最新《气体》专题二-理想气体连接体问题(教师版)
高考物理《气体实验定律和理想气体状态方程》真题练习含答案
高考物理《气体实验定律和理想气体状态方程》真题练习含答案1．[2024·新课标卷](多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程．上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程．下列说法正确的是() A．1→2过程中，气体内能增加B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变D．4→1过程中，气体向外放热答案：AD解析：1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减小，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确．2．[2023·辽宁卷]“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的pT图像如图所示．该过程对应的pV图像可能是()答案：B解析：根据pVT ＝C可得p ＝CVT从a 到b ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c ，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 点的体积大于b 点体积．故选B .3．如图所示，一长度L ＝30 cm 气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S ＝50 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，A 的质量为m ＝20 kg ，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于外界大气压强p 0＝1×105 Pa ，温度t 1＝27 ℃.现对气缸内的气体缓慢加热，g ＝10 m /s 2，则( )A ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为35.1 ℃B ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为390 ℃C ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功30 JD ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功130 J 答案：D解析：初态气体p 1＝p 0＝1×105 Pa ，温度T 1＝300 K ，物块A 开始移动时，p 2＝p 0＋μmgS＝1.3×105 Pa ，根据查理定律可知p 1T 1 ＝p 2T 2 ，解得T 2＝390 K ＝117 ℃，A 、B 两项错误；活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功W ＝p 2S(L －L 1)＝130 J ，C 项错误，D 项正确．4．如图是由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，汽缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105 Pa ，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m ．活塞柱横截面积为1.0×10－2 m 2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103 N 时，弹簧的压缩量为0.10 m ．大气压强恒为1.0×105 Pa ，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为( )A ．2×104 N /mB ．4×104 N /mC ．6×104 N /mD ．8×104 N /m 答案：A解析：设大气压为p 0，活塞柱横截面积为S ；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p 1，气体长度为l ，汽缸内气体体积为V 1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x ，汽缸内气体压强为p 2，汽缸内气体体积为V 2，则依题意有p 1＝p 0，V 1＝lS ，V 2＝(l －x)S ，对封闭气体，安装前、后等温变化，有p 1V 1＝p 2V 2，设弹簧劲度系数为k ，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F ，由平衡条件p 2S ＋kx ＝p 0S ＋F ，联立并代入相应的数据，解得k ＝2.0×104 N /m ，A 正确，B 、C 、D 错误．5．如图所示为一定质量的理想气体等温变化p V 图线，A 、C 是双曲线上的两点，E 1和E 2则分别为A 、C 两点对应的气体内能，△OAB 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，则( )A ．S 1<S 2B ．S 1＝S 2C ．E 1>E 2D ．