高考物理【一轮复习】讲义练习第十五章　第80课时　专题强化：气体实验定律的综合应用

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第十五章　第80课时　专题强化：气体实验定律的综合应用，共9页。试卷主要包含了25×10－5 m3，36 cmHg　pB＝54，3 K　4等内容，欢迎下载使用。
考点一 单一气体多过程问题
解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，确定状态参量
①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。
(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。
例1 (2024·全国甲卷·33(2))如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离bc＝10ab，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
答案 (1)100 N (2)327 K
解析 (1)活塞从位置a到b过程中，初态p1＝p0＝1.0×105 Pa、V1＝S·11ab
末态p2＝？、V2＝S·10ab
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件得F＋p0S＝p2S＋FN
解得卡销b对活塞支持力的大小FN＝100 N
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，
初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件得p3S＝F＋p0S
解得p3＝1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据查理定律有p2T2＝p3T3
解得T3≈327 K。
针对训练 (多选)(2024·山东威海市期末)如图所示，圆柱形光滑汽缸顶部开一小孔，用活塞封闭一定质量的理想气体，不计厚度的活塞用细线悬挂在天花板上。开始时活塞与汽缸顶部接触，气体的温度为2T0。现让气体的温度缓慢降低，当活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一时，气体的温度为T0。已知汽缸的质量为M、横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.当汽缸顶部与活塞分离时，气体的温度为43T0
B.当汽缸顶部与活塞分离时，气体的温度为53T0
C.开始时气体的压强为32(p0－MgS)
D.开始时气压的压强为83(p0－MgS)
答案 AC
解析 从汽缸顶部与活塞分离到活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一，气体为等压降温过程，则有LST1＝34LST0，解得T1＝43T0，故A正确，B错误；从活塞与汽缸顶部接触到汽缸顶部与活塞分离，气体的体积不变，温度降低，压强减小，则p12T0＝p2T1，对汽缸，有p2S＋Mg＝p0S，联立解得p1＝32(p0－MgS)，故C正确，D错误。
例2 (2024·广西卷·14)如图，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F－15＋x曲线如图。大气压强p0＝1×105 Pa。
(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
(3)画出封闭气体等温变化的p－V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
答案 (1)50 N (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N
(2)根据题意可知F－15＋x图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k·15＋x
根据F＝pS可得气体压强为p＝k(5＋x)S(SI)
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV＝k(5＋x)S·S·(x＋5)×10－3(SI)＝k·10－3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化。
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，
由(1)知pb＝p0
在b处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律paVa＝pbVb
解得pa＝40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p－V图像如图所示。
考点二 关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
例3 (2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm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10 cm。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1 cm。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 pA＝74.36 cmHg pB＝54.36 cmHg
解析 设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA＝4SB
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，
所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA'SALA'
对B管内空气柱有pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
例4 (2022·河北卷·15(2))水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的12，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
答案 (1)2p0 23p0 (2)4p0S3g
解析 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·12SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为12SL0＋SL0＝32SL0，则
p0·SL0＝p2·32SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝23p0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝4p0S3g。
课时精练
(分值：50分)
1.(8分)(2025·山东东营市检测)某种供水装置工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到3p0时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到1.5p0时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为V0，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强p0，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
(1)(3分)水泵停止注水时罐内气体的体积V1；
(2)(5分)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强p1。
答案 (1)13V0 (2)53p0
解析 (1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有
p0V0＝3p0V1，解得V1＝13V0
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V2＝0.6V0
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V2，压强p1＝53p0。
2.(8分)(2024·山东泰安市期末)如图，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的横截面积相同的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.5倍。设环境温度始终保持不变，求：
(1)(3分)汽缸B中气体的体积VB；
(2)(5分)汽缸A中气体温度TA。
答案 (1)23V0 (2)2T0
解析 (1)稳定后，A、B的压强相等，
即pA＝pB＝1.5p0
B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律有
p0V0＝1.5p0VB
解得VB＝23V0
(2)根据题意可知，末状态时A中气体的体积满足
VA＋VB＝2V0
解得VA＝43V0
根据理想气体状态方程可得p0V0T0＝1.5p0×43V0TA
解得TA＝2T0。
3.(10分)(2025·山东济南市历城第二中学模拟)如图所示，U形管竖直放置，右管内径为左管内径的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为76 cm、温度为300 K的空气柱，左、右两管水银面高度差为6 cm，大气压为76 cmHg。
(1)(6分)给左管的气体加热，求当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度(结果保留一位小数)；
(2)(4分)在(1)问的条件下，保持加热后的温度不变，往右管缓慢加入水银，直到左管气柱恢复原长，求此时两管水银面的高度差。
答案 (1)346.3 K (2)4.8 cm
解析 (1)由右管内径是左管的2倍可知，右管的横截面积是左管的4倍，所以两管水银面相平时，左侧液面下降4.8 cm，右侧液面上升1.2 cm，则有p1＝76 cmHg－6 cmHg＝70 cmHg，V1＝76 cm·S，T1＝300 K，p2＝76 cmHg，V2＝(76 cm＋4.8 cm)S，由理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2，
解得T2≈346.3 K。
(2)管中气体做等温变化，则有p2V2＝p3V3，其中V3＝V1，解得p3＝80.8 cmHg，所以右管的水银面比左管高Δh＝80.8 cm－76 cm＝4.8 cm。
4.(12分)(2024·甘肃卷·13)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半，系统稳定后B的体积变为原来的34。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)(7分)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。
(2)(5分)弹簧的劲度系数k。
答案 (1)45p0 23p0 (2)8p0S15l
解析 (1)对A内气体分析：
抽气前：体积V＝Sl 压强p0
抽气后：VA＝2V－34V＝54Sl
根据玻意耳定律得p0V＝pAVA
解得pA＝45p0
对B内气体分析，
若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即12p0，
则根据玻意耳定律得12p0V＝pB·34V
解得pB＝23p0
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为l4，对隔板受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得F＝kl4
联立得k＝8p0S15l。
5.(12分)(2025·山东潍坊市期末)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同的汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的横截面积均为S，容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5倍，开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有气体(可视为理想气体)，活塞下方气体压强为p0，左活塞在汽缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为V04。现使汽缸底与一热源接触，热源温度恒为75T0，平衡后左活塞升至汽缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与汽缸壁间的摩擦，不计细管内气体体积。求：
(1)(3分)开始时右活塞上方气体压强p'；
(2)(3分)接触恒温热源后且未打开K之前，左活塞上升的高度H；
(3)(6分)打开阀门K后，重新达到平衡时左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
答案 (1)13p0 (2)V02S (3)12V0
解析 (1)对左侧活塞，由平衡条件得p0S＝1.5mg
对右侧活塞，由平衡条件得p'S＋mg＝p0S
解得p'＝13p0
(2)打开K前，两活塞下方气体由等压变化得
34V0＋12V0T0＝34V0＋12V0＋HS75T0
解得H＝V02S，左侧活塞刚好运动到顶端
(3)打开K后，设上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等温变化得
p'·14V0＝p1V1
对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时下部分气体的压强p2＝p1＋1.5mgS＝p1＋p0
由等温变化p0·74V0＝p2(2V0－V1)
解得V1＝V02
此时右侧活塞运动到汽缸的顶端，所以左汽缸中活塞上方气体的体积Vx＝V1＝12V0。