资源简介 思维进阶十八 液柱模型 活塞模型 对应学生用书P332考点一 液柱模型直管水银柱：判断在何种条件(如温度升高、管长变化)下，水银会从管中流出【例1】 (2025·连云港高三期末)如图甲所示，一端封闭粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管长L＝56 cm，横截面积S＝1 cm2，管中一段h＝24 cm的水银柱将长L1＝24 cm空气柱封闭在管内。大气压强p0＝76 cmHg。(1)求被封闭气体的压强；(2)若将甲状态的气体缓慢加热使水银柱刚好到达管口，求被封闭气体对外做的功(取1 cmHg＝1 333 Pa，结果保留一位有效数字)；(3)若将甲状态的玻璃管缓慢旋至开口竖直向下，求稳定后管内空气柱的长度L2。解析：(1)根据甲图可得p＝p0＋ρgh代入数据解得p＝100 cmHg。(2)根据W＝pS(L－h－L1)代入数据解得W≈1 J。(3)由题知，从甲图变到乙图，气体发生等温变化，在乙图中，假设水银柱刚好在管口，根据玻意耳定律有pL1S＝(p0－ρgh)L2S解得L2＝ cm因为L2＋h＞56 cm故有水银溢出根据玻意耳定律有pL1S＝[p0－ρg(L－L2)]L2S解得L2＝40 cm。答案：(1)100 cmHg (2)1 J (3)40 cm 破题路径 能力要语“先假设，后检验”是核心思路。必须先进行未溢出的假设计算，再通过几何关系检验假设是否成立，并据此修正物理模型。教学札记：U形管水银柱：向U形管中缓慢注入水银，分析液面高度变化及气体状态变化【例2】 如图所示，一粗细均匀、竖直放置的U形管，其左端封闭、右端开口，管内水银柱将一部分理想气体封闭在左管中。当封闭气体的温度为T0＝340 K时，左管内气柱长度L＝25 cm，右管中水银面比左管中水银面高h＝10 cm，大气压强p0＝75 cmHg。(1)若缓慢降低封闭气体的温度，当温度为多少时，左右两管中的水银面等高？(2)若保持封闭气体温度T0不变，从右管开口处缓慢注入水银，当左管中水银面上升了1 cm时，注入水银柱的长度是多少厘米？ (结果保留一位小数)解析：(1)以左管中封闭气体为研究对象，设温度为T时，左右两管中的水银柱等高，则初状态p1＝p0＋ph，V1＝LS末状态p2＝p0，V2＝S由＝得T＝240 K。(2)左管中水银面上升了1 cm时，左管中气体体积V3＝(L－Δh)S由p1V1＝p3V3得p3≈88.54 cmHg此时，水银面高度差h1＝88.54 cm－75 cm＝13.54 cm故注入水银柱的长度H＝h1＋1－h＋1 cm≈5.5 cm。答案：(1) 240 K (2)5.5 cm 破题路径 能力要语抓住水银体积守恒(x＋y＝ΔL) 和末态压强平衡两个核心关系，结合气体实验定律求解。教学札记：考点二 活塞模型单活塞：活塞移动引发状态变化，结合实验定律、状态方程，分求 p、V、T 等物理量【例3】 如图所示，一竖直放置的汽缸内密封有一定质量的气体，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＝5，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400 N并保持不变。(1)求外力增加到400 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。解析：(1)活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，根据p1V1＝p2V2解得p2＝1.2×105 Pa此时对活塞根据平衡条件有F＋p1S＝p2S＋N解得卡销b对活塞支持力的大小为N＝200 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，活塞刚好能离开卡销b时，对活塞根据平衡条件有p3S＝F＋p1S解得p3＝1.4×105 Pa设此时温度为T3，根据＝解得T3＝350 K。答案：(1)200 N (2)350 K 破题路径 能力要语活塞的受力平衡方程是连接外界条件与气体压强的桥梁，是解题的核心。双活塞：温度变化或外力推动时，结合实验定律与活塞位移约束，分析两气体状态变化【例4】 如图所示，水平放置的两导热汽缸底部由细管连接(细管体积忽略不计)，两厚度不计的活塞a、b用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动。活塞的横截面积分别为Sa＝100 cm2、Sb＝60 cm2。两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，初始状态活塞a、b到缸底部距离均为L＝6 cm，环境温度T0＝320 K。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，设活塞移动过程中不漏气。