E 1<E 2 答案：B解析：由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定律可得p A V A ＝p C V C ，而S 1＝12p A V A ，S 2＝12 p C V C ，S 1＝S 2，A 项错误，B 项正确；由于图为理想气体等温变化曲线，T A ＝T C ，则气体内能E 1＝E 2，C 、D 两项错误．6．[2024·云南大理期中考试]如图所示，在温度为17 ℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h ＝49 cm ，已知弹簧原长l ＝50 cm ，劲度系数k ＝100 N/m ，汽缸的质量M ＝2 kg ，活塞的质量m ＝1 kg ，活塞的横截面积S ＝20 cm 2，若大气压强p 0＝1×105 Pa ，且不随温度变化．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同．(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)(1)求弹簧的压缩量；(2)若环境温度缓慢上升到37 ℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度． 答案：(1)0.3 m (2)51 cm解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有 (M ＋m )g ＝k Δx解得Δx ＝（M ＋m ）gk＝0.3 m(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升温前汽缸顶部离地面为h ＝49 cm活塞离地面50 cm －30 cm ＝20 cm故初始时，内部气体的高度为l ＝49 cm －20 cm ＝29 cm 升温过程为等压变化V 1＝lS ，T 1＝290 K ，V 2＝l ′S ，T 2＝310 K 根据V 1T 1 ＝V 2T 2解得l ′＝31 cm故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h ′＝h ＋l ′－l ＝51 cm7．[2024·河北省邢台市期末考试]如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40 cm 2的活塞相连接，汽缸内封闭有一定质量的理想气体．在汽缸内距缸底70 cm 处有卡环，活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，温度为300 K ．现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加60 K 时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480 K 时，活塞移动了10 cm.重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)活塞的质量； (2)弹簧的劲度系数k .答案：(1)16 kg (2)800 N/m解析：(1)根据题意可知，气体温度从300 K 增加到360 K 的过程中，经历等容变化，由查理定律得p 0T 0 ＝p 1T 1解得p 1＝1.2×105 Pa此时，活塞恰好离开卡环，可得p 1＝p 0＋mg sin θS解得m ＝16 kg(2)气体温度从360 K 增加到480 K 的过程中，由理想气体状态方程有 p 1V 1T 1 ＝p 2V 2T 2解得p 2＝1.4×105 Pa对活塞进行受力分析可得p 0S ＋mg sin θ＋k Δx ＝p 2S 解得k ＝800 N/m8．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V 的A 、B 两部分，汽缸A 部分通过带有阀门的细管与容积为V4 、导热性良好的汽缸C 相连．开始时阀门关闭，A 、B 两部分气体的压强分别为p 0和1.5p 0.现将阀门打开，当活塞稳定时，B 的体积变为V2 ，然后再将阀门关闭．已知A 、B 、C 内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计．求：(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强p A；(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比．答案：(1)2.5p0(2)527解析：(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S得到mg＝0.5p0S打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有1.5p0·V＝p B·V2对活塞有p A S＋mg＝p B S所以得到p A＝2.5p0(2)设未打开阀门前，C气体的压强为pC0，对A、C两气体整体有p0·V＋pC0·V4＝p A·(3V2＋V4)得到pC0＝272p0所以，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比M2M0＝p ApC0＝5 27。
高中人教物理选择性必修二专题10 理想气体状态方程——教师版
