(完整word版)高中物理选修3-3气体计算题

高中物理选修3-3 气体计算题1．[2016·全国Ⅲ，33(2)，10分]一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．1．【解析】 设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得 p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHgⅢ l 1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002 cm ＝12.5 cm Ⅲ由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′Ⅲ 联立ⅢⅢⅢ式和题给条件得p 1′＝144 cmHg Ⅲ 依题意p 2′＝p 1′Ⅲ l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002 cm －h ＝(11.5－h ) cmⅢ 由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′Ⅲ 联立ⅢⅢⅢⅢ式和题给条件得h ＝9.42 cmⅢ【答案】 144 cmHg 9.42 cm2．[2016·全国Ⅲ，33(2)，10分]一氧气瓶的容积为0.08 m 3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m 3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．2．【解析】 设氧气开始时的压强为p 1，体积为V 1，压强变为p 2(2个大气压)时，体积为V 2，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2Ⅲ重新充气前，用去的氧气在p 2压强下的体积V 3＝V 2－V 1Ⅲ设用去的氧气在p 0(1个大气压)压强下的体积为V 0，则有 p 2V 3＝p 0V 0Ⅲ 设实验室每天用去的氧气在p 0下的体积为ΔV ，则氧气可用的天数N ＝V 0ΔV Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢ式，并代入数据得N ＝4(天)Ⅲ【答案】 4天3．[2016·全国Ⅲ，33(2)，10分]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp 与气泡半径r 之间的关系为Δp ＝2σr ，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m 处一半径为0.50 cm 的气泡缓慢上升，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2. (1)求在水下10 m 处气泡内外的压强差；(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．3．【解析】 (1)当气泡在水下h ＝10 m 处时，设其半径为r 1，气泡内外压强差为Δp 1，则Δp 1＝2σr 1Ⅲ 代入题给数据得Δp 1＝28 PaⅢ(2)设气泡在水下10 m 处时，气泡内空气的压强为p 1，气泡体积为V 1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p 2，内外压强差为Δp 2，其体积为V 2，半径为r 2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2 Ⅲ 由力学平衡条件有p 1＝p 0＋ρgh ＋Δp 1Ⅲp 2＝p 0＋Δp 2Ⅲ气泡体积V 1和V 2分别为V 1＝43πr 31 Ⅲ V 2＝43πr 32Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢⅢ式得⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23＝p 0＋Δp 2ρgh ＋p 0＋Δp 1Ⅲ由Ⅲ式知，Δp i Ⅲp 0，i ＝1，2，故可略去Ⅲ式中的Δp i 项．代入题给数据得r 2r 1＝32≈1.3 Ⅲ【答案】 (1)28 Pa (2)1.34．[2015·新课标全国Ⅲ，33(2)，10分]如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量m 1＝2.50 kg ，横截面积S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量m 2＝1.50 kg ，横截面积S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强p ＝1.00×105 Pa ，温度T ＝303K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度T 1＝495 K ．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．4．【解析】 (1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得 V 1＝S 2⎝ ⎛⎭⎪⎫l －l 2＋S 1·l 2Ⅲ V 2＝S 2lⅢ在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )Ⅲ 故缸内气体的压强不变．由盖­吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2Ⅲ 联立ⅢⅢⅢ式并代入题给数据得T 2＝330 KⅢ(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有 p ′T ＝p 1T 2Ⅲ联立ⅢⅢⅢ式并代入题给数据得p ′＝1.01×105 PaⅢ【答案】 (1)330 K (2)1.01×105 Pa【点拨】 活塞向下移动过程中通过受力分析判断出汽缸内气体压强不变是关键． 5．[2015·山东理综，37(2)，8分]扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图所示，截面积为S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K ，压强为大气压强p 0.当封闭气体温度上升至303 K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p 0，温度仍为303 K ．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K ．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求： (1)当温度上升到303 K 且尚未放气时，封闭气体的压强； (2)当温度恢复到300 K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．5．【解析】 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 0＝300 K ，压强为p 0，末状态温度T 1＝303 K ，压强设为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T1Ⅲ代入数据得p 1＝101100p 0Ⅲ(2)设杯盖的质量为m ，刚好被顶起时，由平衡条件得 p 1S ＝p 0S ＋mgⅢ放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 2＝303 K ，压强p 2＝p 0，末状态温度T 3＝300 K ，压强设为p 3，由查理定律得p 2T 2＝p 3T 3Ⅲ设提起杯盖所需的最小力为F ，由平衡条件得 F ＋p 3S ＝p 0S ＋mgⅢ 联立ⅢⅢⅢⅢ式，代入数据得F ＝20110 100p 0SⅢ【答案】 (1)101100p 0 (2)20110 100p 0S6．[2014·山东理综，37(2)，6分]一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示．将一质量M ＝3×103 kg 、体积V 0＝0.5 m 3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h 1＝40 m ，筒内气体体积V 1＝1 m 3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h 2时，拉力减为零，此时气体体积为V 2，随后浮筒和重物自动上浮．求V 2和h 2.