专项突破14 气体实验定律的综合应用-2025届高三一轮复习物理

专项突破14气体实验定律的综合应用对应学生用书P343题型一单团气问题角度1“汽缸类”问题解决“活塞+汽缸”类问题的一般思路(1)弄清题意,确定研究对象。一般研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的理想气体);另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程;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)注意挖掘题目中的隐含条件,如几何关系、体积关系等,列出辅助方程。(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。(2024届永州二模)为了监控高温锅炉外壁的温度变化,在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸,汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上,用质量m=2kg的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞横截面积S=20cm2。当汽缸内温度为300K时,活塞与汽缸底间距为L,活塞上部距活塞L3处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为30N时,警报器报警。已知室外空气压强p0=1.0×105Pa,活塞与器壁之间摩擦可忽略。重力加速度大小g取10m/s2。(1)当活塞刚刚接触到重物时,锅炉外壁温度为多少?(2)当锅炉外壁的温度为1200K时,报警器恰好报警,则重物的质量应为多少?答案(1)400K(2)47kg解析(1)活塞上升过程,气体发生等压变化,V1=LS、V2=L+L3S,T1=根据盖-吕萨克定律V1T得T2=400K。(2)活塞碰到重物后到绳的拉力为30N的过程气体体积不变,压强变化,有FT=30Np2S=p0S+mg、p3S=p0S+(m+M)g-FT根据查理定律p2T解得M=47kg。角度2“液柱类”问题解答“液柱+管”类问题,关键是液柱封闭气体压强的计算,求液柱封闭的气体压强时,一般以液柱为研究对象进行受力分析、列平衡方程,要注意:(1)液体因重力产生的压强大小p=ρgh(其中h为液面的竖直高度)。(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,同种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”等,使计算过程简捷。(2024届韶关模拟)如图所示,一根一端封闭粗细均匀细玻璃管AB开口向上竖直放置,管内用高h=25cm的水银柱封闭了一段长L=41cm的空气柱。已知外界大气压强p0=75cmHg,封闭气体的温度T1=410K,则:(1)若玻璃管AB长度L0=75cm,现对封闭气体缓慢加热,则温度升高到多少摄氏度时,水银刚好不溢出?(2)若玻璃管AB足够长,缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定,同时使封闭气体的温度缓慢降到T3=280K,求此时试管内空气柱的长度。答案(1)227℃(2)56cm解析(1)若对封闭气体缓慢加热,直到水银刚好不溢出,封闭气体发生等压变化,设玻璃管的横截面积为S初状态V1=LS,T1=410K末状态V2=(L0-h)S根据盖-吕萨克定律V1T解得T2=500K故温度升高到t=(500-273)℃=227℃。(2)初始时刻,气体的压强p1=p0+ph=100cmHg玻璃管倒过来后稳定时气体的压强p3=p0-ph=50cmHg由理想气体状态方程得p1LS解得L3=56cm。分析气体状态变化的问题要抓住三点(1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段。(2)找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的。(3)明确哪个阶段应遵循什么实验定律。题型二双团气问题处理“两团气”问题的技巧(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。