专题10 理想气体状态方程（教师版）一、目标要求二、知识点解析1．气体的等温、等容和等压变化(1)气体实验定律气体的温度、体积和压强这三个状态参量之间存在一定的关系，我们从三个角度分别探讨它们之间的联系．图1、图2和图3分别表示气体在等温、等容和等压下的各状态参量之间的关系：注意：只有取开尔文温标时，等容变化和等压变化的正比关系才成立． 2.气体压强的微观解释①压强：从微观角度来看，气体对容器的压强是由于大量气体分子对容器的撞击引起的，气体的温度越高，气体分子的密集程度（单位体积内的分子数）越大，气体对容器的压强越大；注意：与气体对容器的压强不同，大气压强是由地球的吸引产生的； ②微观理解a ．一定质量的气体温度不变时，平均动能不变，压缩体积使得气体分子密集程度增大，则压强增大；b ．一定质量的气体体积不变时，升高温度使得气体分子的平均动能增加，在相同密集程度下撞击容器时的作用力更大，则压强增大；c ．一定质量的气体压强不变时，升高温度，分子平均动能增大，为使气体的压强不变，气体只能减小分子的密集程度，即体积增大．3．理想气体状态方程 (1)理想气体①定义：气体实验定律只有在温度变化不大（相比室温）、压强变化不大（相比大气压）的情况下才成立，为研究方便，假设一种气体，在任何温度和任何压强下都符合实验定律，这种气体被称为理想气体；实际气体在温度变化不大（相比室温）、压强变化不大（相比大气压）时可以视作理想气体；②性质：理想气体中的分子忽略自身体积，可视作质点；不考虑分子间的作用力，即分子运动时做匀速直线运动，且不计分子势能；分子与分子、分子与容器的碰撞都是完全弹性的；(2)理想气体状态方程设一定质量的理想气体在1状态时的温度、压强和体积分别为T 1、p 1、V 1，在2状态时的温度、压强和体积分别为T 2、p 2、V 2，则有：112212p V p V T T理论表明，考虑理想气体的数量关系，理想气体状态方程为：pV=nRT 其中n 为理想气体的物质的量．三、考查方向图1图2图3题型1：气体压强的微观解释典例一：（2017•朝阳区二模）科学精神的核心是对未知的好奇与探究，小君同学想寻找教科书中“温度是分子平均动能的标志”这一结论的依据，他以氦气为研究对象进行了一番研究，经查阅资料得知：第一，理想气体的模型为气体分子可视为质点，分子间除了相互碰撞外，分子间无相互作用力；第二，一定质量的理想气体，其压强p 与热力学温度T 的关系式为p nkT =，式中n 为单位体积内气体的分子数，k 为常数。
解析理想气体问题的解题思路
解析理想气体问题的解题思路在物理学中，理想气体是一个重要的研究对象。
理想气体问题通常涉及气体的状态方程、分子间相互作用以及气体性质等方面。
解析理想气体问题需要一定的理论基础和解题思路。
本文将从理想气体的状态方程、分子间相互作用和气体性质等方面探讨解析理想气体问题的解题思路。
一、理想气体的状态方程理想气体的状态方程是解析理想气体问题的基础。
根据理想气体状态方程可以推导出其他与气体性质相关的物理量。
理想气体状态方程为PV=nRT，其中P表示气体的压强，V表示气体的体积，n表示气体的物质的量，R为气体常数，T表示气体的温度。
在解析理想气体问题时，可以根据已知条件和所需求的物理量，通过状态方程进行计算和推导。
例如，通过已知的压强和温度求解体积，或通过已知的压强和体积求解温度等。
在应用状态方程解题时，需要注意温度单位的统一，通常使用开尔文(K)作为温度单位。
二、理想气体的分子间相互作用虽然理想气体模型忽略了分子间的相互作用，但在实际气体中分子间的相互作用是不可忽略的。
当气体接近于理想状态时，分子间的相互作用可以近似忽略，即可采用理想气体模型。
但在高压、低温等极端条件下，分子间相互作用就会显现出来。
解析理想气体问题时，应根据具体情况判断气体是否符合理想气体模型的要求，如果不符合，则需要考虑分子间相互作用的影响。
例如，在高压条件下，需要考虑气体的压缩因子，通过压缩因子来修正理想气体模型的计算结果。
三、理想气体的气体性质解析理想气体问题还需考虑气体的性质，例如气体的比热容、速度分布、扩散速率等。
气体的比热容是气体在单位温度变化下吸热或放热的能力 measure，根据热力学理论可以通过理想气体状态方程和热容比公式进行计算。
速度分布是指气体分子的速度随机分布情况，根据统计物理学的理论，可以通过Maxwell-Boltzmann 分布函数描述气体分子的速度分布。
扩散速率是指气体分子在浓度差驱动下的运动速率，可以通过扩散定律进行计算。
(完整版)理想气体状态方程教案1
理想气体状态方程一、教学目标1、知识与技能：（1）理解“理想气体”的概念。
（2）掌握运用玻意耳定律和查理定律推导理想气体状态方程的过程，熟记理想气体状态方程的数学表达式，并能正确运用理想气体状态方程解答有关简单问题。
2、过程与方法通过推导理想气体状态方程，培养学生严密的逻辑思维能力。
3、情感态度价值观：培养分析问题、解决问题的能力及综合的所学知识面解决实际问题的能力。
二、重点、难点分析1、理想气体的状态方程是本节课的重点，因为它不仅是本节课的核心内容，还是中学阶段解答气体问题所遵循的最重要的规律之一。
2、对“理想气体”这一概念的理解也是本节课的一个难点，如何理解压强不太高、温度不太低时。
另外在推导气体状态方程的过程中用状态参量来表示气体状态的变化也很抽象，学生理解上也有一定难度。
三、导学流程前置复习：复述三个实验定律的内容。
并在作出它们在p-v 、p-t 、v-t 中的图象。
(一)理想所体1.阅读教材，写出理想气体的定义。
理想气体：2.说明：P t 0 P V0 V t 0①理想气体是严格遵守所体实验定律的气体，是理想化模型，是对实际气体的科学抽象。
②实际气体特别是那些不易液化的气体，如氢、氧气、氮气、氦气等，在的情况下可看作理想气体。
