第三章 专题课：相互关联的两部分气体问题（课件 学案 练习）高中物理人教版（2019）选择性必修 第三册

※专题课:相互关联的两部分气体问题 例1　下方气体压强为74.36 cmHg　上方气体压强为54.36 cmHg [解析] 设B管在上时,A、B管内气体的压强分别为p1、p2,倒置后分别为p1'、p2',以cmHg为压强单位,用力的平衡条件有 p1=p2+20 p2'=p1'+20+Δl2-Δl1 式中Δl1=1 cm是A管内气柱长度增加量,Δl2是B管内气柱长度减少量 由玻意耳定律,对A、B管内的气体分别有 p1l1S1=p1'(l1+Δl1)S1 p2l2S2=p2'(l2-Δl2)S2 式中S1、S2分别为A、B管的内横截面积,l1=l2=10 cm是B管在上时,A、B管内气柱的长度.由题意有S1=4S2 由于水银柱体积在玻璃管倒置前后不变,有 S1Δl1=S2Δl2 联立以上各式并代入题给数据得 p1=74.36 cmHg p2=54.36 cmHg 变式　(1)T0　(2) [解析] (1)设活塞开始离开卡口上升时,右管内气体的压强为p1,对活塞有mg+p1S=p0S 得p1=p0- 两侧气体体积不变,对右管气体有= 得T1=T0 (2)温度下降到T2时,左、右两管液面高度差为L 则左管中气体压强p2=p0-+ρgL,左管内液面下降L2= 由理想气体状态方程得= 得T2= 例2　(1)　(2)L0 [解析] (1)隔板刚要运动时,所受的静摩擦力恰好达到最大,由平衡条件得pS=Ffm+p0S 解得A部分气体的压强p=p0+ 对A部分气体,由玻意耳定律有p0SL0=pS(L0-x) 解得活塞向右移动的距离x= (2)对B部分气体,由玻意耳定律得p0SL0=pBS 解得此时B部分气体的压强pB=2p0 对隔板,由平衡条件得pAS=Ffm+pBS 解得此时A部分气体的压强pA=2p0+ 对A部分气体,由玻意耳定律有pASL=p0SL0 解得此时活塞与隔板的距离L= 故活塞向右移动的距离 d=2L0-L-=L0 例3　(1)5p0　(2)2p0 [解析] (1)对左侧活塞受力分析可得p1S1=p0S1+FN 对右侧活塞受力分析可得p2S2=p0S2+FN' 又因为p1=3p0,S1=2S2;FN'=FN 联立解得p2=5p0 (2)由于理想气体的温度不变,对左侧气体由玻意耳定律得p1V0=p3·2V0 解得p3= 对左侧活塞受力分析可得p3S1=p0S1+FN″ 对右侧活塞受力分析可得p4S2=p0S2+FN 又FN″=FN 联立解得p4=2p0 随堂巩固 1.A　[解析] 加热前后,上段气体的压强保持p0+ρgh1不变,下段气体的压强保持p0+ρgh1+ρgh2不变,整个过程为等压变化,根据盖-吕萨克定律得=,=,所以==,即V1'=2V2',故选A. 2.A　[解析] 初态:VA∶VB=2∶1,TA=TB;末态:TA'=400 K,TB'=200 K;对于A,根据理想气体状态方程有=,对于B,根据理想气体状态方程有=,原来处于平衡状态时有pA=pB,后来仍处于平衡状态,有pA'=pB',解得=,故选A. 3.(1)10 cm　(2)600 K [解析] (1)最后平衡时A、B中气体压强相等,设为p,由玻意耳定律对A内气体有pALS=p(L+x)S 对B内气体有pBLS=p(L-x)S 解得p=1.5×105 Pa,x=10 cm. (2)给B内气体加热,活塞恰好回到初始位置的过程中,对B内气体有= 由玻意耳定律,对A内气体有p(L+x)S=pA'LS 因活塞恰好回到初始位置,活塞与汽缸B的左壁无相互作用,pA'=pB',解得TB=600 K.※专题课:相互关联的两部分气体问题 学习任务一　关于液柱的关联气体问题 [科学思维] 由液柱关联下的气体压强处理: (1)连通器内静止的同种液体(中间液体不间断)在等高液面(即在同一水平液面)处的压强大小一定是相等的; (2)探讨由静止液柱封闭的气柱压强时,以与封闭气柱相关联的液柱的最低液面为研究对象,利用该液面受到的向上、向下压力的平衡来处理﹔ (3)探求由非平衡状态的液柱封闭的气体压强时,以与气柱相关联的液柱为力学研究对象进行受力分析,用牛顿第二定律列出方程处理﹔ (4)准确把握好几何关系,找出辅助的关系﹔ (5)两部分气体的问题,要分别以两部分气体为研究对象,根据对应实验规律列方程. 例1 [2023·全国乙卷] 如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方.管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长 ... ...