湖北 徐 进

从变中找方法、从变中找规律、从变中获真知。

纵观近些年高考，在3-3的考查中，必定出现一个计算题，此计算题的知识考查将覆盖气体实验定律、气体状态方程、热力学第一定律、能量守恒、功能关系、力学平衡、牛顿第二定律等。此题综合性较强、难度适中。此知识点常围绕气缸、变质量的气球、气瓶来考查。下面对6年的高考试卷中的33-2题进行统计分析如下：

年份卷型题号分值难度载体考查方向对比分析2018年Ⅰ33210适中气缸气体实验定律、力的平衡Ⅱ33210适中U形玻璃管气体实验定律、力的平衡Ⅲ33210适中气缸气体实验定律、力的平衡2017年Ⅰ33210适中气缸气体实验定律Ⅱ33210适中气球气体实验定律Ⅲ33210适中玻璃管气体实验定律气体状态方程2016年Ⅰ33210适中气泡气泡上升过程考查气体实验定律Ⅱ33210适中充气气瓶变质量气体考查气体实验定律Ⅲ33210适中U形玻璃管气体实验定律2015年Ⅰ33210适中气缸气体状态方程Ⅱ33210适中U形玻璃管气体实验定律2014年Ⅰ3329适中气缸气体状态方程Ⅱ33210适中气缸气体实验定律气体状态方程2013年Ⅰ3329适中气缸气体状态方程Ⅱ33210适中玻璃管气体实验定律1.以气缸、玻璃管、U形管考查的次数多(三种载体考查方式一样、后面以气缸为例说明)2.气球、气瓶考查少,属于试探性考查学生能力3.气缸类考查的范围广,有深度,学生容易理解得分4.气球类考查的范围小、深度不够、学生难得分

从上面的统计分析，命题者为什么常考气缸类呢？

1.能体现物理学科的基础性。如：①热学部分基本概念—压强的计算处理；②研究对象的选择—一定质量的气体或气缸、活塞；③研究气体的过程分析，找出临界状态。

2.能体现物理学科的综合性。如：①易和力学平衡、牛顿运动定律联系考查动力学思维；②易和功能联系考查功能思维；③易和数学几何联系考查学生必备的数学技能。

3.能体现物理学科的创新性。变化不同的物理载体、不同的形状进行考查。

4.能体现物理学科的实际应用性，将书本和实际的应用相结合进行考查，培养学生分析解决问题的能力。

5.能体现气体章节在3-3中的重要性。

高三教师如何进行有针对性、指导性的复习呢？下面以2015年气缸类高考题为例进行展开大变脸，期待有所帮助。

图1

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气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。

【解析】(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得

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

FT+m1g=S1(p1-p) ③

m2g+S2(p1-p)=FT④

故缸内气体的压强不变。

联立①②⑤式并代入题给数据得T2=330 K ⑥

联立③④⑥⑦式并代入题给数据得

p′=1.01×105Pa ⑧

【点评】此题的易错点在于研究对象选择，只能用隔离分析活塞，切不可整体分析；难点是分析出开始气体的压强不变和温度降低时气体的体积不变。

在母题的基础上，撤掉轻杆，封闭上气缸底部，同时添加加热装置，进行第一次变脸。

图2

(1)当活塞B下降到气缸底部时，活塞A上方气体的温度；

(2)当温度缓慢升高到1.8T时，活塞A相对初始位置下降的距离。

【解析】(1)设活塞A上方的气体温度为T0时，活塞A下降距离x，活塞B下降距离y，活塞A上方的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得

活塞B上方的气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得

解得y=5x

所以T0=1.2T

图3

图4

(2)温度缓慢升高到1.8T时，活塞B已脱离气缸，设活塞A相对初始位置下降的距离为x′，如图4所示，研究活塞A上方的气体，由理想气体状态方程得

解得x′=0.2L

【点评】此题的难点在于分析出气体的变化过程和A恰好到气体底部时温度的临界条件。

在母题的基础上，封闭上气缸顶部，再将气缸倒置，撤掉活塞和轻杆，倒入水银，进行第二次变脸。

图5

【变脸2】如图5所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分的截面积为S1=2S2=2 cm2、h1=h2=12 cm。封闭气体初始温度为t1=57℃，气体长度为L=22 cm，外界大气压强p0=76 cmHg。求：

(1)若缓慢升高封闭气体温度，当所有水银全部压入细管内时封闭气体的压强；

(2)封闭气体温度至少升高到多少方可将所有水银全部压入细管内。

【解析】(1)设所有水银全部压入细管内时水银柱的长度为H，封闭气体的压强为p，则有

h1S1+h2S2=HS1

p=p0+ρgH=112 cmHg

(2)气体初状态p1=p0+ρg(h1+h2)=100 cmHg

V1=LS1=22×2 cm3=44 cm3，

T1=57+273 K=330 K

所有水银刚好全部压入细管内时

p2=p=112 cmHg

V2=(L+h1)S1=68 cm3

代入数据解得T2=571.2 K

【点评】此题的易错点是气体初始压强的计算错误，错误的原因是对压强概念的理解不够深入及其研究对象的选择错误。

在母题的基础上，撤掉轻杆，封闭上下气缸底部，同时在上气缸添加加热装置，将其水平放置，再将中间气壁断开，进行第三次变脸。

【变脸3】如图6所示，绝热气缸A与导热气缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA。

图6

【解析】设初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等

即pB=pA=1.2p0

B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得

p0V0=1.2p0VB

又2V0=VA+VB

对A中气体，由理想气体状态方程得

所以TA=1.4T0

【点评】本题解答关键是抓住两部分气体的压强、体积的关系，封闭气体初、末状态的参量分析。

在母题的基础上，将轻杆换成轻绳，再将气缸水平放置，进行第四次变脸。

图7

(1)现对被密封的气体缓慢加热，当活塞B向左移动距离刚好为l时，求封闭气体的温度；

(2)当气体温度缓慢上升到2T0时，求两活塞之间轻线的拉力。

【解析】(1)设加热前被封闭气体的压强为p1，轻线的张力为F，根据平衡条件有

对活塞A：2p0S-2p1S+F=0 ①

对活塞B：p1S-p0S-F=0 ②

联立①②解得p1=p0F=0

即被封闭气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl

对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为

V2=4Sl+Sl=5Sl

对活塞A受力分析p0·2S+F=p·2S

【点评】解本题的关键是分析出绳的临界状态，气体状态变化的临界点。

在母题的基础上，撤掉轻杆，封闭上下气缸底部，将装置对折，同时在顶部用有开关的细管连接，进行第五次变脸。

(1)恒温热源的温度T；

(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。

图8

(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p。

对下方气体由玻意耳定律得

【点评】解题的切入点是充分利用力学平衡知识分析出活塞的质量关系及其封闭气体的等压变化、等温变化和右活塞最终的位置。