「精品」新课标高考物理一轮复习第十二章热学专题十三热学热点题型的解题方法教案

专题十三 热学热点题型的解题方法

突破

多过程问题解题方法

气体的变化过程有等温变化、等容变化和等压变化.所谓多过程问题指气体参与两种或多种变化过程，在每种变化过程中都有一个物理量保持不变.解决此类问题的关键是分清变化过程，找到不变量，再根据气体实验定律求解.

考向1 先等压变化后等容变化

[典例1] 如图所示，一固定的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.已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm.两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×10 Pa，温度为T＝303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为

2

5

2

2

lT1＝495 K.现汽缸内气体温度缓慢降低，活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速

度大小取g＝10 m/s.求：

2

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强. [解题指导] 解答本题需注意以下三点： (1)初始状态，气体的压强和体积分别是多少. (2)随着温度降低，活塞下移，气体压强如何变化.

(3)大活塞与圆筒底部接触后，体积不变，温度再降低，压强减小.

[解析] (1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得

llV1＝S2l－＋S1①



2

2

V2＝S2l②

在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得

S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③

故缸内气体的压强不变 由盖—吕萨克定律有＝④

V1V2

T1T2

- 1 -

学习资料 值得拥有

联立①②④式并代入题给数据得

T2＝330 K.⑤

(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变.设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有

p′p1

＝⑥ TT2

联立③⑤⑥式并代入题给数据得

p′＝1.01×105 Pa.

[答案] 330 K (2)1.01×10 Pa 考向2 先等温变化后等压变化

[典例2] (2017·湖北襄阳二联)如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积).两汽缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸无摩擦.活塞的下方为理想气体，上方为真空.当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝2m，m2＝m)

5

(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0).

(2)在达到第(1)问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到1.25T0，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部).

[解题指导] 解答本题需注意以下三点： (1)两活塞面积的关系.

(2)放上质量为m的物体后，两活塞的位置. (3)升高温度后，气体的压强变化情况.

[解析] (1)设左、右活塞的面积分别为S′和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的2mgmg压强相等，即：＝ S′S由此得：S′＝2S

在两个活塞上各放一质量为m的物块后，假设左、右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件有：

p左＝

3mg2mg，p右＝，p左mgS - 2 -

学习资料 值得拥有

3mg在末态，气体压强为，体积为2xS(x为左活塞的高度)

2Smg3mg由玻意耳定律得：·3Sh＝·2xS

S2S解得：x＝h，即两活塞的高度差为h.

(2)当温度由T0上升至T＝1.25T0时，气体的压强不变，设x′是温度达到T时的左活塞的高度， 由盖—吕萨克定律得：x′＝x＝1.25h

气体对活塞做的功为W＝Fs＝3mg(x′－x)＝0.75mgh. [答案] (1)h (2)0.75mgh

突破

考向1 通过水银柱相关联

[典例3] (2016·新课标全国卷Ⅲ)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.(已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变)

关联气体问题解题方法

TT0

[解题指导] 由于环境温度不变，玻璃管内气体发生的是等温变化，适用规律是玻意耳定律，分别以左管内和右管内气体为研究对象，找出初、末状态参量，列出玻意耳定律方程即可求解.

[解析] 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为 p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg ①

l′1＝20.0－

20.0－5.00 cm ② 2

由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1 ③

联立①②③式和题给条件得p′1＝144 cmHg ④ 依题意p′2＝p′1 ⑤

l′2＝4.00 cm＋

20.0－5.00

cm－h ⑥ 2

- 3 -

学习资料 值得拥有

由玻意耳定律得p2l2＝p′2l′2 ⑦

联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm. ⑧ [答案] 9.42 cm 考向2 通过活塞相关联

[典例4] 如图所示，有两个不计质量、不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm.现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降.已知大气压强为p0＝1.0×10 Pa.(取g＝10 m/s)

5

2

2

(1)求下部分气体的压强；

(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度.

[解题指导] (1)M活塞是导热的，N活塞是绝热的，保证上部气体温度不变.

(2)在放上小物体m，又对下部分气体加热的过程中，下部分气体温度、压强、体积均变化，应用

理想气体状态方程求解.

[解析] (1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：

pS＝mg＋p0S

得p＝p0＋＝1.0×10 Pa＋

mgS5

1×105

－4 Pa＝1.5×10 Pa. 2×1.0

(2)对下部分气体进行分析：初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1；末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2

由理想气体状态方程可得：

p0h2Sph3S＝ T1T2

5

p0T21×10×400

得：h3＝h2＝×18 cm＝16 cm 5

pT11.5×10×300

对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：

p0(h1－h2)S＝pLS

得：L＝6 cm

- 4 -

学习资料 值得拥有

故此时活塞M距离底端的距离为h4＝16 cm＋6 cm＝22 cm. [答案] (1)1.5×10 Pa (2)22 cm 16 cm

突破

变质量问题解题方法

5

分析变质量问题时，可通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，用气体实验定律求解.