③微观模型：Ⅰ.体分子本身大小与分子间的距离相比可以忽略不计；Ⅱ.分子限、除碰撞外没有其它作用力，即不存在相互的引力和斥力；Ⅲ.以理想气体的分子势能为零，理想气体的内能等于分子的总动能，即由气体的物质的量和温度来决定。
（二）理想气体的状态方程1.问题探究：理想气体的状态方程⑴提出问题：前面的三个实验定律都是对一定质量的气体在某一个量不变的情况下研究另外两个量的的变化，那么这三个量都变化时三个量之间满足什么样的关系呢？问题的表述：一定质量的气体由状态1（P1,V1,t1）变化到状态2（P2,V2,t2）,那么与之间遵从的数学关系式如何?⑵解决方案(学生间相互讨论提出自己的办法并推导)⑶推导过程:思路点拨(同学思考后再参考)【思路1】:“二步法”。
教用-理想气体状态方程的综合应用
习题课：理想气体状态方程的综合应用.一、相互关联的两部分气体的分析方法例1 如图1所示，内径均匀的U 形管中装入水银，两管中水银面与管口的距离均为l ＝10.0 cm ，大气压强p 0＝75.8 cmHg 时，将右侧管口封闭，然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推入管中，直到左右两侧水银面高度差达h ＝6.0 cm 为止．求活塞在管内移动的距离．解析 设活塞移动的距离为x cm ，活塞的横截面积为S ，则左侧气体体积为(l ＋h 2－x )S ，右侧气体体积为(l －h 2)S ，取右侧气体为研究对象．由玻意耳定律得p 0lS ＝p 2(l －h 2)S 解得p 2＝p 0lS (l －h 2)S ＝7587 cmHg 左侧气柱的压强为p 1＝p 2＋p h ＝8007cmHg 取左侧气柱为研究对象，由玻意耳定律得 p 0lS ＝p 1(l ＋h 2－x )S ，解得x ≈6.4 cm. 借题发挥 两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足pV T＝常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可．二、变质量问题例2 氧气瓶的容积是40 L ，其中氧气的压强是130 atm ，规定瓶内氧气压强降到10 atm 时就要重新充氧，有一个车间，每天需要用1 atm 的氧气400 L ，这瓶氧气能用几天？假定温度不变．解析 用如图所示的方框图表示思路．由V 1→V 2：p 1V 1＝p 2V 2，V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010L ＝520 L ， 由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3， V 3＝p 2(V 2－V 1)p 3＝10×4801 L ＝4 800 L ， 则V 3400 L＝12(天)．三、气体图象与图象之间的转换例3 使一定质量的理想气体按图2中箭头所示的顺序变化，图中BC 是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．(1)已知气体在状态A 的温度T A ＝300 K ，求气体在状态B 、C 和D 的温度各是多少．(2)将上述状态变化过程在V -T 中用图线表示出来(图中要标明A 、B 、C 、D 四点，并且要画箭头表示变化的方向)，说明每段图线各表示什么过程．解析 由p -V 图可直观地看出，气体在A 、B 、C 、D 各状态下的压强和体积为V A ＝10 L ，p A ＝4 atm ，p B ＝4 atm ，p C ＝2 atm ，p D ＝2 atm ，V C ＝40 L ，V D ＝20 L.(1)根据理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C T C ＝p D V D T D可得T C ＝p C V C p A V A T A ＝2×404×10×300 K ＝600 K T D ＝p D V D p A V A T A ＝2×204×10×300 K ＝300 K T B ＝T C ＝600 K(2)由状态B 到状态C 为等温变化，由玻意耳定律有：p B V B ＝p C V C 得V B ＝p C V C p B ＝2×404L ＝20 L在V -T 图上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态点依次连接，如图所示．AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程．四、汽缸类问题的处理方法例4 如图3所示，汽缸质量为m 1，活塞质量为m 2，不计缸内气体的质量及一切摩擦，当用一水平外力F 拉活塞时，活塞和汽缸最终以共同的加速度运动．求此时缸内气体的压强．(已知大气压为p 0，活塞横截面积为S )解析 以活塞m 2为研究对象，其受力分析如图所示．根据牛顿第二定律，有F ＋pS －p 0S ＝m 2a ①由于方程①中有p 和a 两个未知量，所以还必须以整体为研究对象，列出牛顿第二定律方程F ＝(m 1＋m 2)a ②联立①②可得p ＝p 0－m 1F (m 1＋m 2)S. 借题发挥 求解封闭气体的压强时，必须转换为以活塞等为研究对象，由于本题中系统处于加速状态，因此还必须以整体为对象进行研究，列动力学方程，求解结果.相关联的两部分气体问题1．如图4所示，一个密闭的汽缸，被活塞分成体积相等的左、右两室，汽缸壁与活塞是不导热的，它们之间没有摩擦，两室中气体的温度相等．现利用右室中的电热丝对右室加热一段时间，活塞达到平衡后，左室的体积变为原来的34，气体的温度T 1＝300 K ，求右室气体的温度． 