此时 B中气

38、体的压强为 2p0 p1，故 B不动。由 p1 p0 gh解得：水的深度 h10 3.33 m。 ghp0(2)该装置放入水下后，由于水的压力 A向右移动，内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 2p0后 B开始向右移动，当 A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原内气体全部进入内，设 B向右移动 x距离，两部分气体压强为 p2对原内气体，由玻意耳定律得： p0SL p2Sx对原内气体，由玻意耳定律得：2 p0SL p2S(L x)又 p2 p0 gh m联立解得 hm10 20 m。 ghmp0答案 (1)3.33 m (2)20 m归 纳 总 结 多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建

39、立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。 174 “充气、抽气”模型(2018漳州调研)如图，横截面积为 S的汽缸导热良好、内壁光例 4滑，汽缸上端开口，底端有一阀门 K连接进气口。原长 2l、劲度系数 k的轻弹簧一端固定在汽缸底部，另一端连接质量为 m 的活塞，外界p0Sl p0Sg大气压强 p0已知。现汽缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距汽缸底部的距离为 ，求：3l2(1)汽缸中气体的压强 p1；(2)进气口连

40、接打气筒，打开阀门 K，给汽缸缓慢打气，每次打入气体压强为 p0、体积为 V ，为使汽缸中弹簧恢复原长，需要打气几次？ (设环境温度不变，打入的气体及Sl16汽缸内已有的气体可视为理想气体)解析 (1)对活塞受力分析如图所示：根据平衡条件有： mg p0S p1S kl2解得： p1 p0。32(2)设弹簧恢复原长时气体的压强为 p2根据平衡条件有： mg p0S p2S可得： p22 p0设打气简打气 n次，对于打入的气体及汽缸内已有的气体，由玻意耳定律得p1 Sl np0 p22Sl32 Sl16解得： n28，故需要打气 28次。答案 (1) p0 (2)28 次32归 纳 总 结 1等

41、效法求解变质量的气体问题在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或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恒定质量的问题。18(1)充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。 (2)抽气中的变质量问题用抽气筒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，其解决方法同充气问题类似，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恒定质量的问题。2巧选研究对象(1)灌气问

42、题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。(2)漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解。 题点全练1.如图所示，内径均匀的 U形细玻璃管一端开口，竖直放置，开口端与一个容积很大的贮汽缸 B连通，封闭端由水银封闭一段空气 A，已知23 时空气柱 A长 62 cm，右管水银面比左管水银面低 40 cm，当气温上升到 27 时，水银面高度差变化 4 cm。 B贮汽缸左侧连接

43、的细玻璃管的体积变化不计， A、 B两部分气体的温度始终相同。(1)试论证当气温上升到 27 时，水银面高度差是增大 4 cm 还是减小 4 cm?(2)求23 时贮汽缸 B中气体的压强。解析：(1)假设水银柱不动，由查理定律得 p1T1 p2T2 p T所以 p Tp1T1显然在 T、 T1相同情况下，初始压强 p1越大，升高相同温度时，压强的增量越大，而初始状态时， pA pB，所以 pA pB，则 A中水银上升，水银面高度差增大。(2)设23 时， B中气体压强为 pB，玻璃管的横截面积为 S，对 A中理想气体有19pAVAT1 pA VAT2即 pB 40 62S250 pB 44 6

44、0S300对 B中气体有： pBT1 pBT2 p T联立得 pB140 cmHg。答案：(1)水银面高度差增大 (2)140 cmHg2(2018青岛模拟)如图， A、 B两个内壁光滑、导热良好的汽缸用细管连接， A汽缸中活塞 M的截面积为 500 cm2，装有一个大气压强的理想气体 50 L。 B汽缸中活塞 N的截面积为 250 cm2，装有两个大气压强的理想气体 25 L。现给活塞 M施加一水平推力，使其缓慢向右移动，此过程中汽缸均不动，周围环境温度不变，大气压强为 1.0105 Pa。求：(1)当推力 F510 3 N时，活塞 M向右移动的距离；(2)汽缸 B中能达到的最大压强。解析：

45、(1)加力 F后， A中气体的压强为pA p0 210 5 PaFS所以 N活塞刚好不动对 A中气体，由玻意耳定律得： pAVA pA VA解得 VA25 L故活塞 M向右移动的距离是 x 50 cm。VA VAS(2)当 A中气体全部进入 B中后 B中气体压强最大，设为 p， A中气体在 B中所占体积为 VA中气体进入 B中，由玻意耳定律得： p0VA pVB中气体在 A中气体进入前后，由玻意耳定律得：2p0VB p(VB V)解得 p410 5 Pa。答案：(1)50 cm (2)410 5 Pa3(2018东北三省四市二模)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成 A、 B两部分，

46、每部分都封闭有气体，此时A、 B两部分气体压强之比为 53，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)20(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时求 B部分气体的体积与原来体积之比；(2)如图乙，若活塞的质量为 M，横截面积为 S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后 A、 B两部分气体体积之比为 12，重力加速度为 g，求后来 B气体的压强。解析：(1)拔去销钉前，设 A气体的体积为 V，由玻意耳定律得到：pAV pA( V V)， pBV pB( V V)，又 pA pB53， pA pB解得： V V，14B部分气体体积与原来的体积之比

47、为 34。(2)初始状态： ，pApB 53最终平衡状态： pA pBMgS设汽缸总容积为 V， A、 B两部分气体做等温变化pA pA ， pB pBV2 V3 V2 2V3联立解得： pB 。3Mg7S答案：(1)34 (2)3Mg7S4(2018淄博二模)如图所示，某小组在一次实验中，将底面积S30 cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中，此时水的温度 t17 ，筒内气柱的长度h114 cm，若大气压强 p0 1.0105 Pa，水的密度 1.010 3 kg/m3，重力加速度 g大小取 10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字)(1)当水的温度缓慢升高至 27 时，筒底露出水面一定高度。该过程中，气体吸收的热量为 5 J，则气体的内能变化了多少？(2)若水温升至 27 后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离 H。解