(1)充气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.

(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.

(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体的整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.

(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体的整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.

考向1 充气问题

[典例5] 某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到

p，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、

压强也是p0、体积为 的空气.(填选项前的字母)

A.V

p0

pB.V

pp0

C.－1V p

0

p

D.＋1V p

0

p

[解析] 设充入的气体体积为V0，根据玻意耳定律可得p0(V＋V0)＝pV，解得V0＝－1V，Cp

0

p

项正确.

[答案] C 考向2 抽气问题

[典例6] 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

V0.开始时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.

(1)求此时气体的压强；

(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.

p0p1T13507

[解析] (1)由题意知气体体积不变，由查理定律得＝，解得p1＝p＝p0＝p0.

T0T1T03006

- 5 -

学习资料 值得拥有

(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2 则V2＝

p1V07

＝V0 p06

ρV06

所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝.

77ρ·V0

676

[答案] (1)p0 (2) 67考向3 灌气问题

[典例7] (2016·新课标全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气.若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天？

[解题指导] 解答此题的关键是将用去的氧气在p2状态下的体积转化为在p0(1个大气压)状态下的体积，从而可以计算出氧气在p0下的可用天数.

[解析] 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得

3

3

p1V1＝p2V2 ①

重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为

V3＝V2－V1 ②

设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有

p2V3＝p0V0 ③

设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天). ⑤ [答案] 4

在变质量问题中，一般气体的温度是不变的，满足玻意耳定律. (1)充气问题或几部分气体相混合的问题，满足p1V1＋p2V2＋…＝pV. (2)求气体扩散体积增大后，原容器内气体占总气体的比例时满足k＝同一状态(p，T)下的体积.

1.[关联气体问题]U形管两臂粗细不等，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图所示.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相

V0

④ ΔVV器

，注意V器与V总应是在V总

- 6 -

学习资料 值得拥有

平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：

(1)粗管中气体的最终压强； (2)活塞推动的距离.

答案：(1)88 cmHg (2)4.5 cm 解析：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，设两管液面相平时，左端液面下降h1，左端液面上升h2，则h1＋h2＝4 cm，h1S＝3h2S，解得h1＝3 cm，h2＝1 cm.

(1)以右管封闭气体为研究对象，

p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S(cm3) V2＝10×3S＝30S(cm3)

等温变化：p1V1＝p2V2 80 cmHg×33S＝p2×30S 解得p2＝88 cmHg.

(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，则

p3＝76 cmHg，V3＝11S(cm3)，p4＝88 cmHg

等温变化：p3V3＝p4V4 解得V4＝9.5S(cm)

活塞推动的距离L＝(11＋3－9.5) cm＝4.5 cm.

2.[图象与多过程问题]一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p­V图象如图所示.已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.求：

3

(1)该气体在状态B时的温度；

(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量.

答案：见解析 解析：(1)对于理想气体：A→B过程，由查理定律有＝， 得TB＝100 K，

所以tB＝TB－273 ℃＝－173 ℃.

(2)B→C过程，由盖—吕萨克定律有＝，

pApBTATBVBVCTBTC - 7 -

学习资料 值得拥有

得TC＝300 K，

所以tC＝TC－273 ℃＝27 ℃.

由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B过程是等容积变化，气体对外不做功，

B→C过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功，故气体应从外界吸收热量.Q＝pΔV＝1×10×(3×10－1×10) J＝200 J.

3.[气体多过程问题]如图所示，长L＝100 cm、粗细均匀的玻璃管一端封闭.水平放置时，长L0

＝50 cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h＝30 cm.将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh＝15 cm的水银柱进入玻璃管.设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0＝75 cmHg.求：

5

－3

－3

(1)试判断是否有水银溢出； (2)插入水银槽后管内气体的压强p； (3)管口距水银槽液面的距离H. 答案：(1)有水银溢出 (2)62.5 cmHg (3)27.5 cm

解析：(1)设当管转至竖直位置时，水银恰好位于管口而未从管中漏出，管截面积为S

此时气柱长度l＝70 cm 由玻意耳定律得pl＝p0L0得：p＝

p0L0

≈53.6 cmHg l由于p＋ρgh＝83.6 cmHg大于p0，因此必有水银从管中漏出. (2)设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为x 由玻意耳定律得p0SL0＝(p0－ρgx)S(L－x) 整理并代入数值解得：x＝25 cm 设插入水银槽后管内气柱长度为L′

由题设条件得 L′＝L－(x＋Δh)＝100 cm－(25＋15) cm＝60 cm 由玻意耳定律，插入后管内压强p＝

p0L0

＝62.5 cmHg. L′

(3)管内水银与槽内水银面间高度差为h′＝75 cm－62.5 cm＝12.5 cm 管口距槽内水银面距离H＝L－L′－h′＝100 cm－60 cm－12.5 cm＝27.5 cm.

- 8 -

学习资料 值得拥有

- 9 -