高考重要模拟考试物理考点分类精讲16气体定律.docx

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高考重要模拟考试物理考点分类精讲16气体定律

1.（江苏南通市2012年届高三第一学期期末）一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示，AB、BC分别与p轴和T轴平行，气体在状态A时的压强为p0、体积为V0，在状态B时的压强为2p0，则气体在状态B时的体积为；气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了ΔU，则此过程气体（选填“吸收”或“放出”）的热量为．

1.答案：

V0/2（2分）吸收（1分）

ΔU+W（1分）

解析：

气体从状态A变化到状态B，做等温变化，由波意耳定律可得气体在状态B时的体积为V0/2；气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了ΔU，由热力学第一定律，则此过程气体吸收热量Q=ΔU+W。

2.（2012年苏北四市联考）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，如图所示，则对应的压强pApB（选填“大于”、“小于”或“等于”），该过程中气体热量（选填“吸收”或“放出”）。

2..答案：

大于（2分）吸收（2分）

⑵一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，压强pA大于pB，体积增大，温度升高，一定吸收热量。

3.（12分）（2012年山西太原期末）如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的细管B插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差z即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．（B管的体积与A泡的体积相比可忽略）

①在标准大气压下（p0=76cmHg），对B管进行温度刻线．已知温度t1=27℃，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27℃的刻度线．求当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0．

②若大气压变为p1=75cmHg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？

3.解析：

①由于B管的体积与A泡的体积相比可忽略，所以A泡内的气体做等容变化，p1=p0-px=60cmHg，T1=300K

由查理定律，p/p1=T/T1

解得p=54.6cmHg。

当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0=76cm-54.6cm=21.4cm。

②此时A泡内气体压强p’=（75-16）cmHg=59cmHg，

由查理定律，p’/p1=T’/T1

解得实际温度是T’=295K=22℃。

4.（10分）（2012年年2月西安五校联考）某同学家新买了一双门电冰箱，冷藏室容积107L，冷冻容积118L，假设室内空气为理想气体。

①若室内空气摩尔体积为22.5×10-3m3/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023个/mol，在家中关闭冰箱密封门后，电冰箱的冷藏室和冷冻室内大约共有多少个空气分子?

②若室内温度为27℃，大气压为l×105Pa，关闭冰箱密封门通电工作一段时间后，冷藏室内温度降为6℃，冷冻室温度降为-9℃，此时冷藏室与冷冻室中空气的压强差为多大?

③冰箱工作时把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的冰箱外部，请分析说明这是否违背热力学第二定律。

4.解析：

①

…………２分

②

=

得p1=

=p0　…………2分

同理：

p2=

=p0　…………2分

△p=p1-p2=

p0=7.0×103Pa…………2分

③不违背热力学第二定律，因为热量不是自发的由低温的冰箱内部向高温的冰箱外部传递的，且冰箱工作过程中要消耗电能。

…………２分

5.（9分）（2012年年2月武汉调研）如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃。

现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？

接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩4cm高的水银柱？

（大气压强p0=76cmHg）

5.解：

设玻璃管的横截面积为s，初态时，管内气体温度为T1=273K+33K=306K，体积为V1=51Scm3，压强为p1=p0+h=80cmHg.

当水银柱与管口相平时，水银柱高为H，则V2=（57-H）Scm3，压强为p2=p0+H=（76+H）cmHg.

由波意耳定律，p1V1=p2V2，

代入数据得H2+19H-252=0

解得：

H=9cm，

故p2=p0+H=85cmHg.

设温度升至T时，管中水银柱高为4cm，气体体积为V3=53Scm3，

气体压强为p3=p0+h=80cmHg.