(3)分析“两团气”状态参量的变化特点,选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。(2023年全国乙卷)如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm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10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位)答案pA1=74.36cmHgpB1=54.36cmHg解析设B管在上方时上部分气压为pB1,则此时下方气压pA1=pB1+20cmHg倒置前后示意图如图所示,倒置后A管气体压强变小,即空气柱长度增加1cm,A管中水银柱高度减小1cm,又因为SA=4SB可知B管内水银柱高度增加4cm,空气柱长度减小4cm,设此时两管的气体压强分别为pA2、pB2,所以有pB2=pA2+23cmHg倒置前后温度不变,根据玻意耳定律,对A管内气体有pA1SALA1=pA2SALA2对B管内气体有pB1SBLB1=pB2SBLB2其中LA1=LB1=10cm,LA2=10cm+1cm=11cm,LB2=10cm-4cm=6cm联立以上各式解得pA1=74.36cmHg,pB1=54.36cmHg。(2024届湖南联考)如图所示,高h=14.4cm、截面积S=5cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上,标准状况(温度t0=0℃、压强p0=1×105Pa)下,用质量M=1kg的绝热活塞Q和质量不计的导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分,活塞Q与固定在汽缸底部、劲度系数k=1000N/m的轻弹簧连接,系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零,此时活塞P刚好位于汽缸的顶部。现将一质量m=1kg的物体放在活塞P上,活塞P下移。不计一切摩擦与活塞厚度,外界环境的温度和大气压恒定,重力加速度g=10m/s2。(1)当活塞P不再下移时,气体甲的长度l1'为多少?(2)在活塞不再下移后,如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部,此时气体乙的温度为多少摄氏度?(结果保留整数)答案(1)6cm(2)162℃解析(1)气体甲的初态压强p1=p0=1×105Pa,体积V1=ℎ2末态压强设为p1',体积V1'=l1'S此时对活塞P有p0S+mg=p1'S解得p1'=p0+mgS=1.2×105对气体甲,根据玻意耳定律有p1V1=p1'V1'解得l1'=6cm。(2)气体乙的初态压强设为p2,体积V2=ℎ2S,温度T2=273此时对活塞Q有p1S+Mg=p2S解得p2=p1+MgS=1.2×105P不再下降时气体甲的长度l1'=6cm,故要使活塞P返回到汽缸顶部,气体乙末状态时的气柱长度l2'=h-l1'=8.4cm此时弹簧伸长,形变量x=l2'-ℎ2=1.2气体乙的末态压强设为p2',体积V2'=l2'S,温度设为T2',此时对活塞Q,有p1'S+Mg+kx=p2'S解得p2'=1.64×105Pa对气体乙,由理想气体状态方程有p2V解得T2'≈435K则t=(435-273)℃=162℃。题型三变质量气体问题气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量的理想气体,但在实际问题中,常遇到气体的变质量问题。气体的变质量问题,可以通过巧妙地选择合适的研究对象,把“变质量”问题转化为“定质量”的问题,从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解,常见的有以下四种类型:类别现象研究对象充气问题将部分气体充入某一大容器内选择原有气体和即将充入的气体为整体抽气问题从某一大容器内抽出部分气体选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体为整体灌气问题从某一大容器分别向几个小容器灌装把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体为整体漏气问题某一容器内的气体发生漏气选择容器内剩余气体和漏出气体为整体角度1充气问题(2024届湖北三模)为解决学生用水问题,小刚同学采用压水器结合桶装水进行供水,装置如图1所示,同学们通过按压压水器,就可以将水从出水口压出。