2025届高考物理二轮复习讲义：微专题10 热学计算题型突破 【含答案】

2025届高考物理二轮复习讲义：微专题10 热学计算题型突破
　　　　　 　　　　　 　　　　　
解答此类问题的方法是:找出不同状态下的三个状态参量,分析理想气体发生的是何种变化,利用理想气体的状态方程列方程求解;要能用力学观点分析各处压强的关系,要注意研究过程中哪些量不变,哪些量变化,选择合适的气体实验定律解决问题.
解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
密闭汽缸类问题
例1　[2024·丽水模拟] 如图甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置,横截面积S=2×10-3 m2、质量m=4 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体,此时活塞与汽缸底部之间的距离l0=24 cm,在活塞的右侧d=12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环,气体的温度T0=300 K,大气压强p0=1.0×105 Pa.现将汽缸竖直放置,如图乙所示,g取10 m/s2.
(1)竖直放置后,求活塞与汽缸底部之间的距离l1;
(2)竖直放置后,求加热到630 K时气体的压强p2;
(3)若汽缸竖直放置时气体压强为p1,加热到630 K时的压强为p2,活塞移动距离为L,气体总共吸收热量为Q,求气体内能的增加量ΔU(选用以下物理量表示:Q、p1、p2、S、L、m、g).
【技法点拨】
气体先做等温压缩,再升温,具体过程如下:
(1)竖直过程中气体发生等温变化,根据玻意耳定律判断气体的体积变化;
(2)加热过程中气体先发生等压变化,再发生等容变化,根据理想气体状态方程求气体在630 K时的压强;
(3)根据热力学第一定律结合吸放热、做功情况,求气体内能增加量.
液柱类问题
例2　[2024·山东卷] 图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示.长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B.汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体.已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度.
(1)求x;
(2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V.
【技法点拨】
本题考查液柱关联气体问题,一般由活塞、液柱相联系的“两团气”问题,要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或长度关系,列出辅助方程,最后联立求解.
理想气体变质量问题
1.在“充气、抽气”模型中可以把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题.
2.分装问题和漏气问题
(1)分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象,将变质量问题转化为恒定质量问题.
(2)漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解.如果选容器内原有气体为研究对象,便可使变质量问题变成质量一定的气体状态变化的问题,可用理想气体状态方程求解.
例3　[2024·金华一中月考] 自行车在生活中是一种普及程度很高的交通工具.自行车轮胎气压过低不仅费力而且很容易损坏内胎,轮胎气压过高会使轮胎的缓冲性能下降或发生爆胎,因此保持合适的轮胎气压对延长轮胎使用寿命和提升骑行感受至关重要.已知某款自行车轮胎容积为V=1.8 L且保持不变,在环境温度为27 ℃条件下,胎内气体压强为p1=1.5×105 Pa,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa.
(1)若该车长时间骑行在温度较高的公路上使胎内气体的温度上升到37 ℃,求此时车内气体的压强.
(2)若车胎的气门芯会缓慢漏气,长时间放置后胎内压强变为p0=1.0×105 Pa,忽略气体温度与车胎容积的变化,求胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例.
(3)若自行车说明书规定的轮胎标准气压在室温27 ℃下为p=2.1×105 Pa,为使车胎内气压达标,某同学用打气筒给自行车打气.设每打一次可打入压强为p0=1.0×105 Pa、温度为27 ℃的空气90 cm3.请通过计算判断打气10次后车胎压强是否达到说明书规定的标准胎压.假设打气过程气体的温度保持不变,车胎因膨胀而增大的体积可以忽略不计.
【技法点拨】
热学变质量问题经常就是充气、漏气、放气现象,或者容器气体分装等现象.常用的就是通过假设的方法,将需要充入的气体或者是放出的气体的体积设出来,放到一个袋子里,与容器连接成一体,即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题,再用理想气体状态方程求解.
关联气体问题
这类问题涉及两部分气体,它们之间虽然没有气体交换,但其压强或体积这些量间有一定的关系,建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键.
例4　如图,一个盛有气体的容器内壁光滑,被隔板分成A、B两部分,隔板绝热.开始时系统处于平衡状态,A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0.现将A接一个打气筒,打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中.缓慢打气若干次后,B的体积变为V(所有气体均视为理想气体).
(1)假设打气过程中整个系统温度保持不变,求打气的次数n;
(2)保持A中气体温度不变,加热B中气体使B的体积恢复为V,求B中气体的温度T.
