专题20 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 （解析版）

这是一份专题20 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 （解析版），共11页。试卷主要包含了0×10－3 m3　400 J，2)＝20次等内容，欢迎下载使用。

(1)开口竖直向下时A端空气柱的长度lA2；
(2)最后平衡时进入玻璃管的水银柱的长度ΔL。(可保留分数)
【答案】 (1)75 cm (2)eq \f(50,3) cm
【解析】 (1)设玻璃管的横截面积为S，对A端气体，初始时pA1＝75 cmHg，lA1＝60 cm
转过90°，插入水银槽之前，对A端气体：
pA2＝p0－h＝60 cmHg
此过程为等温变化，所以有pA1·lA1S＝pA2·lA2S
解得lA2＝75 cm
(2)开口竖直向下时，B气柱长度lB2＝L－h－lA2＝10 cm，压强pB2＝75 cmHg
玻璃管插入水银槽之后，对B端气体lB3＝lB＝eq \f(25,3) cm
由pB2·lB2S＝pB3·lB3S
解得pB3＝90 cmHg
此时pA3＝pB3－h＝75 cmHg
可知lA3＝60 cm
可得进入玻璃管的水银柱长度为
ΔL＝L－h－lB3－lA3＝eq \f(50,3) cm
2.(2021·山东淄博市4月模拟)图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
【答案】 (1)20 cm (2)8 cm
【解析】 (1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2
设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL
设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋eq \f(h1,4)
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立各式代入数据解得L′＝20 cm
(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋eq \f(h1,4)
代入数据解得d＝8 cm
3.(2021·安徽蚌埠市第二次质检)如图甲所示，一根粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长度为24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长度为16 cm的空气柱。现将该玻璃管在竖直平面内缓慢旋转至开口向下且与水平方向成30°角的位置，如图乙所示，水银未流出，求此时试管内封闭气柱的长度。(设环境温度保持不变，大气压强恒为76 cmHg)
【答案】 25 cm
【解析】 设试管横截面积为S，图乙中封闭气柱的长度为L
图甲中封闭气体压强为p1＝(24＋76)cmHg＝100 cmHg
体积为V1＝16S
图乙中封闭气体压强为p2＝(76－12)cmHg＝64 cmHg
体积为V2＝LS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
解得L＝25 cm
4.(2021·西北狼联盟一诊联考)在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在状态A的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量为Q＝600 J。求：
(1)气体在状态B的体积VB;
(2)此过程中气体内能的增量ΔU。
【答案】 (1)8.0×10－3 m3 (2)400 J
【解析】 (1)由题知V－T图象通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得
eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)
解得VB＝8×10－3 m3。
(2)外界对气体做的功W＝－peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(VB－VA))＝－200 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝400 J。
5.(2021·山东临沂市下学期一模)新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10 L，打气筒每打次气能向储液桶内压入p0＝1.0×105 Pa的空气V0′＝200 mL。现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105 Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。
(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？
(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2×105 Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？
【答案】 (1)20次 (2)1 L
【解析】 (1)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强p1＝1×105 Pa，体积V1
末状态：压强p2＝3.0×105 Pa，体积V2＝2L
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V1＝6 L
因为原来气体体积为V0＝2 L，所以打气筒打气次数
n＝eq \f(V1－V0,V0′)＝eq \f(6－2,0.2)＝20次。
(2)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强p1′＝3×105 Pa，体积V1′＝2L
末状态：压强p2′＝2.0×105 Pa，体积V2′
由玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′
解得V2′＝3 L
所以储液桶喷出药液的体积ΔV＝V2′－V1′＝(3－2) L＝1 L。
6.(2021·河南南阳市上学期期末)如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞(质量和厚度可忽略不计)将汽缸分成体积比为3∶1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为p0，弹簧弹力大小为eq \f(p0S,4)，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体(汽缸下部有接口)。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：