上述过程可简化为如图2所示模型。大汽缸B可当作水桶,可认为是内径一定的圆桶,容积为16L,高度为80cm(桶壁厚度不计);带活塞的小汽缸A可当做压水器,每次最多可将0.8L的1个标准大气压的空气压入水桶中,出水管C的出水口与水桶B上部等高,K1和K2为单向阀门。已知外界大气压为标准大气压,大小p0=1.01×105Pa,水的密度ρ=1.00×103kg/m3,重力加速度g=10m/s2,出水管中的水所占体积可以忽略,外界温度保持不变,某次使用后桶内还剩余有8L水。(1)求此时桶内封闭气体的压强。(2)若要再压出4L水,至少需按压几次?答案(1)1.05×105Pa(2)6次解析(1)对出水管中的水受力分析可知p1=p0+ρgh而h=802cm=0.40代入可得p1=1.05×105Pa。(2)假设至少需按压N次,对气体分析可知p1V1+Np0V0=p2V2其中V1=8L,V0=0.8L,V2=12L而p2=p0+ρg(h+Δh)且Δh=8016×4cm=20cm=0.2代入可得N=5.495,故至少需要按压6次。角度2抽气问题(2024届湛江一模)负压救护车可利用技术手段,使负压舱内气压低于外界大气压,所以空气只能由舱外流向舱内。某负压救护车负压舱没有启动时,设舱内的大气压强为p0、温度为T0、体积为V0,启动负压舱后,要求负压舱外和舱内的压强差为p01000(1)若不启动负压舱,舱内气体与外界没有循环交换,负压舱内温度升高到54T0时,(2)若启动负压舱,舱内温度保持T0不变,达到要求的负压值,求需要抽出的压强为p0状态下气体的体积。答案(1)54p0(2)解析(1)由于舱内气体与外界没有循环交换,负压舱内温度升高后压强为p1,由查理定律可得p0T解得p1=54p0(2)启动负压舱,设舱内气体体积变为V0+ΔV,压强为p2,由负压舱特点可得p2=p0-p由玻意耳定律可得p0V0=p2(V0+ΔV)设抽出气体在压强p0状态下的体积为V1,由玻意耳定律可得p2ΔV=p0V1解得V1=V0角度3分装问题如图所示,从北方调用大批钢瓶氧气到南方,每个钢瓶容积为40L,在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107Pa,温度为7℃,长途运输到南方某医院检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107Pa。在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,小钢瓶容积为10L,分装后每个小钢瓶内氧气压强为2×105Pa,要求大钢瓶内压强降到2×105Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏,则:(1)在南方该医院检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度?(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用?(医院内的温度视为不变)答案(1)21℃(2)248解析(1)钢瓶的容积一定,从北方到南方医院,对钢瓶内气体,有p1T其中p1=1.2×107Pa,p2=1.26×107Pa,T1=280K解得T2=294K,即t=21℃。(2)在南方该医院时,设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为分装后的状态p3、V3根据p2V2=p3V3其中p2=1.26×107Pa,V2=0.04m3,p3=2×105Pa得V3=2.52m3可用于分装小瓶的氧气体积V4=(2.52-0.04)m3=2.48m3V4=nV其中小钢瓶容积V=0.01m3解得n=248,即一大钢瓶氧气可分装248小瓶。角度4放气问题空气压缩机是一种用于压缩气体的设备,一种单缸式空气压缩机的原理示意图如图所示,椭圆形凸轮匀速转动,滑杆联动活塞左右运动,在如图所示位置(初始位置)时活塞到右侧容器壁的距离为L0,已知椭圆长半轴为r1,短半轴为r2,r1=2r2=12L0,容器为绝热容器。工作时在凸轮与滑杆接触点从长轴端点到短轴端点的过程中,阀门K1保持敞开,K2保持闭合,外界空气从K1自由进入活塞右侧空间。在凸轮与滑杆接触点从短轴端点到长轴端点的过程中,阀门K1、K2均保持闭合,到达长轴端点后,K2打开,气体从K2排出,直到内外压强相同。