由盖·吕萨克定律，V1/T1=V3/T，

代入数据得T=318K。

6..（9分）（2012年江西重点中学联盟第一次联考）如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为的液体。

右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。

温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L，压强均为大气压强P0，重力加速度为g。

现使左右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左右两管液面保持不动。

求：

①右管活塞刚离开卡口上升时，右管封闭气体的压强P1；

②温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；

③温度升高到T2为多少时，两管液面高度差为L。

6.解①活塞刚离开卡口时，对活塞mg+P0S=P1S

得P1=P0+

（3分）

②两侧气体体积不变右管气体

=

得T1=T0（1+

）（3分）

③左管内气体，V2=

SP2=P0+

+gL

应用理想气体状态方程

=

得T2=

（P0+

+gL）（3分）

7.（2012年年2月山东潍坊重点中学联考）一质量为M的气缸，用质量为m，横截面积为S的活塞，封有一定质量的气体，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气。

气缸水平横放时，空气柱长为L0（如图甲所示），若将气缸按图乙悬挂，静止时求气柱长度为多少.（已知大气压强为P0，且气体温度保持不变.）

（2）解析：

对缸内理想气体，平放初态：

p1=p0，v1=L0s①

悬挂末态：

对缸体，Mg+p2s=p0s即p2=

②

v=LS

由玻马定律：

p1v1=p2v2，即p0L0s=（

）LS③

得：

气柱长度为L=

④

8.（9分）（2012年年2月江西九江市七校联考）如图所示，向一个空的铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。

如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。

已知铝罐的容积是360cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25℃时，油柱离管口10cm。

①吸管上标刻温度值时，刻度是否均匀？

说明理由。

②计算这个气温计的测量范围。

8.解析：

：

①根据盖—吕萨克定律，

，

则C=

cm3/K=

cm3/K，　①

所以ΔV=CΔT=

，②

即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的。

　　③

②因为ΔV=

，所以△T=

△V=

×0.2×（20-10）K=1.6K④

这个气温计可以测量的温度为t=（25

1.6）℃，

即这个气温计测量的范围是23.4℃～26.6℃　　

9.（10分）（2012年年2月湖南部分学校联考）内壁光滑的导热气缸竖直浸放在冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为p0=1．0×105Pa、体积V0=2．0×

m3的理想气体。

现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体的温度变为127℃。

求气缸内气体的最终体积和压强。

9.解析：

气体先做等温变化，由玻意耳定律得

（3分）

解得压强P=2．0×105Pa（2分）

之后，气体做等压变化，由盖•吕萨克定律得

（3分）

解得最终体积

m3（2分）

10（10分）（2012年江西重点中学协作体第二次联考）某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3m3．往桶内倒入4.2×10－3m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出。

如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到4标准大气压应打气几次？

这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？

（设大气压强为1标准大气压，整个过程中温度不变）

10.解析：

由波意耳定律，npV0+pV=4pV，V=5.7×10－3m3-4.2×10－3m=1.5×10－3m，解得n=18.

当药液全部喷完，V’=5.7×10－3m3．由p’V’=4pV解得p’=1.05p，大于大气压，所以能否使喷雾器内的药液全部喷完。

11.（9分）（2012年年2月武汉调研）如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃。

现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？

接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩4cm高的水银柱？

（大气压强p0=76cmHg）

11.解：

设玻璃管的横截面积为s，初态时，管内气体温度为T1=273K+33K=306K，体积为V1=51Scm3，压强为p1=p0+h=80cmHg.

当水银柱与管口相平时，水银柱高为H，则V2=（57-H）Scm3，压强为p2=p0+H=（76+H）cmHg.

由波意耳定律，p1V1=p2V2，

代入数据得H2+19H-252=0

解得：

H=9cm，

故p2=p0+H=85cmHg.

设温度升至T时，管中水银柱高为4cm，气体体积为V3=53Scm3，

气体压强为p3=p0+h=80cmHg.