【技法点拨】
解决关联气体问题的一般方法
(1)分别选取每部分气体为研究对象,确定初、末状态参量,根据气体状态方程列式.
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系,并列出方程.
(3)多个方程联立求解.
【跟踪训练】
1.[2023·广东卷] 在驻波声场作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B.然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9 p0、温度为TC的状态C,状态B到状态C过程中外界对气体做功为W.已知p0、V0、T0和W.求:
(1)pB的表达式;
(2)TC的表达式;
(3)状态B到状态C过程,气泡内气体的内能变化.
2.如图所示的装置中,三支内径相等的玻璃管A、B和C用细管连通.A、B两管上端等高,A管上端封闭,B管上端与大气相通,管内装有水银且A、B两管内的水银面等高,C管中的活塞可滑动且密封良好.A、B和C竖直且整个装置平衡,A、B管中的空气柱长度均为18 cm,C管中的水银柱足够长.现在将C管中的活塞缓慢向上推,直到B管中的水银上升到管口.A管中封闭的气体可视为理想气体,活塞移动过程中整个装置的温度保持不变.已知大气压强p0=75 cmHg,求:
(1)B管中的水银上升到管口时,A管中气体的压强;
(2)整个过程C管中的活塞向上移动的距离.
参考答案与详细解析
例1　(1)20 cm　(2)1.4×105 Pa　
(3)Q-p1SL
[解析] (1)竖直放置后,气体的压强为
p1=p0+=1.2×105 Pa
根据玻意耳定律可得
p0Sl0=p1Sl1
解得l1=20 cm
(2)假设T2=630 K时活塞到达卡环处,则有
l2=l0+d=36 cm
根据理想气体状态方程可得
=
解得p2=p1=1.4×105 Pa>p1
符合假设,则气体的压强为
p2=1.4×105 Pa
(3)根据热力学第一定律得
ΔU=W+Q
活塞到达卡环前气体压强不变,到达卡环后不做功,则有
W=-p1SL
联立可得ΔU=Q-p1SL
例2　(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3
[解析] (1)在缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程中,封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律有
p1(H-x)S1=p2HS1
根据题意可知p1=p0,p2+ρgh=p0
联立解得x=2 cm
(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析,由玻意耳定律有
p0V+p2HS1=p3
又p3+ρg·=p0
联立解得V=8.92×10-4 m3
例3　(1)1.55×105 Pa　(2)　
(3)未达标准胎压
[解析] (1)气体做等容变化,有=
得p2=×1.5×105 Pa=1.55×105 Pa
(2)原胎内气体做等温膨胀,有p1V=p0V2
得V2=×1.8 L=2.7 L
故===
即有三分之一的气体泄漏.
(3)设原胎内气体做等温膨胀后压强变为p0时体积变为V3,得
p1V=p0V3
再将胎内气体和打气筒打入的气体看作整体一起做等温压缩,有p0(V3+10ΔV)=p'V,ΔV=90 cm3
联立解得p'=2.0×105 Pa故胎内气体未达标准气压.
例4　(1)10次　(2)3T0
[解析] (1)对B中气体,根据玻意耳定律得
p0V=p1·V
解得p1=2p0
对A内原气体和充入的气体,根据玻意耳定律得
p0V+np0·V=p1
解得n=10
(2)A中气体温度不变,根据玻意耳定律得
p1=p2V
解得p2=3p0
对B中气体,根据理想气体状态方程得
=
解得T=3T0
【跟踪训练】
1.(1)pB=　(2)TC=1.9T0　(3)W
[解析] (1)从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意定律有p0V0=pB·5V0,解得pB=.
(2)从状态B到状态C,由理想气体状态方程=,又TB=T0,解得TC=1.9T0.
(3)状态B到状态C为绝热过程,由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体的内能变化为ΔU=W.
2.(1)90 cmHg　(2)21 cm
[解析] (1)因为开始时A、B管中的空气柱长度相等,所以A管中气体的压强p0=75 cmHg
设B管中的水银上升到管口时,A管中空气柱的长度为x,玻璃管的横截面积为S,此时A管中气体的压强p1=p0+ρgx
由玻意耳定律得p0hS=p1xS
解得x=15 cm,p1=90 cmHg
(2)A管中水银柱上升的高度h1=h-x
B管中水银柱上升的高度h2=h
A、B管中增加的水银都来源于C管,又三管内径相等,所以C管中活塞上升的距离等于A、B管的水银柱上升的高度之和,所以C管活塞向上移动的距离L=h1+h2
解得L=21 cm