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1、专题强化练(十九)气体实验定律、理想气体状态方程(满分:60分时间:30分钟)(共6小题,每题10分,共60分)1.(考点1)(2019山东泰安二模)某兴趣小组设计了如图所示的便携式水银气压计,粗细均匀的细U形管竖直放置,左管密封,上方为真空,右管开口,两管均标有刻度,根据左右两管中水银面高度差便可直接得到大气压的数值。某次因使用不当,导致有气泡进入左管顶部,此时两水银液面高度差只有750 mm,左侧水银面到管顶的距离为80 mm。为修正上述测得的大气压值,将右管直接连接在压强恒为678 mmHg的气压仓上,此时,气压计两水银液面高度差为670 mm,不考虑过程中的温度变化。求:(1)大气压的
2、准确数值;(2)若断开气压仓,将U形管开口向上倾斜放在与水平面成30角的实验架上,则水银是否会溢出?并简述理由。解析(1)设大气压的准确值为p0,对于混入左管中的气体,初态时p1=p0-750 mmHg,V1=80S接在恒压仓上后,管中左右液面差由750 mm减为670 mm,则p2=678 mmHg-670 mmHg=8 mmHg,V2=120S由玻意耳定律:p1V1=p2V2代入数值,解得p0=762 mmHg。(2)开口向上倾斜放置时,液体产生的压强变小,被封气体压强增大,由玻意耳定律知,气体体积进一步缩小,所以水银不会溢出。答案(1)762 mmHg(2)水银不会溢出倾斜放置时,液体产
3、生的压强变小,被封气体压强增大,体积进一步缩小,所以水银不会溢出2.(考点1)(2019湖北天门二模)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口。初始时,右端管内用h1=4 cm的水银柱封闭一段长为L1=9 cm的空气柱A,左端管内用水银封闭有长为L2=14 cm的空气柱B,这段水银柱液面高度差为h2=8 cm,如图甲所示。已知大气压强p0=76.0 cmHg,环境温度不变。(1)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位);(2)若将玻璃管缓慢旋转180,使U形管竖直倒置(水银未混合、未溢出),如图乙所示。当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h3。解析(1)初始时,空气柱A的压强为
4、pA=p0+gh1而pB+gh2=pA联立解得气体B的压强为pB=72 cmHg。(2)U形管倒置后,空气柱A的压强为pA=p0-gh1空气柱B的压强为pB=pA+gh3空气柱B的长度L2=L2+h2-h32由玻意耳定律可得pBL2=pBL2联立解得h3=12 cm。答案(1)72 cmHg(2)12 cm3.(考点2)(2019湖南湘潭三模)如图所示,一质量为M的汽缸竖直“悬吊”,汽缸内有横截面积为S的活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。活塞和汽缸内封闭有一定质量的理想气体,轻质细线的一端固定在活塞上,另一端固定在天花板上。已知大气压强为p0,气体的温度为T0,活塞到汽缸底部的距离为d,汽缸与活塞均
5、具有良好的导热性。求:(1)外界温度降低为T时,活塞到汽缸底部的距离;(2)若把细线剪断,保持气体的温度不变,且不计空气阻力,在汽缸未落地前活塞到汽缸底部的距离。解析(1)外界温度降低前,封闭气体体积V1=dS,温度为:T1=T0外界温度降低后,封闭气体体积V2=dS,温度为:T2=T气体等压变化,根据盖吕萨克定律得:V1T1=V2T2代入数据解得:d=TT0d。(2)以汽缸为研究对象,开始受力分析如图所示,由受力平衡得:Mg+p1S=p0S剪断细线后,汽缸与活塞、气体做自由落体运动处于完全失重,气体压强为:p2=p0细线剪断前封闭气体体积为:V1=dS细线剪断后气体体积为:V3=dS气体发生
