2022版高中物理（山东版）一轮复习：专题十四热学—应用训练（有解析）

专题十四　热学应用篇【应用集训】应用　应用气体实验定律解决“两类模型问题”　如图所示,一个粗细均匀的“U”形导热玻璃管竖直放置,“U”形管右端封闭一段可视为理想气体的空气柱,气柱长L=25cm,左端开口朝上,大气压强p0=75cmHg,管内的两端水银面高度差h=15cm,环境温度T1=300K。①保持温度不变,让该管在竖直平面内做自由落体运动,求空气柱长度L1;②若让管子先回归初始状态并静止竖直放置,要使两端液面相平,求此时环境温度。　答案　①20cm　②487.7K[教师专用题组]【应用集训】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.如图,两端开口的弯管,左管插入水银槽中,管内外水银面高度差为h1,右侧管有一段水银柱,两端液面高度差为h2,中间封有一段空气(　　)A.若大气压升高,h1减小,h2增大B.若把弯管向上移动少许,重新平衡后,管内气体体积不变C.若把弯管向下移动少许,重新平衡后,管内气体压强不变D.弯管无论向上还是向下移动,重新平衡后,h1始终等于h2答案　D　平衡后管中封闭气体的压强p=p0+ρgh1=p0+ρgh2,则得h1=h2,且无论如何变化,重新平衡后,始终有h1=h2,D正确。若大气压升高时,封闭气体的压强增大,由玻意耳定律pV=C得知,封闭气体的体积减小,水银柱将发生移动,使h1和h2同时减小,二者始终相等,故A错误。若把弯管向上移动少许,假设左侧管内水银面不动,则封闭气体的体积将增大,压强减小,而外界大气压不变,所以左侧管内水银面将上升,管内气体压强减小,由pV=C知,最终管内气体体积增大,故B错误。若把弯管向下移动少许,封闭气体的体积减小,压强增大,故C错误。 2.(2020江苏南京高三联考)容积为20L的钢瓶内,贮有压强为1.5×107Pa的氧气。打开钢瓶的阀门,让氧气分装到容积为5L的氧气袋中(袋都是真空的),充气后的氧气袋中氧气压强都是1.0×106Pa,设充气过程不漏气,环境温度不变,则这瓶氧气最多可分装(　　)A.60袋　　B.56袋C.50袋　　D.40袋答案　B　设可分装n袋,取全部气体研究,据玻意耳定律有:p1V=p2V+np2V0,即1.5×107Pa×20L=1.0×106Pa×20L+n×1.0×106Pa×5L,解得n=56,B选项正确。3.如图所示,一直柱形导热汽缸竖直放置,通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸间的摩擦,活塞的质量为m、横截面积为S。因为电热丝的加热,某时刻气体温度为T1,活塞与容器底部相距h。现停止加热,气体通过汽缸缓慢放热,当气体放出热量Q时,气体温度下降到T2,求该过程中:(1)活塞下降的距离;(2)气体内能的改变量。答案　(1)h　(2)(p0S+mg)h-Q解析　(1)气体发生等压变化,有=,解得Δh=h。(2)缓慢放热过程中,外界对气体做的功W=pS·Δh=(p0S+mg)·h,由热力学第一定律知内能改变量ΔU=W-Q=(p0S+mg)·h-Q。4.(2020宁夏银川高三质检)如图所示,一个水平放置的固定直圆筒,左右都与大气相通,内部横截面积为S=0.01m2。中间用两个活塞A和B封住一定质量的理想气体。A、B都可以沿圆筒无摩擦地左右滑动,但不漏气。A的质量可以不计,B的质量为M,并与一个劲度系数为5×103N/m的弹簧相连。已知大气压强p0=1×105Pa,平衡时,两个活塞间的距离L0=0.6m。现在保持温度不变,用一水平外力F缓慢推活塞A向右移动一段距离,系统最终保持静止,此时外力大小为200N,活塞B未到达右端开口处,求:在此过程中活塞A向右移动的距离。