(新高考)高考物理一轮复习第15章专题强化206《气体实验定律的综合应用》 (含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习第15章专题强化206《气体实验定律的综合应用》 (含解析)，共12页。试卷主要包含了0 cm和l2＝12，5 cm⑥，25 L，0×等内容，欢迎下载使用。

题型一 玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝C
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)))
2．玻璃管液封模型
求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意：
(1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处压强相等；
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷．
考向1 单独气体
例1 (2019·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．
答案 (1)41 cm (2)312 K
解析 (1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V,T0)＝eq \f(V1,T)⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
考向2 关联气体
例2 (2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.
由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
题型二 汽缸活塞类模型
1．解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．
(2)分析物理过程
①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程．
②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程．
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．注意检验求解结果的合理性．
2．两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
考向1 单独气体
例3 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h，横截面积为S.汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞．缸内封闭了压强为2p0的理想气体．已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压强为p0，活塞的质量为eq \f(2p0S,g)，g为重力加速度．
(1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低eq \f(1,10)T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；
(2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离．
答案 (1)eq \f(9,5)p0 (2)eq \f(2,3)h
解析 (1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0，
末态时热力学温度为T1＝eq \f(9,10)T0，压强设为p1.
根据查理定律有eq \f(2p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，
解得p1＝eq \f(9,5)p0
(2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，
设汽缸倒置后，气体压强为p2，活塞到汽缸底部的距离为H，
则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S
解得p2＝3p0
根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2
解得H＝eq \f(2,3)h
所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为eq \f(2,3)h.
考向2 关联气体
例4 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案 (1)eq \f(1,2)(p0＋p) (2)eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p)
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝eq \f(1,2)(p0＋p)；②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p
V1＝eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p).
题型三 变质量气体模型
1．充气问题
选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
2．抽气问题
选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．
3．灌气分装
把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题
选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
考向1 充气、抽气问题
例5 (2021·山东卷·4)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示．加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg.已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变．忽略细管和压强计内的气体体积．则V等于( )
A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3
答案 D
解析 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V
已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，
p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg
代入数据整理得V＝60 cm3
故选D.
例6 2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响．勤消毒是一个很关键的防疫措施．如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图．消毒桶的总容积为
10 L，装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气，大气压强为1 atm，设整个过程温度保持不变，求：
(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm，打气筒应打压几次？
(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？
答案 (1)48 (2)剩不下 eq \f(1,3)
解析 (1)设需打压n次，使消毒桶内空气的压强变为5 atm，
由玻意耳定律p1(V1＋nΔV)＝p2V1
其中p1＝1 atm，p2＝5 atm，
V1＝10 L－7 L＝3 L，
ΔV＝250 cm3＝0.25 L
解得n＝48(次)
(2)停止喷雾时，桶内气体压强变为1 atm，此时气体体积为V2
由玻意耳定律得 p2V1＝p1V2
即5 atm×3 L＝1 atm×V2
解得V2＝15 L
大于消毒桶的总容积10 L，故消毒桶里不能剩下消毒液了．喷出去的气体体积ΔV＝15 L－10 L＝5 L
则eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V2)＝eq \f(1,3).
考向2 灌气分装
例7 新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装．不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在武汉检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用．
答案 (1)21 ℃ (2)124
解析 (1)大钢瓶的容积一定，从北方到武汉对大钢瓶内气体，有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)在武汉时，设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3，
则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据p2V2＝p3V3
得V3＝2.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa，
V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3
根据p4V4＝p5V5
得n＝124
即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶．
课时精练
1．(2021·河北卷·15(2))某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×
103 Pa.
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa.
答案 (1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
解析 (1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得p2＝3.1×103 Pa
(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有空气为研究对象有p0V＝p1V1
解得V1＝eq \f(100,3)V
则夹层中增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为
eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3).
2．(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K．大气压强p0＝76 cmHg.
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
答案 见解析
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有
p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
T2≈363 K.
3．(2021·全国甲卷·33(2))如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动．气体温度始终保持不变．向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq \f(V,2).
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强．
答案 (1)0.4V 2p0 (2)(eq \r(5)－1)V eq \f(3＋\r(5),4)p0
解析 (1)对B气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·eq \f(1,2)V
解得pB＝2p0
对A气体分析，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA
pA＝pB＋0.5p0
联立解得VA＝0.4V.
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为eq \f(3,2)V，由玻意耳定律可得
p0V＝p′·eq \f(3,2)V
则此情况下A的压强为p′＝eq \f(2,3)p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据玻意耳定律有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′
VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0
联立解得pB′＝eq \f(3－\r(5),4)p0(舍去)，pB′＝eq \f(3＋\r(5),4)p0
VA′＝(eq \r(5)－1)V.
4.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为110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm.
5.(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．(重力加速度大小为g)
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h.
6.(2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病．常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门．使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上．抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强．某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(20,21).若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq \f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同．罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化．求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值．
答案 eq \f(1,3)
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，大气压强为p0，由题意知
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝eq \f(20V0,21)①
由理想气体状态方程有eq \f(p0V0,T1)＝eq \f(p2·\f(20,21)V0,T2)②
代入数据得p2＝0.7p0③
对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，
由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④
由玻意耳定律有p0V0′＝p2V4⑤
联立③⑤式，代入数据得V4＝eq \f(10,7)V0′⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－eq \f(20,21)V0′⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V4)⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得eq \f(Δm,m)＝eq \f(1,3).