(1)若缓慢升高环境温度，使某一活塞刚好缓慢移到所在汽缸的底部，求此时环境的温度；(2)实际情况中摩擦力不可以忽略，若两活塞与汽缸壁之间的最大静摩擦力均为20 N，初始状态下两活塞与汽缸壁之间恰好没有摩擦力。若要保证活塞始终不移动，求允许的环境温度T的范围。解析：(1)若缓慢升高环境温度，使某一活塞刚好缓慢移到所在汽缸的底部，此时气体做等压变化，由盖-吕萨克定律有＝解得此时环境的温度为T＝400 K。(2)对活塞进行受力分析，当活塞受到向左的摩擦力达到最大静摩擦力时，设此时气体压强为p1，则有(p1－p0)Sa－(p1－p0)Sb＝2fm当活塞受到向右的摩擦力达到最大静摩擦力时，设此时气体压强为p2，则有(p0－p2)Sa－(p0－p2)Sb＝2fm因为活塞不移动，所以当温度发生变化时，气体发生等体积变化，由查理定律有＝＝解得T1＝352 K，T2＝288 K因此允许的环境温度范围为288 K≤T≤352 K。答案：(1)400 K (2)288 K≤T≤352 K 破题路径 能力要语活塞的位移约束是连接两部分气体的桥梁，受力分析提供压强关系，二者结合是解题核心。教学札记：[思维进阶(十八)] 液柱模型 活塞模型(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示，粗细均匀的U形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L＝45 cm的理想气体，当温度为27 ℃时，两管水银面的高度差Δh＝10 cm，外界大气压为75 cmHg。(1)若对封闭气体缓慢加热，使左、右两管中的水银面相平，求封闭气体的摄氏温度t；(结果保留整数)(2)若封闭气体的温度不变，从右管的开口端缓慢注入水银，使左、右两管中的水银面相平，求注入水银柱的长度l。解析：(1)左、右两管中的水银面相平时，理想气体的长度L1＝L＋＝50 cm以封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程有＝解得T2≈385 K即t＝112 ℃。(2)根据玻意耳定律有(p0－ρgΔh)LS＝p0L'S解得L'＝39 cm根据几何关系，有l＝Δh＋2(L－L')解得l＝22 cm。答案：(1)112 ℃ (2)22 cm2.如图所示，为了测量一些形状不规则的固体体积，某兴趣小组设计了一个带有密封门的圆柱形绝热汽缸做成如图所示的装置，内壁高度为4h的汽缸开口向上竖直放置于水平面上，汽缸顶端有卡口MN，缸内有一形状不规则的工业样品和一可加热的电阻丝，且封闭有一定质量的理想气体。初始时刻，质量为m、横截面积为S的活塞静止在卡口MN下方1.5h处，气体的温度为360 K。现缓慢加热电阻丝使气体温度升高到660 K时，活塞恰好运动到MN处。已知气体内能U＝kT(其中k为已知常量，T为热力学温度)，大气压恒为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸壁密封良好且不计摩擦，活塞厚度忽略不计，电阻丝的体积、固体热胀冷缩的影响均忽略不计。求：(1)汽缸内放置的工业样品的体积V0；(2)该过程中气体吸收的热量Q。解析：(1)设工业样品的体积为V0，封闭气体做等压变化，初态有V1＝2.5Sh－V0，T1＝360 K末态有V2＝4Sh－V0，T2＝660 K由＝解得V0＝Sh。(2)封闭气体对外做功为W＝pΔV其中p＝p0＋，ΔV＝1.5Sh根据热力学第一定律可得ΔU＝－W＋Q其中ΔU＝(660－360)k＝300k联立解得Q＝300k＋(p0S＋mg)h。答案：(1)Sh (2)300k＋(p0S＋mg)h3.如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分的汽缸内有一个质量为3m的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞B，两个活塞之间用一根长为2L的轻杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，汽缸内封闭气体温度为T0，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，假设环境大气压强始终为，求：(1)初始时，汽缸内气体的压强；(2)若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，则汽缸内气体对外做功多少；(3)若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，则细杆对活塞B的作用力。解析：(1)设初始时汽缸内气体的压强为p，由题意知大气压p0＝，则两活塞受力平衡有p0×2S＋5mg＋pS＝p0S＋p×2S解得p＝。(2)若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝解得V＝汽缸内等压膨胀对外做功为W＝p＝4mgL。