已知大气压强为p0,温度t0=27℃(300K),忽略气体排出过程汽缸中气体温度的变化。(1)当凸轮触点为长轴端点时(K2还未打开),容器内气体压强为1.5p0,求此时容器内气体温度为多少摄氏度。(2)在(1)的前提下,求单次K2阀门打开过程中排出气体与封闭压缩过程中气体总质量之比。答案(1)64.5℃(2)1解析设活塞横截面积为S,初始时容器体积V0=SL0当凸轮触点为长轴端点时,容器内气体体积V1=S[L0-(r1-r2)]根据理想气体方程有p0V且T0=(27+273)K,T1=t1+273K联立解得t1=64.5℃。(2)设排出气体质量为m',原有气体质量为m,原有气体在压强为1.5p0,温度为T1时体积为V1,原有气体在压强为p0,温度为T1时体积为V1'根据玻意耳定律有p0V1'=1.5p0V1排出气体后容器内气体压强为p0,温度为T1,体积仍为V1根据质量与体积的关系有m'm联立解得m'm=见《高效训练》P1191.(2024届玉溪月考)如图所示,一端开口的玻璃管,水平放置在桌面上,玻璃管内由10cm的水银柱封闭了长度为8cm的气体。以玻璃管底端为支点,将玻璃管向上抬起30°角,则空气柱的长度变为(外界大气压强为75cmHg)()。A.8.6cmB.7.5cmC.7.2cmD.7.1cm答案B解析封闭气体的初始压强p1=p0=75cmHg,向上抬起30°角,设封闭气体的压强为p2,根据受力平衡可得p2S=p0S+ρghSsin30°,解得p2=80cmHg,根据玻意耳定律可得p1l1S=p2l2S,联立解得l2=p1l1p2=75×880cm=7.2.(2024届黄山三模)一种演示气体实验定律的仪器的简化图如图所示,它是一个底部开有圆孔,瓶颈很短的平底大烧瓶,在瓶内塞有一气球,气球的吹气口反扣在瓶口上,瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中,瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体,开始时气球自然松弛,气球内气体与外界连通,气体体积为V,瓶内气体体积为2V。用打气筒出气口紧密贴合气球吹气口并向气球内缓慢打入气体,直至气球体积增大到2V,容器和气球导热良好,外界温度不变。重力与气球壁厚度不计,大气压强为p0,在此过程中()。A.瓶内气体内能减小B.瓶内气体吸热C.瓶内气体压强由p0变为2p0D.气球中充入的气体质量等于开始时气球中气体质量答案C解析瓶内气体做等温变化,内能不变,A项错误;瓶内气体体积减小,则外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知瓶内气体向外界放热,B项错误;对瓶内气体,根据玻意耳定律有p0·2V=pV,解得p=2p0,C项正确;对气球中的气体,初始的压强和体积分别为p0、V,充气后气球中气体的压强和体积分别为2p0、2V,根据玻意耳定律有p0·V-2p0·V',解得V'=V2,则气球中原来气体与充入气球中气体的质量比mm0=V223.(2024届洛阳月考)打篮球是同学们喜爱的一种体育活动,篮球正常使用时气压范围为1.5atm~1.6atm。小明和同学们来到室内篮球场打篮球,发现篮球场内的篮球气压不足,测得篮球内部气体的压强为1.2atm。如图所示,小明同学用手持式打气筒在室内给篮球打气,每打一次都把体积为125mL、压强与大气压相同的气体打进球内。已知篮球的体积V=5L,大气压强恒为p0=1.0atm,打气过程中篮球体积和球内气体温度均视为不变,室内温度t1=24℃,室外温度t2=27℃。下列说法正确的是()。A.若同学们在室内篮球场玩,最少需打气11次B.若同学们在室内篮球场玩,最少需打气13次C.若同学们将篮球带到室外篮球场玩,最多能打气15次D.若同学们将篮球带到室外篮球场玩,最多能打气17次答案C解析根据玻意耳定律有p1V+n1p0V0=pminV,解得n1=12(次),A、B两项错误;室内的热力学温度T1=t1+273K=297K,室外的热力学温度T2=t2+273K=300K,根据理想气体状态方程有p1V+n2p0V0T1=pmaxVT2,解得n2=4.(2024届哈尔滨期中)如图所示,水平放置的固定圆柱形汽缸内A、B两活塞之间封有一定质量的气体,活塞之间用硬杆相连(硬杆的粗细可忽略),活塞与汽缸壁之间可无摩擦地滑动而不漏气。现缸内气体温度为T1,活塞在图示位置保持静止。