(1)初始状态活塞下部气体压强；
(2)需要注入的压强为p0的气体的体积。
【答案】 (1)eq \f(3,4)p0 (2)eq \f(9,16)V
【解析】 (1)对活塞受力分析得p0S＝p1S＋eq \f(p0S,4)
解得p1＝eq \f(3,4)p0。
(2)设当活塞处于正中间时，上部气体压强为p2，则
p0×eq \f(3V,4)＝p2×eq \f(V,2)
又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2，则
p1×eq \f(V,4)＋p0Vx＝p2×eq \f(V,2)
联立解得Vx＝eq \f(9,16)V。
7.(2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，14)某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热气缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图(a)所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图(b)所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图(c)所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2。
(1)判断气缸内气体由图(a)状态到图(b)状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图(c)估测出此时客机的飞行高度。
【答案】 (1)吸热 原因见解析 (2)2.4×104 Pa 1×104 m
【解析】 (1)由题图(a)状态到题图(b)状态，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，温度不变，ΔU＝0，W<0，所以Q>0，即为吸热过程。
(2)对于题图(a)状态，有
p1＝p0＋eq \f(mg,S)，V1＝l1S，T1＝T0
对于题图(b)状态，有V2＝l2S，T2＝T0
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝9.6×104 Pa，所以机舱外气体压强为
eq \f(1,4)p2＝2.4×104 Pa
根据题图(c)可知客机飞行高度为h＝1×104 m。
8.(2021·重庆八中教学质检)如图甲所示，一竖直导热汽缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2∶3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2∶1，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。
【答案】 eq \f(3Mg,2S)
【解析】 设汽缸总容积为V，初始状态eq \f(pA,pB)＝eq \f(2,3)①
最终平衡状态pB′＝pA′＋eq \f(Mg,S)②
A、B两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得
pA·eq \f(V,2)＝pA′·eq \f(2V,3)③
pB·eq \f(V,2)＝pB′·eq \f(V,3)④
联立解得pB′＝eq \f(3Mg,2S)
9. (2021·广东佛山市二模)一体积恒定的绝热汽缸如图竖直放置，可以自由移动的绝热活塞质量为5.0 kg，面积为1.0×10－2 m2。活塞上设有一通气阀，用插销将活塞固定在汽缸的正中央，关闭通气阀将缸内同种气体分隔成质量相同的A、B两部分。现已知A气体的压强为1.0×105 Pa，温度为27 ℃。不计活塞摩擦，g取10 m/s2。求
(1)若要让活塞在拔出插销后仍能维持在原位置不动，则B气体的压强及温度应分别多大(拔出插销时气体不会外泄)?
(2)若插上插销，固定活塞，打开通气阀，让气体充分混合后再升温至357 ℃，则此时缸内气体压强多大(通气孔体积可忽略不计)?
【答案】 (1)1.05×105 Pa 315 K (2)2.15×105 Pa
【解析】 (1)设B气体的温度和压强分别为TB和pB，活塞受力平衡pAS＋mg＝pBS
解得pB＝pA＋eq \f(mg,S)＝1.05×105 Pa
A气体温度TA＝tA＋273 K＝300 K
由于A、B两部分气体是同种气体，且质量相等，故可将A、B两部分气体看做同一个质量一定的气体处在两个不同状态，因而eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pBVB,TB)
由于VA＝VB解得TB＝315 K(或tB＝42 ℃)。
(2)设想A、B两部分气体混合均匀，气体压强等于两部分气体分别产生的压强之和，对A气体eq \f(pAV,TA)＝eq \f(pA′·2V,T)
对B气体eq \f(pBV,TB)＝eq \f(pB′·2V,T)
解得p＝pA′＋pB′＝2.15×105 Pa。
10.(2021·云南大理市模拟)竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中.已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长.求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度.
【答案】 (1)90 cmHg (2)27 cm
【解析】 (1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，
初态：p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S
末态：V2＝(30 cm－5 cm)·S
由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2
解得：p2＝90 cmHg
(2)对水平管中的空气柱，
初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S
末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg
根据玻意耳定律：pV＝p′V′
解得V′＝9 cm·S，则水平管中的空气柱长度变为9 cm，
此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm.