(3)若汽缸内密封气体温度缓慢降低到T1，气体发生等压变化，活塞A刚好到汽缸粗细部分交接处，则有＝解得T1＝T0随后气体发生等容变化，则有＝解得p1＝对活塞B受力分析有p1S＋2mg＝p0S＋F解得F＝5mg，方向向上。答案：(1) (2)4mgL (3)5mg 方向向上4.如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的上端开口的静止玻璃管内，玻璃管上粗下细，粗管横截面积是细管的2倍，上半部分足够长，水银柱的上表面正好与细管上端口齐平。大气压强为p0，封闭气体的压强为2p0，水银柱和封闭气体柱的长度都为L，封闭气体的温度为T0。(1)若降低管内气体温度，将玻璃管由静止释放(保持开口竖直向上，忽略空气阻力)，且当水银柱与玻璃管保持相对静止时，管内水银恰没有进入粗管中，求管内气体温度T1；(2)若玻璃管保持如图所示的静止状态，缓慢地给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入粗管中时，求此时封闭气体的温度T2。解析：(1)玻璃管做自由落体运动，管内水银处于完全失重状态，管内空气压强与外界大气压强p0相等，管内空气体积不变，由查理定律有＝解得T1＝T0。(2)水银柱全部在细管中，产生的压强为ρgL＝2p0－p0＝p0水银柱刚好全部进入粗管中，设水银柱的长度为L'，则LS＝L'×2S水银柱刚好全部进入粗管时水银柱产生的压强为ρgL'＝此时封闭气体的压强为p1＝p0＋＝p0由理想气体状态方程可得＝解得T2＝T0。答案：(1)T0 (2)T05.(2025·南通高三期末)如图所示，底端带有挡板的斜面固定在水平面上，倾角θ＝30°。导热汽缸放在斜面上，用活塞密封一定质量的理想气体，静止时活塞与汽缸底部距离为L。已知汽缸和活塞的质量均为m，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦。(1)求密封气体的压强p；(2)现用大小为mg的恒力沿斜面向上拉动活塞，汽缸刚要离开挡板时，活塞的速度为v，汽缸内气体温度不变，求该过程：①活塞移动的距离x；②密封气体从外界吸收的热量Q。解析：(1)根据活塞沿斜面方向受力平衡有pS＝p0S＋mgsin θ解得p＝p0＋。(2)①汽缸刚要离开挡板时，设汽缸内气体压强为p1，根据汽缸沿斜面方向受力平衡有p1S＋mgsin θ＝p0S缸内气体做等温变化，根据玻意耳定律有pSL＝p1S(L＋x)联立解得x＝。②设该过程中汽缸内气体对活塞做功为W，对活塞应用动能定理有W＋mgx－mgxsin θ－p0Sx＝mv2－0解得W＝mv2＋mgL汽缸内气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律有0＝－W＋Q故密封气体从外界吸收的热量Q＝W＝mv2＋mgL。答案：(1)p0＋ (2)① ②mv2＋mgL(共46张PPT)高三一轮总复习高效讲义物 理01第十五章热学思维进阶十八 液柱模型 活塞模型液柱模型考点一破题路径能力要语破题路径能力要语活塞模型考点二破题路径能力要语破题路径能力要语[思维进阶(十八)] 液柱模型 活塞模型010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405谢谢观看不hL￥LL甲乙对液柱受力分析，用压强分析平衡条件推封闭气体压强假设水银未溢出，用2预判气休实验定律算未态溢出体积或水银柱长度：若是超出容器，判断溢出确定溢出后剩余水银3参盘柱高度，重新设定末态p、V、I'④结合理想气体状态方应用定律程或实验定律，求解未知量↑业h个根据初始液面高度差计算两侧气体的初始状态强p1和p2明确注入水银长度△L2分析两侧液面变化量x过程和y,满足x+y=△L是由末态液面新高度差3建立两侧气体压强平衡关系p1'-p2'=Pg△h对两团气体分别应用立玻意耳定律(pV=C),求解与几何关系、压强平衡式联立求獬abC确定对活塞受力分析，根初始据平衡条件求出封闭状态气体的初始压强p1明确过程特点（如等温、等乐)，判断活塞移动过程方向及原因（如温度变化、外力改变)岁对变化后的活栾币次3态受力分析，根据新的斥平衡条件求出气体末态压强p2将初、木状态的p、V、T4联程代入相应的气休实验求定律或理想气体状态方程求解ah分别对两个汗塞进行聘受力分析，根据各自的平衡条件，列出方程明确两活塞的位移约2束关系（如位移量相等位移方向关联)，这是关系连接两部分气体的关是键根据活塞的位移，确3建定两部分气体体积变方程化量的几何关系，列山体积变化方程对两部分气体分别应立用气体实验定律或理方程想气体状态方程，并与几何方程联立求解 展开更多...... 收起↑ 资源列表 思维进阶十八 液柱模型 活塞模型.docx 思维进阶十八 液柱模型 活塞模型.pptx
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