若缸内气体温度缓慢下降到T2,且降温幅度很小,外界环境压强不变,则下列说法中正确的是()。A.缸内气体将做等体积变化,活塞不发生移动B.活塞将向右移动C.活塞将向左移动D.活塞再次静止时,缸内气体的体积、温度、压强与降温前相比都发生了变化答案B解析设外界环境压强与密封气体压强分别为p0、p1,对活塞与硬杆整体分析有p0SA+p1SB=p1SA+p0SB,解得p0=p1,则气体发生的是等压变化,根据盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2,可知当缸内气体温度缓慢下降到T2时,密封气体体积将随之减小,由于活塞用硬杆相连,两活塞移动的距离相等,当体积减小时,活塞应向横截面积较小的活塞一侧移动,即活塞将向右移动,A、C两项错误,B项正确;根据上述分析可知,活塞再次静止时,5.(2023年山东卷)(多选)一定质量的理想气体,初始温度为300K,压强为1×105Pa。经等容过程,该气体吸收400J的热量后温度上升100K;若经等压过程,需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是()。A.初始状态下,气体的体积为6LB.等压过程中,气体对外做功400JC.等压过程中,气体体积增加了原体积的1D.两个过程中,气体的内能增加量都为400J答案AD解析令理想气体的初始状态(状态1)的压强p1=p0,体积V1=V0,温度T1=300K;等容过程后气体在状态2的压强为p2,体积V2=V1=V0,温度T2=400K;等压过程后气体在状态3的压强p3=p0,体积为V3,温度T3=400K。由理想气体状态方程可得p1V1T1=p2V2T2=p3V3T3,解得p2=43p0,V3=43V0,即等压过程中,气体体积增加了原来的13,C项错误。等容过程中,气体对外做功为零,吸收400J的热量,由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=400J,两个过程气体的初、末温度相同,即内能变化相同,因此气体的内能增加量都为400J,D项正确。等压过程气体的内能增加了400J,吸收的热量为600J,由热力学第一定律可知气体对外做的功为200J,即W=p046.(2024届邵阳一模)舱外航天服是一套非常复杂的生命保障系统,其简化的物理模型可以理解为舱外航天服内密封了一定质量的理想气体,用来提供适合人体生存的气压。在太空中出舱前,航天员身着航天服,先从核心舱进入节点舱,此时航天服中密闭气体的体积V1=4L,压强p1=1.0×105Pa,温度t1=27℃;然后封闭所有内部舱门,对节点舱泄压,直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。节点舱气压降低到能打开舱门时,密闭航天服内气体体积膨胀到V2=8L。(1)假设温度不变,求打开舱门时航天服内气体的压强p2。(2)打开舱门后,航天员安全出舱,由于外界温度极低,航天服自动控制系统启动,系统能通过加热、充气、放气等调节方式来保证密闭航天服内气体的压强为p2,温度t2=-3℃,体积V1=4L,求调节后航天服内的气体质量与原有气体质量之比。解析(1)航天服内气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1V1=p2V2解得p2=0.5×105Pa。(2)打开舱门后,以航天服内气体为研究对象,假设这部分气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有V2T解得V=7.2L由于剩余气体在这个压强下的体积V1=4L而剩余气体与原气体之间质量和体积成正比,则有m剩m原=V7.(2024届上海一模)导热的U形管左端封闭,管中用水银封闭一定质量的气体,U形管两直管长度相等,间距为d,且d远大于管的直径。当U形口向上、直管竖直放置时,管中两水银面等高,如图中(a)所示,此时封闭气体柱的长度为l0。大气压强为p0,环境温度不变,水银密度为ρ,重力加速度为g。(1)若将U形管在管平面内缓慢逆时针转过90°,如图中(b)所示,或顺时针缓慢转过90°,如图中(c)所示,求图(b)与图(c)中封闭气体柱长度之比(结果用p0、ρ、g、d表示)。(2)若U形管从图(c)继续顺时针缓慢转动,当管中水银恰好与开口端管口相齐时两侧管中水银面连线恰好在竖直方向上,如图(d)。已知d=22.5cm,l0=15cm,求大气压强p0(单位