气体实验定律的综合应用－气缸类问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

这是一份气体实验定律的综合应用－气缸类问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案，共10页。
1．汽缸活塞类的常见类型
（1）气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
（2）气体系统处于力学非平衡状态，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，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。
2．解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路
（1）弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：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（汽缸、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，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；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）注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
（4）多个方程联立求解，对求解的结果注意分析它们的合理性。
二．典例精讲
1．单独气体
例题1 （2025·安徽皖江·联考题）如图所示，一导热性能良好的圆柱形汽缸横卧在水平地面上，汽缸内的活塞与缸壁光滑密接封闭了一部分理想气体，如图甲所示。已知环境温度t＝27℃，活塞距汽缸底部的距离h＝21 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa、重力加速度g＝10 m/s2，活塞质量m＝1.0 kg，横截面积S＝20 cm2。回答下列问题：
（1）当把汽缸缓慢竖起来，如图乙所示，求稳定后活塞下降的距离；
（2）在（1）的情形下，打开空调缓慢升高环境温度，当温度升高多少摄氏度，活塞能回到原位置。
【答案】（1）1 cm （2）15℃
【解析】（1）根据题意可知，甲图中的压强为p0，设乙图中的气体压强为p1，
则有p1S＝mg＋p0S，解得p1＝p0＋＝1.05×105 Pa
设活塞下降的距离为x，由玻意耳定律有p0Sh＝p1S(h－x)，解得x＝1 cm。
（2）缓慢升高环境温度，气体做等压变化，设升高的温度为Δt，
由盖－吕萨克定律可知，其中T＝(t＋273) K＝300 K，解得Δt＝15℃。
2．关联气体
例题2 （2025·安徽·联考题）如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭相同质量的理想气体Ⅰ、Ⅱ，气体的体积均为V0，压强均为1.2p0，热力学温度与外界相同，均为T0，活塞A可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞B与汽缸间的最大静摩擦力大小为Ffm＝。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，外界的温度保持不变。现通过电加热丝对区域Ⅰ内的气体缓慢加热。求：
（1）当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离；
（2）当活塞B恰好要滑动时，气体Ⅰ的热力学温度；
（3）当活塞B恰好要滑动时，将活塞B固定，然后打开区域Ⅱ内的阀门K，气体缓慢漏出，同时电加热丝适当加热后停止加热。经过足够长的时间，区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来质量的，求区域Ⅰ内气体最终的热力学温度。
【答案】解：（1）当活塞B恰好要滑动时，根据受力平衡有p2S＝p0S＋Ffm，
又Ffm＝，解得p2＝1.5p0，
区域Ⅱ内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
已知p1＝1.2p0，V1＝V0，p2＝1.5p0，解得V2＝0.8V0
当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离为x＝，解得：x＝；
（2）当活塞B恰好要滑动时，对活塞A受力分析有：p2S＝p3S，可得：p3＝p2＝1.5p0，
对区域Ⅰ内气体，根据理想气体状态方程有：，可解得：T1＝1.5T0；
（3）打开区域Ⅱ内的阀门K后，经过足够长的时间，
该过程中区域Ⅱ内的气体发生等温膨胀，
根据玻意耳定律有p2V2＝p0V3，其中p2＝1.5p0，V2＝0.8V0，求得V3＝1.2V0
区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来的，则剩余气体的体积为V4＝
则最终区域Ⅰ内气体的体积为V5＝2V0－V4
假设区域Ⅰ内气体最终的热力学温度为T1，则对于区域Ⅰ内气体从最初到最终，
根据理想气体状态方程有，解得：T1＝。
三．跟踪训练
1．（2024·全国·历年真题）如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到200 N并保持不变。
（1）求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】（1）100 N；（2）327 K
【解析】（1）活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，
初态＝1.0×105 Pa、
末态气体压强设为，体积
根据玻意耳定律可得：，解得＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，
初态＝1.1×105 Pa，＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件，解得＝1.2×105 Pa
设此时温度为，根据查理定律可得：，解得＝327 K
2．如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设初始状态汽缸内气体的压强为p1，
对两活塞整体有p0·2S＋p1·S＋3mg＝p0·S＋p1·2S
对Ⅱ活塞有k·0.1l＋p0·S＝p1·S＋mg
解得k＝。
（2）设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2，
对两活塞整体有p0·2S＋p2·S＋3mg＝p0·S＋p2·2S
解得p2＝p1＝p0＋
对活塞Ⅱ有k·x＋p0·S＝p2·S＋mg
活塞Ⅱ运动到汽缸连接处气体体积为V2＝2(l＋x)S
初始时气体的体积V1＝0.55lS＋0.55l·2S＝1.65lS
由盖－吕萨克定律有，解得T2＝。
3．（2024·广东·历年真题）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中，当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时：
（1）求B内气体压强pB2；
（2）求A内气体体积VA2；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
【答案】（1）9×104 Pa （2）3.6×102 m3 （3）1.1×102 kg
【解析】（1）（2）假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，
B内气体发生等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据查理定律有，代入数据可得pB2＝9×104 Pa
A内气体发生等压变化，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据盖－吕萨克定律有，代入数据可得VA2＝3.6×102 m3
由于p0－pB2＜Δp，假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。
（3）恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋
B内气体压强pB′＝p0，
此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp，代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。