解析 根据题意对汽缸中左右两室中气体的状态进行分析：左室的气体：加热前p 0、V 0、T 0，加热后p 1、34V 0、T 1 右室的气体：加热前p 0、V 0、T 0，加热后p 1、54V 0、T 2 根据pV T ＝恒量，得：左室气体：p 0V 0T 0＝p 1·34V 0T 1 右室气体：p 0V 0T 0＝p 1·54V 0T 2所以p 1·34V 0300 K ＝p 1·54V 0T 2解得T 2＝500 K. 练习1．如图6所示，一定质量的理想气体从状态A 经B 、C 、D 再回到A ，问AB 、BC 、CD 、DA 分别是什么过程？已知在状态A 时体积为1 L ，请把此图改画为p -V 图象．解析 AB 过程是等容升温升压；BC 过程是等压升温增容，即等压膨胀；CD 过程是等温减压增容，即等温膨胀；DA 过程是等压降温减容，即等压压缩．已知V A ＝1 L ，则V B ＝1 L(等容变化)，由V C T C ＝V B T B(等压变化)得 V C ＝V B T B T C ＝1450×900 L ＝2 L 由p D V D ＝p C V C (等温变化)得V D ＝p C p D V C ＝31×2 L ＝6 L2．一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A 、B 两部分，如图3所示，两部分气体温度相同，都是T 0＝27 ℃，A 部分气体压强p A 0＝1.0×105 Pa ，B 部分气体压强p B 0＝2.0×105 Pa.现对B 部分气体加热，使活塞上升，使A 部分气体体积减小为原来的23.求此时： (1)A 部分气体的压强p A ；(2)B 部分气体的温度T B .解析 (1)A 部分气体等温变化，由玻意耳定律：p A 0V ＝p A ·23V ，所以p A ＝32p A 0，把p A 0＝1.0×105 Pa 代入得p A ＝1.5×105 Pa. (2)B 部分气体：初状态：p B 0＝2.0×105 Pa ，V B 0＝V ，T B 0＝300 K ，末状态：p B ＝p A ＋(p B 0－p A 0)＝2.5×105 Pa.V B ＝V ＋13V ＝43V ，由理想气体状态方程p B 0V B 0T B 0＝p B V B T B， 得T B ＝T B 0p B V B p B 0V B 0＝300×2.5×105×43V 2.0×105×VK ＝500 K.3．一端开口的U 形管内由水银柱封有一段空气柱，大气压强为76cmHg ，当气体温度为27℃时空气柱长为8cm ，开口端水银面比封闭端水银面低2cm, 如下图所示，求：(1)当气体温度上升到多少℃时，空气柱长为10cm?(2)若保持温度为27℃不变，在开口端加入多长的水银柱能使空气柱长为6cm?4．如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U 形管(管内气体的体积忽略不计)。
习题课2 理想气体的综合问题 教学设计
习题课2理想气体的综合问题题型一液柱(或活塞)的移动问题1．假设法用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液体或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。
2．极限法所谓极限法就是将问题推向极端。
如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零。
这样使复杂的问题变得简单明了。
3．图像法利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。
【例1】如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1。
若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)[解析]水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ρgh。
温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp 2，水银柱不动。
所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。
(1)假设法假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律： 上段：p 2T 2 ＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2 p 2， Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2′T 2－1 p 2＝ΔT 2T 2 p 2； 下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1 又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋p h >p 2，所以Δp 1>Δp 2，即水银柱上移。
(2)图像法在同一p －T 图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时p 1>p 2，由图可得气柱l 1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1>Δp 2，所以水银柱上移。