12.(2021·山东省等级考试模拟卷)如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0＝8.0 L，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20 m。出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S＝0.08 m2。现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0 L水。求压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度大小g＝10 m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。
【答案】 2.225 L
【解析】 初始时，瓶内气体的压强与外界大气压强相等p1＝p0
缓慢流出了V1＝2.0 L水后，瓶里的液面下降
h＝eq \f(V1,S)＝eq \f(2×10－3,0.08) m＝0.025 m＝2.5 cm
此时管口与瓶中液面高度差为H＝h＋h1＝0.225 m
此时，瓶内气体的压强差为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×0.225 Pa＝1.022 5×105 Pa
以最终在瓶中的气体为研究对象，由理想气体状态方程
p0(V0＋ΔV)＝p2(V0＋V1)
解得ΔV＝2.225 L
13.(2021·山东省济南市第一次模拟)如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图。储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为V0(不计储液桶两端连接管体积)，初始时桶内消毒液上方气体压强为2p0，体积为eq \f(1,2)V0，打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为eq \f(3,2)p0。喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，p0为外界大气压强。求：
(1)停止喷洒时剩余的药液体积；
(2)为使桶内气体压强恢复为2p0，需打入压强为p0的气体体积(不考虑打气过程中温度变化)。
【答案】 (1) eq \f(1,3)V0 (2)eq \f(1,3)V0
【解析】 (1)对桶内消毒液上方气体，喷洒时温度不变，根据玻意耳定律可得2p0·eq \f(1,2)V0＝eq \f(3,2)p0V1
解得V1＝eq \f(2,3)V0
停止喷洒时剩余的药液体积V＝V0－eq \f(2,3)V0＝eq \f(1,3)V0。
(2)以原气体和需打入气体为研究对象，根据玻意耳定律可得2p0·eq \f(1,2)V0＋p0V2＝2p0·eq \f(2,3)V0
解得V2＝eq \f(1,3)V0。
14.(2021·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝1×10－4 m2、质量为m＝0.2 kg且厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧
12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取g＝10 m/s2.求：
(1)活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)将缸内气体加热到675 K时封闭气体的压强.
【答案】 (1)20 cm (2)1.5×105 Pa
【解析】 (1)汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离L1＝24 cm，
气体压强p1＝1.0×105 Pa，气体体积V1＝L1S；
汽缸竖直放置时，活塞与汽缸底部之间的距离为L2，
气体压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝(1.0×105＋eq \f(0.2×10,1×10－4)) Pa＝1.2×105 Pa，
气体体积V2＝L2S；
气体等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
得活塞与汽缸底部之间的距离L2＝eq \f(p1,p2)L1＝20 cm.
(2)活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理.
气体初状态压强p2＝1.2×105 Pa，体积V2＝L2S，温度T2＝300 K
活塞刚好到达卡环时，气体压强p3＝p2＝1.2×105 Pa，体积V3＝L3S，温度为T3，其中L3＝36 cm，气体等压变化，根据盖—吕萨克定律有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)
得此时气体温度T3＝eq \f(L3,L2)T2＝540 K<675 K
则活塞到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，
p3＝1.2×105 Pa，T3＝540 K，
T4＝675 K，
根据查理定律有eq \f(p3,T3)＝eq \f(p4,T4)
解得加热到675 K时封闭气体的压强p4＝eq \f(T4,T3)p3＝1.5×105 Pa.
15.(2021·重庆南开中学模拟)如图所示A为一直立圆筒型储气罐，B为一打气筒，已知打气筒活塞M的行程为L0，活塞面积为S，储气罐的高度为2L0，截面积为3S，开始罐内气体压强为3p0，每次开始打气时打气筒活塞在最上端，内部气体压强为p0，打气筒通过细管和单向阀门K与储气罐相连接。当打气筒内气体压强大于储气罐内压强时阀门开启。细管的容积忽略不计，储气罐与打气筒导热良好，环境温度不变，缓慢向下推动活塞。
(1)活塞向下移动多大距离时B中气体开始进入A中；
(2)要使储气罐内压强达到4p0，打气筒应连续打气多少次。
【答案】 (1)eq \f(2,3)L0 (2)6
【解析】 (1)当打气筒内压强为p时开始有气体进入储气罐，则有p＝3p0
选取B中气体为研究对象，由玻意耳定律有
p0L0S＝pLS
解得L＝eq \f(1,3)L0
所以活塞下移距离Δx＝L0－L＝eq \f(2,3)L0。
(2)选取最后罐内总的气体为研究对象，这些气体相当于3p0时的体积为V1，由玻意耳定律有4p0×6L0S＝3p0V1
解得V1＝8L0S
还需要补入压强为3p0气体体积为V2，则有
V2＝V1－6L0S＝2L0S
打入气体在p0下体积为V3，由玻意耳定律有
3p0V2＝p0V3
解得V3＝6L0S
打气筒应连续打气的次数为n＝eq \f(V3,L0S)＝6次。