答案　0.14m解析　设在此过程中,A向右移动x1,B向右移动x2,以封闭气体为研究对象初态:p1=p0,V1=L0S末态:p2=p0+,V2=(L0-x1+x2)S由平衡条件,得x2==0.04m由玻意耳定律:p1V1=p2V2解得:x1=0.14m。5.(2020安徽“江南十校”高三质检)内径相同、导热良好的“T”形细管竖直放置,管的水平部分左、右两端封闭,竖直管足够长且上端开口与大气相通,水银将水平管中的理想气体分为两部分,此时外界温度t1=27℃,各部分长度如图所示。外界大气压p0=76cmHg。求: (1)若外界温度保持不变,缓慢从管口注入水银,直到水平管中右侧气柱长度减小到28cm时注入的水银柱长度;(2)在(1)的状态下,水平管中右侧气柱再次恢复为30cm时的环境温度(用摄氏温度表示)。答案　(1)10cm　(2)58℃解析　(1)若外界温度保持不变,则气体发生等温变化,设管的横截面积为S以水平管右侧气柱为研究对象,由玻意耳定律有p1SL1=p2SL2,其中L1=30cm、L2=28cm、p1=p0+ρgh=98cmHg解得:p2=105cmHg设竖直部分水银柱的高度变为h',则p2=p0+ρgh',解得h'=29cm,由于水平管左右两侧气体的压强相等,以水平管左侧气柱为研究对象,由玻意耳定律有p1SL1'=p2SL2',其中L1'=15cm解得:左侧气柱的长度L2'=14cm则需注入水银柱的长度为Δh=(h'-h)+(L1-L2)+(L1'-L2')=10cm。(2)设水平管中左右两侧气柱的压强最终变为p3,温度由T1升到T2,由理想气体状态方程对右侧气体:=,对左侧气体:=,由两式可知,=,解得L=L1'=15cm。即左侧气柱长度恢复为15cm。所以最后竖直管中水银柱的高度为h+Δh,p3=p0+ρg(h+Δh)=108cmHg。将数据代入前述含有T2的方程,可解得:T2≈331K,所以t2=58℃。6.(2020山东济南历下模拟)如图所示,一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞,活塞下封闭着长L=21cm的气柱,气体的温度为t1=7℃,外界大气压取p0=1.0×105Pa(相当于75cm高汞柱压强)。(1)若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码,保持气体的温度t1不变,则平衡后气柱为多长?(g=10m/s2)(2)若保持砝码的质量不变,对气体加热,使其温度升高到t2=77℃,此时气柱为多长?(3)若在(2)过程中,气体吸收的热量为10J,则气体的内能增加多少?答案　(1)20cm　(2)25cm　(3)8.95J解析　(1)被封闭气体的初状态为p1=p0=1.0×105Pa,V1=LS=42cm3,T1=280K末状态压强p2=p0+=1.05×105Pa,V2=L2S,T2=T1=280K 根据玻意耳定律,有p1V1=p2V2,即p1LS=p2L2S,得L2=20cm。(2)对气体加热后,气体的压强不变,p3=p2,V3=L3S,T3=350K根据盖—吕萨克定律,有=,即=,得L3=25cm。(3)气体对外做的功W=p2Sh=p2S(L3-L2)=1.05J根据热力学第一定律ΔU=Q+W得ΔU=10J+(-1.05J)=8.95J,即气体的内能增加了8.95J。7.(2020湖北高三4月调研)如图所示,一底面积为S、内壁光滑且导热的圆柱形容器竖直放置在水平地面上,开口向上,内有两个厚度不计的轻质活塞A和B,容器内a处有一小卡口;在A与B之间、B与容器底面之间分别密闭着一定质量的同种理想气体Ⅰ和Ⅱ,初始时活塞A与B、活塞B与容器底部之间的距离均为L,且活塞B卡在卡口的下方,气体Ⅱ的压强为2p0。若将某物块放置在活塞A的上表面,稳定后活塞A向下移动0.6L。已知外界大气压强为p0,重力加速度大小为g,容器导热性能良好,设外界温度不变。(1)请通过计算判断活塞B在上述过程中是否向下移动;(2)求物块的质量M。