第十五章　热学 专题强化练二十六　气体实验定律的综合应用(含答案）-2024届高考物理大一轮复习

这是一份第十五章　热学 专题强化练二十六　气体实验定律的综合应用(含答案）-2024届高考物理大一轮复习，共5页。试卷主要包含了90 cmHg　27 cm，eq \fT0　eq \fp0，eq \f　eq \fm等内容，欢迎下载使用。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa.
2．(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K．大气压强p0＝76 cmHg.
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
3.竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有质量一定的空气柱(可视为理想气体)，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中．已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度．
4.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
5．(2023·江苏苏州市模拟)如图所示，水平放置的绝热汽缸内有A、B两个活塞(活塞B导热良好，活塞A绝热)，封闭了甲、乙两部分理想气体，活塞的面积为S，活塞与汽缸之间的滑动摩擦力为Ff＝p0S，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时，活塞A到汽缸底部的距离为d，活塞A、B之间的距离也为d，活塞与汽缸之间的摩擦力恰为0，两部分理想气体的热力学温度均为T0.现缓慢加热甲部分气体，求当活塞B刚好要发生滑动时甲部分气体的温度(环境大气压强为p0，环境温度恒为T0)．
6.(2022·山东卷·15)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.
专题强化练二十六 气体实验定律的综合应用
1．(1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
解析 (1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得p2＝3.1×103 Pa
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有空气为研究对象有
p0V＝p1V1
解得V1＝eq \f(100,3)V
则夹层中增加空气的体积为
ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3).
2．见解析
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有
p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
T2≈363 K.
3．(1)90 cmHg (2)27 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，初态：
p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S
末态：V2＝(30 cm－5 cm)·S
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝90 cmHg
(2)对水平管中的空气柱，
初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S
末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg
根据玻意耳定律有pV＝p′V′
解得V′＝9 cm·S，则水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm.
4．(1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有eq \f(p0\f(V0,8)＋\f(V0,4),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0.
5．4.5T0
解析 设B刚要发生滑动时，A向右移动距离x，对乙部分气体，
由理想气体状态方程得
eq \f(p0dS,T0)＝eq \f(p2d－xS,T0)
对活塞B受力分析可知
p2S＝p0S＋Ff，Ff＝p0S
可得p2＝2p0，x＝eq \f(d,2)
在对甲部分气体eq \f(p0dS,T0)＝eq \f(p1d＋xS,T1)
对活塞A受力分析可知
p1S＝p2S＋Ff
解得T1＝4.5T0.
6．(1)eq \f(Mma,Vρg) (2)eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
解析 (1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg ＝ ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，
则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量Δm＝ρ气ΔV＝eq \f(Mma,Vρg)
(2)开始鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1＝ρgH＋p0
鱼静止于水面下H1处时，
有p2＝ρgH1＋p0
此时体积也为V；设该部分气体在压强为p1时，体积为V2，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p2V＝p1V2
解得V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)V
则此时B室内气体质量
m1＝ρ气V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m