1、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m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为m21.50 kg，横截面积为S240.0 cm2.两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l40.0 cm；汽缸外大气的压强为p1.00105 Pa，温度为T30
2、3 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T1495 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g10 m/s2.求：(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T
3、2.由题给条件得V1S2S1V2S2l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(p1p)m1gm2gS2(p1p)故缸内气体的压强不变由盖吕萨克定律有联立式并代入题给数据得T2330 K.(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，有联立式并代入题给数据得p1.01105 Pa.答案330 K(2)1.01105 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
4、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m12m，m2m)(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
5、塞的面积分别为S和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：由此得：S2S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，p右，p左p右，则右活塞降至汽缸底部，所有气体都在左汽缸中在初态，气体的压强为，体积为3Sh；在末态，气体压强为，体积为2xS(x为左活塞的高度)由玻意耳定律得：3Sh2xS解得：xh，即两活塞的高度差为h.(2)当温度由T0上升至T1.25T0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：xx1.25h气体对活塞做的功为WFs3mg(xx)0.75mgh.答案(1)h(2)0.75mgh突
6、破关联气体问题解题方法考向1通过水银柱相关联典例3(2016新课标全国卷)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p075.0 cmHg.环境温度不变)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，
7、长度为l1；左管中空气柱的压强为p2p0，长度为l2.活塞被下推h后，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，长度为l2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1p0(20.05.00) cmHgl1 cm由玻意耳定律得p1l1p1l1联立式和题给条件得p1144 cmHg依题意p2p1l24.00 cm cmh由玻意耳定律得p2l2p2l2联立式和题给条件得h9.42 cm.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
8、滑动，已知活塞的横截面积均为S2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h127 cm，N活塞相对于底部的高度为h218 cm.现将一质量为m1 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p01.0105 Pa.(取g10 m/s2)(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
9、行受力分析得：pSmgp0S得pp01.0105 Pa Pa1.5105 Pa.(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：得：h3h218 cm16 cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p0(h1h2)SpLS得：L6 cm故此时活塞M距离底端的距离为h416 cm6 cm22 cm.答案(1)1.5105 Pa(2)22 cm16 cm突破变质量问题解题方法分析变质量问题时，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
10、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，
11、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 B.VC.V D.V解析设充入的气体体积为V0，根据玻意耳定律可得p0(VV0)pV，解得V0V，C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T0300 K升至T1350 K.(1)求此时气体的压强；(2)保持T1350 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.解析(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得，解得p1pp0p0.(2)抽气过
12、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p1V0p0V2则V2V0所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为.答案(1)p0(2)考向3灌气问题典例7(2016新课标全国卷)一氧气瓶的容积为0.08 m3，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 m3.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，
13、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p1V1p2V2重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3V2V1设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3p0V0设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为V，则氧气可用的天数为N联立式，并代入数据得N4(天).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p1V1p2V2pV.(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，注意V器与V总应是在同一状态(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
14、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h1h24 cm，h1S3h2S，解得h13 cm，h21 cm.(1)以右管封闭气体为研究对象，p180 cmHg，V111
15、3S33S(cm3)V2103S30S(cm3)等温变化：p1V1p2V280 cmHg33Sp230S解得p288 cmHg.(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，则p376 cmHg，V311S(cm3)，p488 cmHg等温变化：p3V3p4V4解得V49.5S(cm3)活塞推动的距离L(1139.5) cm4.5 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：(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
16、体：AB过程，由查理定律有，得TB100 K，所以tBTB273 173 .(2)BC过程，由盖吕萨克定律有，得TC300 K，所以tCTC273 27 .由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而AB过程是等容积变化，气体对外不做功，BC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.QpV1105(31031103) J200 J.3.气体多过程问题如图所示，长L100 cm、粗细均匀的玻璃管一端封闭.水平放置时，长L050 cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h30 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h15 cm的
17、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p075 cmHg.求：(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l70 cm由玻意耳定律得plp0L0得：p53.6 cmHg由于pgh83.6 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(p0gx)S(Lx)整理并代入数值解得：x25 cm设插入水银槽后管内气柱长度为L由题设条件得 LL(xh)100 cm(2515) cm60 cm由玻意耳定律，插入后管内压强p62.5 cmHg.(3)管内水银与槽内水银面间高度差为h75 cm62.5 cm12.5 cm管口距槽内水银面距离HLLh100 cm60 cm12.5 cm27.5 cm.