题型11　气体综合问题-2025高考物理题型专项培优练

题型11气体综合问题1.(6分)(2025浙江高三开学考试)如图所示,一不占体积的导热光滑活塞C与一段水银柱在气室A中封存着一定量的气体。此时气室温度与环境温度都为T0=300K。体积为V0(已知)的绝热容器分成A、B两室,B室的体积是A室的两倍,A室容器上连接一U形管(U形管内气体的体积忽略不计),两边水银柱高度差为38cm,B室容器中的气体通过阀门K,可与外界大气相通(外界大气压等于76cm高水银柱产生的压强,水银密度为ρ)。(1)将阀门K打开后,气室A内的气体(选填“吸热”“放热”或“既不吸热也不放热”);气室A内的气体对活塞C单位面积上的压力(选填“变大”“变小”或“不变”)。

(2)将阀门K打开后,A室的体积变成多少?(3)在打开阀门K后将气室A的气体从300K加热到660K,则U形管内两边水银面的高度差为多少?2.(6分)肺活量是指一次尽力吸气后,再尽力呼出的气体量。某经常参加体育锻炼的高中男生肺活量约为5000mL,在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%。已知正常大气压下水蒸气的密度ρ=0.71kg/m3,水蒸气摩尔质量M=18g/mol,阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1,大气压p0=1.0×105Pa。(1)求该男生一次呼出的水蒸气的最大体积;(2)试估算该男生一次呼出的气体中含有的水分子的数量;(结果保留两位有效数字)(3)估算该男生睡眠8小时对呼出气体做的功,已知睡眠时每次呼出的气体约为肺活量的50%,每分钟呼吸15次。3.(6分)(2024浙江杭州模拟预测)超市中有一种“强力吸盘挂钩”,其结构原理如图甲所示。使用时,按住锁扣把吸盘紧压在墙上,空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣,让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起,空腔体积增大,从而使吸盘紧紧吸在墙上,实际效果如图所示。已知外界大气压强p0=1×105Pa,甲图空腔体积为V0=1.5cm3,乙图空腔体积为V1=2.0cm3,吸盘空腔内气体可视为理想气体,忽略操作时温度的变化,全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。重力加速度为g。(1)扳下锁扣过程中空腔内气体是(选填“吸热”或“放热”)的;

(2)求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1;(3)若吸盘与墙面接触的正对面积为S,强力挂钩的总质量为m0,与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍,则所能挂物体的最大质量?(用已知量字母表示)4.(8分)如图所示,竖直放置的圆形管道内封闭有一定质量的理想气体,初始时阀门K关闭,A处有一固定绝热活塞,C处有一质量为2kg、横截面积为1.0×10-3m2的可自由移动的绝热活塞,初始时两活塞处于同一水平面上,并将管内气体分割成体积相等的Ⅰ、Ⅱ两部分,温度都为300K,其中Ⅰ部分气体的压强为1.0×105Pa。现保持Ⅱ部分气体温度不变,只对Ⅰ部分气体加热,使C处的活塞缓慢移动到最低点B(不计活塞厚度与摩擦,活塞密闭良好)。已知重力加速度g取10m/s2,外界大气压强恒为1.0×105Pa。求:(1)可移动活塞到达B处时Ⅱ部分气体的压强;(2)可移动活塞到达B处时Ⅰ部分气体的温度;(3)Ⅰ中气体加热后保持温度不变,打开阀门K,向外释放气体,使可移动活塞缓慢回到C处,Ⅰ部分剩余气体的质量与初始状态时气体的质量之比。5.(9分)(2024浙江高三阶段练习)如图所示,一导热性能良好的球形容器内部不规则,某兴趣小组为了测量它的容积,在容器上插入一根足够长、两端开口的长玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S=0.2cm2,玻璃管内一长为h=15cm的静止水银柱封闭着长度为l1=10cm的空气柱,此时外界温度为t1=27℃。现把容器浸在温度为t2=77℃的热水中,水银柱缓慢上升,当水银柱重新静止时下方玻璃管内的空气柱长度变为l2=110cm,实验过程中认为大气压没有变化,大气压p0=1.0×105Pa,相当于75cm高水银柱产生的压强,水银密度为ρ,(0℃的热力学温度值为273K,忽略水银柱与玻璃管壁之间的阻力)(1)放入热水后容器内气体分子平均速率(选填“增大”或“减小”);

(2)求容器的容积V;(3)若实验过程中管内气体内能增加了5.6J,请判断气体从外界吸收热量还是向外界放出热量,并计算热量的大小。

参考答案题型11气体综合问题1.【答案】(1)吸热变小(2)V02(3)7【解析】(1)将阀门K打开后,由于初始A室气体压强大于大气压强,则导热光滑活塞C向右移动,A室气体体积增大,气体对外做功,由于气体温度不变,气体内能不变,根据热力学第一定律可知,气室A内的气体吸热;由于A室气体体积增大,气体温度不变,则气体压强减小,气室A内的气体对活塞C单位面积上的压力变小。(2)设大气压为p0,开始时pA0=32p0,VA0=13V0,打开阀门,A室气体等温变化,此时pA=p0,设体积VA,根据玻意耳定律有pA0VA0=pAVA,解得VA=(3)假设打开阀门后,气体从T0=300K升到T时,活塞C恰好到达容器最右端,即气体体积变为V0,压强pA仍为p0,即等压变化过程,根据盖-吕萨克定律得V02T0=V0T,可得T=2T0=600K,从T=600K升高到T2=660K发生等容变化过程,根据查理定律得p0T=pA2T2,可得pA2=1.1p0,两边水银面的高度差为2.【答案】(1)3.0×10-4m3(2)7.1×1021个(3)1.8×106J【解析】(1)该男生一次呼出的水蒸气的最大体积为V0=V×6%=5000×10-6×6%m3=3.0×10-4m3。(2)该男生一次呼出的气体中含有的水分子的数量为n=ρV0MNA=0.71×3.0×10(3)该男生睡眠8小时对呼出气体做的功为W=p0V×50%×8×60×15=1.8×106J。3.【答案】(1)吸热(2)7.5×104Pa(3)kp0【解析】(1)扳下锁扣过程中,气体温度不变,气体内能不变;气体体积增大,则外界对气体做负功,根据热力学第一定律可知,空腔内气体从外界吸热。(2)根据玻意耳定律可得p0V0=p1V1可得扳下锁扣后空腔内气体的压强为p1=p0V0V1=1×105×1.52.0(3)若挂钩挂上物体时恰好不脱落,对挂钩和所挂物体为整体,根据受力平衡可得(m0+m)g=Ffm又Ffm=kFN,FN=(p0-p1)S联立解得所能挂物体的最大质量为m=kp0S4.【答案】(1)2.4×105Pa(2)1080K(3)5∶18【解析】(1)初始状态对活塞受力分析p1S+mg=p2S解得p2=1.2×105Pa活塞到达B处,对Ⅱ部分气体,由玻意耳定律得p2V2=p2'V2'又因为V2'=12V解得p2'=2.4×105Pa。(2)活塞到达B处时,则p1'=p2'根据理想气体状态方程,有p又有V1'=32V解得T1'=1080K。(3)上部分气体,等温变化,根据玻意耳定律有p1'V1'=p1″V1″又有p1″=p0解得V1″=3.6V1则Ⅰ部分剩余气体的质量与初始状态时气体的质量之比m剩5.【答案】(1)增大(2)118cm3(3)从外界吸收热量,8J【解析】(1)放入热水后容器内温度升高,则气体分子平均速率增大。(2)设容器的容积为V,T1=300K,T2=3