2020版高考物理一轮复习第十三章 微专题82气体实验定律的应用

2020版高考物理一轮复习第十三章 微专题82气体实验定律的应用

气体实验定律的应用 ‎[方法点拨]　(1)注意找清初、末状态的三个状态参量(温度、体积、压强).(2)对变质量问题要注意研究对象的选取.(部分气体或全部气体)‎ ‎1.(2018·湖北省孝感一中等五校联考)如图1所示，在两端封闭的均匀半圆(圆心为O)管道内封闭一定质量理想气体，管内有不计质量、可自由移动、绝热的活塞P，将管内气体分成两部分，OP与管道的水平直径的夹角θ＝45°，其中两部分气体的温度均为T0＝300K，压强均为p0＝1×105Pa，现对活塞左侧气体缓慢加热，而保持活塞右侧气体温度不变，当活塞缓慢移到管道最低点时(不计摩擦)，求：‎ 图1‎ ‎(1)活塞右侧气体的压强；‎ ‎(2)活塞左侧气体的温度.‎ ‎2.如图2所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17℃的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2L，充气前的气压为1atm，充气筒每次充入0.2L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：‎ 图2‎ ‎(1)充气多少次可以让气体压强增大至3atm；‎ ‎(2)室外温度达到了－13℃，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少.‎ ‎3.(2017·山东省潍坊市一模)如图3所示，汽缸开口向下竖直放置，汽缸的总长度为L＝0.4m，开始时，厚度不计的活塞处于处，现将汽缸缓慢转动(转动过程中汽缸不漏气)，直到开口向上竖直放置，稳定时活塞离汽缸底部的距离为，已知汽缸的横截面积S＝10cm2，环境温度为T0＝270K保持不变，大气压强p0＝1.02×105Pa，重力加速度g取10m/s2.‎ 图3‎ ‎(1)求活塞质量；‎ ‎(2)缓慢加热汽缸内的气体，至活塞离汽缸底部的距离为，求此时气体的温度及此过程中气体对外做的功.‎ ‎4.(2018·黑龙江省大庆市一检)如图4所示，竖直平面内有一粗细均匀的导热良好的直角形细玻璃管，A端封闭，C端开口，AB＝BC＝l0.平衡时，A、C端等高，管内水银柱如图1所示，管内水银柱总长度为l0，玻璃管AB内封闭有长为的空气柱，已知大气压强相当于高度为l0的水银柱产生的压强，环境温度为300K.(AB管内封入的空气可视为理想气体)‎ 图4‎ ‎(1)如果使玻璃管绕B点在竖直平面内逆时针缓慢地转动，并缓慢升高环境温度，求AB管水平时，若要保持AB管内空气柱的长度不变，则温度需要升高到多少？‎ ‎(2)如果使玻璃管绕B点在竖直平面内逆时针缓慢地转动，并保持环境温度不变，求AB管水平时，管内空气的压强为多少(水银密度为ρ，重力加速度为g)?‎ ‎5.(2018·华南师大附中三模)如图5所示，两个导热的圆筒底部有一条细短管连通，圆筒内装有长度为20cm的水银，K为阀门，处于关闭状态，左侧大圆筒的横截面积S1＝800cm2，水银面到圆筒顶部的高度H＝115cm，水银上方是空气，空气的压强p1＝100cmHg，室温t1＝27℃.左侧圆筒中竖直放置一根托里拆利管，管的横截面积远小于两圆筒的横截面积，托里拆利管中水银上方有氮气，氮气柱的长度L1＝20cm，水银柱的高度L2＝70cm，右侧小圆筒的横截面积S2＝100cm2，一个活塞紧贴水银放置，已知大气压强p0＝75cmHg.‎ 图5‎ ‎(1)若环境温度缓慢升高60℃，左侧圆筒内空气的压强变为多大？‎ ‎(2)在环境温度升高到60℃且保持不变时，用力控制右侧圆筒中活塞，打开阀门K，使活塞缓慢升高h1＝40cm后固定，则托里拆利管中氮气柱的长度最终变为多大？(结果可以带根号)‎ ‎6.(2018·河北省承德市联校联考)如图6所示，用导热性能良好的汽缸和活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度及其与汽缸缸壁之间的摩擦力均不计，现将汽缸放置在光滑水平面上，活塞与水平轻弹簧连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，已知汽缸的长度为2L，活塞的面积为S，此时封闭气体的压强为p0，活塞到缸口的距离恰为L，大气压强恒为p0，现用外力向左缓慢移动汽缸(该过程中气体温度不变)，当汽缸的位移为L时活塞到缸口的距离为L.‎ 图6‎ ‎(1)求弹簧的劲度系数k；‎ ‎(2)若在上述条件下保持汽缸静止，缓慢降低外界温度，使活塞距离缸口仍为L，则此时气体温度与原来温度之比为多大？‎ ‎7.(2017·山东省枣庄市一模)如图7所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平.水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10cm、5cm.