2024届高考物理知识点复习：气体实验定律的综合应用(解析版)
气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 类型2 “汽缸活塞类”模型类型3 变质量气体模型题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用题型一气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1=p 2V 2T 2温度不变：p 1V 1=p 2V 2(玻意耳定律)体积不变：p 1T 1=p 2T 2(查理定律)压强不变：V 1T 1=V 2T 2(盖-吕萨克定律)2两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp =p 1T 1ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV =V 1T 1ΔT 3利用气体实验定律解决问题的基本思路1(2023·广东深圳·校考模拟预测)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL ，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa ，护士把注射器内横截面积为0.3cm 2、长度为0.4cm 、压强为1.0×105Pa 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体。
(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。
(2)求此时药瓶内气体的压强。
【答案】(1)总内能增加，原因见解析；(2)p1=1.3×105Pa【详解】(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。
(2)以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3注射器内气体体积为V2，有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3根据玻意耳定律有p0V1+V2=p1V1代入数据解得p1=1.3×105Pa2．(2023·山东·模拟预测)某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。
连接体问题专题详细讲解
连接体问题一、连接体与隔离体两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为连接体。
如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为隔离体。
二、外力和内力如果以物体系为研究对象，受到系统之外的作用力，这些力是系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程不考虑内力。
如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将转换为隔离体的外力。
三、连接体问题的分析方法1．整体法连接体中的各物体如果加速度相同，求加速度时可以把连接体作为一个整体。
运用牛顿第二定律列方程求解。
2．隔离法如果要求连接体间的相互作用力，必须隔离其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解，此法称为隔离法。
3．整体法与隔离法是相对统一，相辅相成的。
本来单用隔离法就可以解决的连接体问题，但如果这两种方法交叉使用，则处理问题就更加方便。
如当系统中各物体有相同的加速度，求系统中某两物体间的相互作用力时，往往是先用整体法法求出加速度，再用隔离法法求物体受力。
简单连接体问题的分析方法1．连接体：两个（或两个以上）有相互作用的物体组成的具有相同大小加速度的整体。
2．“整体法”：把整个系统作为一个研究对象来分析（即当做一个质点来考虑）。
注意：此方法适用于系统中各部分物体的加速度大小方向相同情况。
3．“隔离法”：把系统中各个部分（或某一部分）隔离作为一个单独的研究对象来分析。
注意：此方法对于系统中各部分物体的加速度大小、方向相同或不相同情况均适用。
4．“整体法”和“隔离法”的选择求各部分加速度相同的连结体的加速度或合外力时，优选考虑“整体法”；如果还要求物体之间的作用力，再用“隔离法”，且一定是从要求作用力的那个作用面将物体进行隔离；如果连结体中各部分加速度不同，一般都是选用“隔离法”。
5．若题中给出的物体运动状态（或过程）有多个，应对不同状态（或过程）用“整体法”或“隔离法”进行受力分析，再列方程求解。
针对训练1．如图用轻质杆连接的物体AB沿斜面下滑，试分析在下列条件下，杆受到的力是拉力还是压力。
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《气体》专题二 理想气体连接体问题气体连接体问题涉及两部分（或两部分以上）的气体，它们之间无气体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系。
一、解决此类问题的关键： 1．分析两类对象：（1）力学对象（活塞、液柱、气缸等） （2）热学对象（一定质量的气体） 2．寻找三种关系： （1）力学关系（压强关系）（2）热学关系（气体状态参量P 、V 、T 之间的关系） （3）几何关系（体积变化关系） 二、解决此类问题的一般方法：l ．分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态及其状态参量，根据气态方程写出状态参量间的关系式。