已知大气压强p 0＝1×105 Pa ，水的密度ρ＝1×103 kg/m 3，重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略．6．【解析】 设拉力为F ，当F ＝0时，由平衡条件得 Mg ＝ρg (V 0＋V 2)Ⅲ 代入数据得V 2＝2.5 m 3Ⅲ设筒内气体初态、末态的压强分别为p 1、p 2，由题意得 p 1＝p 0＋ρgh 1 Ⅲ p 2＝p 0＋ρgh 2Ⅲ在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得 p 1V 1＝p 2V 2Ⅲ 联立ⅢⅢⅢⅢ式，代入数据得h 2＝10 mⅢ【答案】 2.5 m 3；10 m7．[2014·新课标全国Ⅲ，33(2)，9分]一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h ，外界的温度为T 0.现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h4.若此后外界的温度变为T ，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .7．【解析】 设汽缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得 phS ＝(p ＋Δp )⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h SⅢ 解得Δp ＝13pⅢ外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h ′.根据盖—吕萨克定律，得⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S T 0＝h ′STⅢ解得h ′＝3T4T 0hⅢ 据题意可得Δp ＝mgSⅢ 气体最后的体积V ＝Sh ′Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢ式得V ＝9mghT4pT 0Ⅲ【答案】 9mghT4pT 08．[2013·新课标全国Ⅲ，33(2)，9分]如图所示，两个侧壁绝热 、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通．顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V 0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；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V 04.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求： (1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积V x . 8．【解析】 (1)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖­吕萨克定律得 T T 0＝7V 045V 04Ⅲ由此得T ＝75T 0Ⅲ(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件． 汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p ，由玻意耳定律得 pV x ＝p 03·V 04Ⅲ (p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0Ⅲ联立ⅢⅢ式得6V 2x －V 0V x －V 20＝0解得V x ＝12V 0Ⅲ或V x ＝－13V 0，不合题意，舍去． 【答案】 (1)75T 0 (2)12V 0【点拨】 本题关键是清楚上下两部分气体压强的关系，通过对左侧活塞的受力分析，明确第一个过程是等压变化．9．[2013·新课标全国Ⅲ，33(2)，10分]如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l 1′＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．9．【解析】 以cmHg 为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强p 1＝p 0＋l 2Ⅲ设活塞下推后，下部空气柱的压强为p 1′，由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′Ⅲ如图所示，设活塞下推距离为Δl ，则此时玻璃管上部空气柱的长度l 3′＝l 3＋l 1－l 1′－ΔlⅢ设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 3′，则 p 3′＝p 1′－l 2Ⅲ 由玻意耳定律得p 0l 3＝p 3′l 3′Ⅲ联立Ⅲ～Ⅲ式及题给数据解得Δl ＝15.0 cm Ⅲ【答案】 15.0 cm【点拨】 活塞下推过程中两部分气体体积都在变，找到上部被挤后气体的体积是关键．10．[2012·新课标全国，33(2)，9分]如图所示，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 Ⅲ的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等．假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(1)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)．(2)将右侧水槽的水从0 Ⅲ加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温．10．【解析】 (1)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋ΔpⅢ式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B ，依题意，有p B ＝p CⅢ 玻璃泡A 和B 中气体的体积V 2＝V A ＋V B Ⅲ 根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢ式，并代入已知数据得p C ＝V BV AΔp ＝180 mmHgⅢ(2)当右侧水槽的水温加热至T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp ，玻璃泡C 中气体的压强p C ′＝p B ＋ΔpⅢ 玻璃泡C 的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p C ′T ′Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢ式，并代入题给数据得T ′＝364 K 【答案】 (1)180 mmHg (2)364 K11．[2015·新课标全国Ⅲ，33(2)，10分]如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的水银面高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度．(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．11．【解析】(1)以cmHg为压强单位，设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律得pl＝p1l1Ⅲ由力学平衡条件得p＝p0＋hⅢ打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，则A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件有p1＝p0－h1Ⅲ联立ⅢⅢⅢ式，并代入题给数据得l1＝12.0 cmⅢ(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律得p1l1＝p2l2Ⅲ由力学平衡条件有p2＝p0Ⅲ联立ⅢⅢⅢ式，并代入题给数据得l2＝10.4 cmⅢ设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1Ⅲ联立ⅢⅢⅢ式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm【答案】(1)12.0 cm(2)13.2 cm【点拨】水银柱封闭气体时，气体体积的变化判断比较难，如上题中右侧注入水银后Δh与l2的关系是关键点．。