专题提升23　应用气体实验定律解决两类问题-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．现有一个容积为400L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为()A．20L B．40LC．50L D．60L解析：设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1＝15MPa，V1＝400L；末态：p2＝3MPa，V2＝40V0＋400L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2，代入数据得V0＝40L，B正确。答案：B2．(2021·山东卷)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60cm3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150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，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．30cm3 B．40cm3C．50cm3 D．60cm3解析：取5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态压强为p0＝750mmHg，体积为V0＝V＋5ΔV，其中ΔV＝60cm3；末态压强计示数为150mmHg，则气体压强p1＝p0＋150mmHg＝900mmHg，体积为V1＝5V，根据玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V＝60cm3，D正确。答案：D3．一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7℃，如果把它加热到47℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的()A．eq\f(1,8) B．eq\f(3,4)C．eq\f(5,6) D．eq\f(7,8)解析：取原来瓶中气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝280K，末态V2＝V＋ΔV，T2＝320K，由盖—吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，又eq\f(m余,m原)＝eq\f(V,V＋ΔV)，则eq\f(m余,m原)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(7,8)。答案：D4．(多选)内径均相同且均匀的T形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27℃，大气压强p0＝76cmHg。现只对理想气体Ⅰ加热，直到竖直玻璃管中的水银与管口相平，此时()A．理想气体Ⅰ的温度为500KB．理想气体Ⅰ的温度为700KC．理想气体Ⅱ的长度变为9cmD．理想气体Ⅱ的长度变为6cm解析：以理想气体Ⅱ为研究对象，初状态有p1＝p0＋14cmHg＝90cmHg，V1＝L1S，末状态有p2＝p0＋24cmHg＝100cmHg，V2＝L2S，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，L2＝eq\f(p1L1,p2)＝eq\f(90×10,100)cm＝9cm，C正确，D错误；以理想气体Ⅰ为研究对象，初状态有p′1＝p0＋14cmHg＝90cmHg，V′1＝L′1S，T1＝300K，末状态有p′2＝p0＋24cmHg＝100cmHg，V′2＝L′2S，其中L′1＝10cm，L′2＝(10＋10＋1)cm＝21cm，根据eq\f(p1′V1′,T1)＝eq\f(p2′V2′,T2)解得T2＝eq\f(p2′V2′T1,p1′V1′)＝eq\f(100×21×300,90×10)K＝700K，B正确，A错误。答案：BC5.如图所示，体积为V的汽缸由导热性能良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为eq\f(V,10)的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上下部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝eq\f(1,4)p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：(1)当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；(2)打气筒向容器内打气次数n。解析：(1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2可知p1eq\f(V,2)＝p2eq\f(V,10)初状态时对活塞：p1S＝p0S＋G联立解得：p2＝eq\f(25,4)p0＝6.25p0。(2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为p末状态时对活塞：p2S＝pS＋G由玻意耳定律得p0eq\f(V,2)＋n·p0eq\f(V,10)＝peq\f(9V,10)联立解得p＝6p0，n＝49次。答案：(1)6.25p0(2)49次[能力提升练]6.(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm。已知外界大气压强为p0＝75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。解析：设注入水银后A管内的水银柱高度为h1，横截面积为S1，B管内的水银柱高度为h2，横截面积为S2。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律对A管内气体：p0l1S1＝[p0＋ρ水银g(h2＋h－h1)](l1－h1)S1①对B管内气体：p0l2S2＝(p0＋ρ水银gh)(l2－h2)S2②②式代入数据解得：h2＝2cm①式代入数据解得：h1＝1cm故Δh＝h2－h1＝1cm。答案：1cm7．如图所示，足够长的A、B两薄壁汽缸的质量分别为m1＝5kg，m2＝10kg，分别用质量与厚度均不计的活塞C、D将理想气体M、N封闭在汽缸内，C、D两薄活塞用一跨过两定滑轮且不可伸长的柔软轻绳连接，汽缸B放置在水平地面上，系统在图示位置静止时，汽缸A的底部距离地面的高度为eq\f(h,2)，C、D两活塞距离汽缸底部分别为h与3h，h＝28cm。外界大气压恒为p0＝1.0×105Pa，气体M的热力学温度T1＝280K，C、D两活塞的横截面积均为S＝0.01m2，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计一切摩擦。对气体M缓慢加热，气体N的热力学温度始终保持在280K，求：(1)汽缸A的底部刚接触地面时气体M的热力学温度T2；(2)气体M的温度升到T3＝450K时活塞D距离地面高度h′。解析：(1)气体M等压变化，有eq\f(hS,T1)＝eq\f(\f(3h,2)S,T2)解得T2＝420K。(2)由(1)知，T3>T2，汽缸A已经落地，假设绳子仍绷紧，对气体M有eq\f(pM1VM1,T1)＝eq\f(pM3VM3,T3)VM1＝hSVM3＝(eq\f(3,2)h＋3h－h′)S对气体N有pN1·3hS＝pN3h′S又pM1＝pN1pM3＝pN3解得h′≈82cm因为82cm<84cm假设成立故h′＝82cm。答案：(1)420K(2)82cm8．(2022·山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处，B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，求：(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。解析：(1)鱼静止在水面下H处时，重力与浮力平衡，此时B室气体压强不变，仍等于外界压强，气体密度不变，B室体积增加部分所受浮力即为鱼所受的合外力，故有ρgΔV＝Ma则充入B室的气体质量Δm＝eq\f(m,V)ΔV＝eq\f(Mma,ρgV)。(2)鱼静止于水面下H处时，B室内气体压强p＝p0＋ρgH鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强p1＝p0＋ρgH1静止时B室体积不变，仍为V，气体温度不变，压强改变，为变质量问题。设从静止于H处变为静止于H1处时需要往B