由盖·吕萨克定律，V1/T1=V3/T，

代入数据得T=318K。

12（2012年河北唐山）有一传热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M活塞密封一定质量的的理想气体，活塞面积为S。

开始时汽缸开口向上（如图一），已知外界大气压强P0，被封气体的体积V0。

①求被封气体的压强：

②现将汽缸倒置（如图二），待系统重新稳定后，活塞移动的距离是多少？

12.解：

（1）对活塞受力分析：

得：

。

（2）气缸倒置后：

对活塞受力分析得：

，

所以

。

对封闭气体运用玻玛定律

，

得：

，

所以

。

13．（2012年丹东协作校联考）内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105Pa、体积为2.0×10－3m3的理想气体．现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃．

（1）求气缸内气体的最终体积；

（2）在p—V图上画出整个过程中气缸气体的状态变化．（大气压强为1.0105Pa）

13．解析：

（1）在活塞上方倒沙的过程中温度保持不变，对气体，由玻意耳定律得，p0V0=p1V1，代入数据，

得p1=V0p0/V1=2.0×10－3×1.0×105/1.0×10－3Pa=2.0×105Pa

在缓慢加热到127℃的过程中，气体压强保持不

变，由盖吕萨克定律得，V1/T0=V2/T2，

∴V2=T2V1/T0=（273+127）×1.0×10－3/273m3

=1.47×10－3m3（5分）

（2）在整个物理过程中画在p—V图上，

如图所示．（5分）

14.（2012年上海嘉定期末）．（12分）如图所示，大气压强为p0，气缸水平固定，开有小孔的薄隔板将其分为A、B两部分，光滑活塞可自由移动。

初始时气缸内被封闭气体温度T，A、B两部分容积相同。

加热气体，使A、B两部分体积之比为1∶2。

（1）气体应加热到多少温度？

（2）将活塞向左推动，把B部分气体全部压入A中，气体温度变为2T，求此时气体压强。

14、（12分）解析：

（1）AB体积之比1：

2

设A的容积V，则初状态AB总体积2V，末状态总体积3V……2分

等压变化

……2分

得

……2分

（2）由理想气体状态方程

……4分

得p2=4p0……2分

15.（2012年上海卢湾期末）

．如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，温度为27℃，外界大气压强不变。

若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：

（1）大气压强

的值；　

（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；　

（3）当管内气体温度缓慢升高到多少℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？

15．（12分）解析：

（1）（4分）p1=p0+21cmHgV1=10ST1=300K

p2=p0-15cmHgV2=16ST2=300K

p1V1=p2V2p0=75cmHg=1.0×105Pa

（2）（4分）p3=75+15=90cmHgV3=LS

p1V1=p3V3L=10.67cm

（3）（4分）p4=p3=90cmHgV4=（31-15）S=16ST3=300K

T4=450Kt=177℃

16．（10分）（2012年上海闵行期末）如图所示，一定量气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活塞C（不占体积）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一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76cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通。

（外界大气压等于76cmHg）求：

（1）将阀门K打开后，A室的体积变成多少？

（2）打开阀门K后将容器内的气体从300K加热到400K，U形管内两边水银面的高度差为多少？

（3）再加热到540K，U形管内两边水银面的高度差又为多少？

16、解析：

（1）（3分）打开阀门，A室气体等温变化，pA＝76cmHg，体积VA

pA0VA0＝pAVA①

②

（2）（4分）从T0＝300K升到T，体积为V0，压强为PA，等压过程

③

T1＝400K＜450K，

pA1＝pA＝p0，水银柱的高度差为0

（3）（3分）从T＝450K升高到T2＝540K等容过程，

④

＝1.2大气压⑤

Δp=0.2p0＝15.2cmHg

T2＝540K时，水银高度差为15.2cm

17.．（10分）（2012年上海长宁期末）如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L＝10cm的理想气体，当温度为27C时，两管水银面的高度差Δh＝2cm．设外界大气压为1.0105Pa（即75cmHg）．为了使左、右两管中的水银面相平，求：

（1）若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少C？

（2）若温度保持27C不变，需从右管的开口端再缓慢注入多少高度的水银柱?

17.解答：

（1）根据理想气体状态方程：

（2分）

代入数据

，从中求得T2＝339K，t2＝66℃（3分）

（2）根据玻意耳定律：

P1V1＝P3V3（2分）

代入数据73×10＝75×L3，从中求得L3＝9.73cm，即闭管水银柱上升了0.27cm，

所需注入的水银柱长为H＝（2＋2×0.27）cm＝2.54cm（3分）