2．分析相关联气体间的压强或体积之间的关系并写出关系式。
3．联立求解并选择物理意义正确的解。
【例1】如图所示，在固定的气缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ：S B = 1：2.两活塞以穿过B 的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动.两个气缸都不漏气.初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，温度皆为T 0=300K 。
A 中气体压强p A =1.5p 0，p 0是气缸外的大气压强.现对A 加热，使其中气体的压强升到 p A = 2.0p 0，同时保持B 中气体的温度不变.求此时A 中气体温度T A ’. 解：活塞平衡时，有p A S A + p B S B = p 0 (S A + S B )①p’A S A + p’B S B = p 0 (S A + S B ) ② 已知S B =2S A③B 中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B ，则有p’B V B = p B V 0④设A 中气体末态的体积为V A ，因为两活塞移动的距离相等，故有⑤ 由气态方程 ⑥ 解得⑦【例2】用钉子固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图所示，起初A 中空气温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa ，B 中空气温度为27 ℃，压强为1.2×105 Pa.拔去钉子，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．【变式】（2014 海南卷）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为p Ⅰ0，如图（a ）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3:1，如图（b ）所示。
设外界温度不变，已知活塞面积为S ，重力加速度大小为g ，求活塞的质量。
【解析】 (2) (8分)设活塞的质量为m ，气缸倒置前下部气体的压强为20p ，倒置后上下气体的压强分别为2p 、1p ，由力的平衡条件有S mgp p +=1020 Smgp p +=21 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V 0，由玻意耳定律得4201010V p V p = 00202324V Vp p = 解得 g Sp m 5410=【例3】如图所示的系统由左右两个侧壁绝热、底部导热、截面均为S 的容器组成。
左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。
两容器的下端由可忽略容积的细管连通。
容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。
大气的压强为p 0，温度为T 0＝273 K ，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p 0。
系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。
现将系统底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定高度。
用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h 。
氮气和氢气均可视为理想气体。
求：(1)第二次平衡时氮气的体积； (2)水的温度。
解析：(1)考虑氢气的等温过程，该过程气体的初态压强为p 0，体积为hS ，末态体积为0.8hS设末态的压强为p ，由玻意耳定律得p ＝p 0hS 0.8hS＝1.25p 0 活塞A 从最高点被推回第一次平衡位置的过程是等温过程。
该过程气体的初态压强为1.1p 0，体积为V ；末态的压强为p ′，体积为V ′，则p ′＝p ＋0.1p 0＝1.35p 0 V ′＝2.2hS由玻意耳定律得V ＝1.35p 01.1p 0×2.2hS ＝2.7hS(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。
该过程气体的初态体积和温度分别为2hS 和T 0＝273 K ，末态体积为2.7hS ，设末态温度为T ，由盖－吕萨克定律得T ＝2.7hS2hS T 0＝368.55 K答案：(1)2.7hS (2)368.55 K【变式】(2015海南高考)如图，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V 。
已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0。
现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触。
求活塞A 移动的距离。