6、等温度变化,根据玻意耳定律得:p1V1=p2V3联立解得:d=(p0S-Mg)dp0S。答案(1)TT0d(2)(p0S-Mg)dp0S4.(考点2)(2019江西二模)如图所示,A、B为水平地面上两内壁光滑的圆筒形汽缸,其中A被固定在地面上,B未固定。A、B两汽缸总长度均为2L,分别用面积为2S与S的不计厚度的轻活塞封闭一定质量的理想气体,两活塞用一略长于2L的细轻杆相连。A汽缸壁与活塞均绝热,内接有一电阻丝。B汽缸质量为m,其汽缸壁导热,与水平面间的动摩擦因数为,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。开始时汽缸A、B中的活塞均正好处在汽缸正中央,两汽缸内气体与外界环境温度均为T0,两汽缸内气
7、体的压强均为p0(p0为大气压强),环境温度不变,重力加速度为g。现给电阻丝通电,对A汽缸内气体缓慢加热,求:(1)B汽缸开始移动时其内部气体压强pB与体积VB;(2)A汽缸内活塞移动到A汽缸最左端时其内部气体的温度TA。解析(1)设B汽缸开始移动时其内部气体压强为pB,对汽缸B根据受力平衡得:(pB-p0)S=mg解得:pB=p0+mgS对汽缸B内气体,由玻意耳定律得:p0LS=pBVB解得:VB=p0LS2p0S+mg(2)B汽缸开始移动后,其内部气体压强保持不变,始终为pB,故A汽缸内气体压强也始终保持不变,设A中气体压强为pA,对两活塞整体受力分析,根据受力平衡得pBS+2p0S=2p
8、AS+p0S对A汽缸内气体,由理想气体状态方程得:p0L2ST0=pA2L2STA解得:TA=2+mgp0ST0。答案(1)p0+mgSp0LS2p0S+mg(2)2+mgp0ST05.(考点2)(2019河北衡水二模)如图所示,除右侧壁导热良好外,其余部分均绝热的汽缸水平放置,MN为汽缸右侧壁,汽缸的总长度为L=80 cm,一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气),在汽缸内距左侧壁d=30 cm处设有卡环AB,使活塞只能向右滑动,开始时活塞在AB右侧紧挨AB,缸内左侧氮气的压强p1=0.8105 Pa,右侧氧气的压强p2=1.0105 Pa,两边气体和环境的
9、温度均为t1=27 ,现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热,使氮气温度缓慢升高,设外界环境温度不变,求:(1)活塞恰好要离开卡环时氮气的温度;(2)继续缓慢加热汽缸内左侧氮气,使氮气温度升高至227 ,求活塞移动的距离。解析(1)活塞恰好要离开卡环时,氮气压强等于右侧氧气的压强p2=1.0105 Pa,选择氮气作为研究对象,初状态:p1=0.8105 Pa,T1=(27+273) K=300 K末状态:p2=1.0105 Pa氮气发生等容变化,根据查理定律可得:p1T1=p2T2解得:T2=375 K。(2)继续缓慢加热氮气,使氮气温度上升至T3,设活塞移动距离为x,选择氮气作为研究对象,初状态:
10、p1=0.8105 Pa,T1=300 K,V1=dS末状态:p3,T3=(227+273) K=500 K,V3=d3S根据理想气体的状态方程可得:p1V1T1=p3V3T3再选择右侧氧气作为研究对象,发生等温变化,初状态:p4=1.0105 Pa,T4=300 K,V4=(L-d)S末状态:p5=p3,T5=300 K,V5=LS-V3=(L-d3)S根据玻意耳定律可得:p4V4=p5V5,得d335.6 cm活塞移动的距离:x=d3-d=5.6 cm。答案(1)375 K(2)5.6 cm6.(考点3)(2019安徽淮南二模)“打篮球”是同学们喜爱的一种体育活动,小明和同学们在室外打了一
11、段时间篮球后,发现篮球内气压不足,于是他拿到室内充气,已知室外温度为-3 ,室内温度为17 。篮球体积V=5 L,假定在室外时,篮球内部气体的压强为1.3个标准大气压。充气筒每次充入0.12 L,压强为1.0个标准大气压的空气,整个过程中,不考虑篮球体积的变化和充气过程中气体温度的变化,计算时,篮球内部气体按理想气体处理。试问:小明在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上,他至少充气多少次?解析篮球从室外拿到室内后的压强为p1,则:p0T0=p1T1即:1.3273-3=p1273+17,解得p11.4个大气压;设充气次数为n,则:p1V+np0V0=p2V解得:n8.3次。则在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上,他至少充气9次。答案9次