在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来升高了h＝10cm.已知大气压强p0＝76cmHg，求向左管注入的水银柱长度.‎ 图7‎ 答案精析 ‎1.(1)1.5×105Pa　(2)900K 解析　(1)对于管道右侧气体，因为气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V1＝p2V2，V2＝V1，解得p2＝1.5×105Pa；‎ ‎(2)对于管道左侧气体，根据理想气体状态方程有＝，解得V2′＝2V1′，当活塞P移动到最低点时，对活塞P受力分析可知两部分气体的压强p2′＝p2，解得T＝900K.‎ ‎2.(1)20次　(2)2.7atm 解析　(1)设充气n次可以让气体压强增大至3atm，据题知充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：‎ p1(V＋nΔV)＝p2V 代入数据解得n＝20(次).‎ ‎(2)当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：＝，‎ 可得p3＝p2＝×3atm≈2.7atm.‎ ‎3.(1)3.4kg　(2)540K　13.6J 解析　(1)设转动之前，汽缸内气体压强为p1，转动后，气体压强为p2，活塞质量为m，可得p1＝p0－，p2＝p0＋ 由玻意耳定律得p1S＝p2S，联立解得m＝3.4kg ‎(2)缓慢加热气体，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得＝ 解得T＝540K 气体体积增大，气体对外做功，由W＝p2ΔV 解得W＝13.6J ‎4.(1)450K　(2)1.4l0ρg 解析　(1)设AB管水平时管内气体压强p1＝p0＋ρg，由题意可知：AB管内气体做等容变化，由查理定律得＝，解得T＝450K；‎ ‎(2)解法一　设AB管水平时，CB管内水银柱下降长度为x，由玻意耳定律得：对AB管中密 闭气体p0S＝S，解得x＝l0，所以AB管内气体的压强为p＝p0＋ρg，解得p＝l0ρg＝1.4l0ρg.‎ 解法二　设AB管水平时，BC管内水银柱长度为x，AB管长l0，水银柱总长l0，所以末态体积为xS，对AB中密闭气体由玻意耳定律得p0S＝(p0＋ρgx)·xS，解得x＝l0，所以AB管内气体的压强为p＝p0＋xρg，解得p＝l0ρg＝1.4l0ρg.‎ ‎5.(1)120cmHg　(2)18.6cm 解析　(1)设升温后左侧大圆筒空气的压强变为p2，因阀门关闭，大圆筒内空气做等容变化，根据查理定律有＝，代入数据解得p2＝120cmHg；‎ ‎(2)阀门打开并控制活塞缓慢上升h1时，因左侧大圆筒中空气的压强大于外界大气压强，左侧大圆筒水银面下降高度设为h2，有：S2h1＝S1h2，可得h2＝5cm，同时，左侧大圆筒中的空气做等温变化，设空气高度变为H′＝H＋h2＝120cm，空气的压强变为p3，根据玻意耳定律有p2HS1＝p3H′S1，代入数据解得p3＝115cmHg，设托里拆利管中密封氮气柱的横截面积为S，最终长度为Lx，其初始压强为pL1，最终压强为pLx，根据理想气体状态方程有＝，其中pL1＝100cmHg－70cmHg＝30cmHg，pLx＝115cmHg－(20＋70＋5－Lx) cmHg＝(20＋Lx) cmHg，解得氮气柱的最终长度为Lx＝(2－10) cm≈18.6cm.‎ ‎6.(1)　(2) 解析　(1)以汽缸内气体为研究对象，气体发生等温变化，气体初、末状态的参量：p1＝p0，V1＝LS，V2＝S＝LS，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即p0LS＝p2×LS，解得p2＝p0，此时弹簧的伸长量为L，对活塞受力分析，由平衡条件有p2S＋kx＝p0S，即p0S＋kL＝p0S，解得k＝；‎ ‎(2)活塞到缸口距离为L时，弹簧的伸长量为L，此时气体的压强p3＝p0－＝，气体初状态的状态参量为p1＝p0，T1＝T0，由查理定律得＝，则＝＝.‎ ‎7.21.5cm 解析　设初状态a、b两部分空气柱的压强均为p1，由题意知：‎ p1＝90cmHg 因右管水银面升高的高度10cm<12cm，‎ 故b空气柱仍在水平直管内.‎ 设末状态a、b两部分空气柱的压强均为p2，则：‎ p2＝100cmHg 设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2.‎ 对a部分空气柱，根据玻意耳定律：‎ p1La1S＝p2La2S 对b部分空气柱，根据玻意耳定律：‎ p1Lb1S＝p2Lb2S 代入数据解得：‎ La2＝9cm Lb2＝4.5cm 设左管所注入的水银柱长度为L，由几何关系得：‎ L＝2h＋(La1＋Lb1)－(La2＋Lb2)‎ 代入数据解得：‎ L＝21.5cm