【答案】20mgVh P S mgS=+V【解析】A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为1P 、2P ，在漏气前，对A 分析有10mg P P S =+，对B 有21mgP P S=+ B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为P ，气体体积为'V ，则有0mgP P S=+因为温度失重不变，对于混合气体有()122'P P V PV +⋅=，漏气前A 距离底面的高度为2Vh S =， 漏气后A 距离底面的高度为''V h S=联立可得20mgVh P S mgS=+V 【例4】如图所示，活塞把密闭气缸分成左、右两个气室，每室各与U 形管压强计的一臂相连，压强计的两壁截面处处相同，U 形管内盛有密度为32/105.7m kg ⨯=ρ的液体。
开始时左、右两气室的体积都为320102.1M V -⨯=，气压都为Pa p 30100.4⨯=，且液体的液面处在同一高度，如图所示，现缓慢向左推进活塞，直到液体在U 形管中的高度差h =40cm ，求此时左、右气室的体积1V 、2V ，假定两气室的温度保持不变，计算时可以不计U 形管和连接管道中气体的体积，g 取2/10s m 。
分析 此题中两气室的体积关联条件是体积和是一恒量，压强关联条件是压强差等于gh ρ。
解 以1p 、1V 表示压缩后左室气体的压强和体积，2p 、2V 表示这时右室气体的压强和体积，0p 、0V 表示初态两室气体的压强和体积。
由玻意耳定律得0220111V p V p V p V p ==由题述可知体积关系0212V V V =+ 两气室压强关系gh p p ρ=-21 解以上四式得02)(220010021=++-ghV P V gh V gh P V ρρρ解方程并选择物理意义正确的解得)(22220001h g P gh P ghV V ρρρ+-+=代入数值，得331100.8m V -⨯=32102106.12m V V V -⨯=-=【变式】（2013全国新课标I ）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。
开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p o 和p o /3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方气体体积为V 0/4。
现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡。
已知外界温度为T o ，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
求: (i)恒温热源的温度T ;(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V X 。
解析：（i ）与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖∙吕萨克定律得4/54/7000V V T T= ① 由此得T=057T ② （ii ）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞质量比右活塞的大。
打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为P ，由玻意耳定律得 430V P PV x ⋅=③ 47)2)((0000V P V V P P x ⋅=-+④联立③④式得062002=--V V V V x x 解为021V V x = ⑤ 另一解031V V x -=,不合题意,舍去.【例5】如图所示，粗细均匀、两端封闭的玻璃管竖直放置，中间一段水银柱隔出两段空气柱，已知122l l =，若初始两部分气体温度相同，现使两部分气体温度同时升高，管中水银柱将如何运动？分析 先弄清初始情况，设上、下两段空气柱的压强分别为2p 、1p 水银柱产生的压强n p 。
初态水银柱静止不动，处于平衡状态，以水银柱为研究对象，受力分析如图所示，由力的平衡方程可得S p ghS S p 12=+ρ∴h p p gh p p +=+=221ρ现使气体温度升高，必将引起气体的压强、体积的变化，这也必将引起水银柱受力情况的变化。
显然，若变化后气体的压强仍能使水银柱受力平衡，水银柱将保持不动；若变化后气体的压强使水银柱平衡被打破，水银柱将移动。
由此可见，水银柱移动的原因是气体的压强变化引起水银柱受力发生变化，从而运动状态改变。
引导学生根据上述分析提出解决水银柱移动问题的思路：l ．先假设水银柱不动，气体做等容变化。
温度升高或降低时，两部分气体的压强如何变化。
2．根据两部分气体压强变化的大小分析水银柱受力变化情况，进而判断水银柱移动方向。
此题的具体解法有如下四种：（1）假设法假设水银柱不动，即假设两部分气体都作等容变化，设两部分气体同时温度由T 升高到T′，由查理定律，得111'1T P T P = 222'2T P T P =上面二式可化为111'11'111T P T T p P T P ∆∆=--= 222'22'222T P T T p P T P ∆∆=--= ∴1111T T p p ∆=∆ 2222T T pp ∆=∆ 由题意可知212121,,P P T T T T >∆=∆-∴21P P ∆>∆ 即水银柱将向上方移动。
（2）极限法由上方气体压强2P 较小，设想上方气体压强02→P ，即上方接近于真空。
当温度T 升高时，下方气体体积膨胀，水银柱将向上移动。