答案　(1)见解析　(2)解析　(1)假设A活塞向下移动0.6L时,B活塞没有下移,对气体Ⅰ由玻意耳定律得p0LS=p1(L-0.6L)S解得p1=2.5p0而p1>2p0,故假设不成立,即活塞B向下移动。(2)设活塞B下移Δh,对气体Ⅰ,p0LS=p1'(L-0.6L+Δh)S对气体Ⅱ,2p0LS=p2'(L-Δh)S气体Ⅰ、Ⅱ压强满足关系p1'=p2'联立解得p1'=p0对活塞A由受力平衡有Mg+p0S=p1'S联立解得M=。8.(2020河北邯郸一中期末)如图所示的蹦蹦球是一种儿童健身玩具,小明同学在17℃的室内对蹦蹦球充气,已知球的体积约为2L,充气前的气压为1atm,用充气筒每次充入0.2L的气体,忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化,则:(1)充气多少次可以让气体压强增大至3atm?(2)室外温度达到了-13℃,将(1)中充完气的蹦蹦球拿到室外后,压强将变为多少? 答案　(1)20　(2)2.7atm解析　(1)设充气n次可以让气体压强增大至3atm。据题充气过程中气体发生等温变化,以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象,由玻意耳定律得p1(V+nΔV)=p2V,解得n=20。(2)当温度变化,气体发生等容变化,由查理定律得=,解得p3=p2≈2.7atm。9.(2020辽宁鞍山一中模拟)有一高压气体钢瓶,容积为V0,用绝热材料制成,开始时封闭的气体压强为p0,温度为T0=300K,内部气体经加热后温度升至T1=360K,求:(1)温度升至T1时气体的压强;(2)若气体温度保持T1=360K不变,缓慢地放出一部分气体,使气体压强再回到p0,此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少?答案　(1)1.2p0　(2)解析　(1)根据查理定律:=解得温度升至T1时气体的压强:p1=1.2p0。(2)设压强回到p0时气体(含放出的部分)总体积为V2,根据玻意耳定律:p1V0=p0V2,解得V2=1.2V0因此,剩余气体与原来气体质量的比值为=。10.(2020江西南昌三模)农药喷雾器的原理如图所示,储液筒与打气筒用软细管相连,先在筒内装上药液,再拧紧筒盖并关闭阀门K,用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压,然后再打开阀门,储液筒中的液体就从喷雾头喷出。已知储液筒容积为10L(不计储液筒两端连接管体积),打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200mL,现在储液筒内装入8L的药液后关紧筒盖和喷雾头开关,再用打气筒给储液筒打气。(设周围大气压恒为1个标准大气压,打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)求:(1)要使储液筒内药液上方的气体压强达到3atm,打气筒活塞需要循环工作的次数;(2)打开喷雾头阀门K直至储液筒的内外气压相同,储液筒内剩余药液的体积。答案　(1)20　(2)4L解析　(1)设需打气的次数为n,每次打入的气体体积为V0,储液筒药液上方的气体体积为V,则开始打气前:储液筒液体上方气体的压强:p1=p0=1atm储液筒液体上方气体和n次打入的气体的总体积为:V1=V+nV0 打气完毕时,储液筒内药液上方的气体体积为:V2=V,压强为p2=3atm打气过程为等温变化,所以:p1V1=p2V2代入数据解得:n=20。(2)打开喷雾头阀门K直至储液筒内外气压相同时,即p3=p0设储液筒上方气体的体积为V3,此过程为等温变化,所以:p3V3=p2V2代入数据解得:V3=6L所以剩余药液的体积为V余=V容-V3=10L-6L=4L。