高二物理气体一

高二物理习题气体一

一、计算题

1．两端开口、内表面光滑的U形管处于竖直平面内，如图所示，质量均为m＝10 kg的活塞A、B在外力作用下静止于左右管中同一高度h处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为p0＝1.0×105 Pa.左管和水平管横截面积S1＝10 cm2，右管横截面积S2＝20 cm2，水平管长为3h.现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度．(活塞厚度均大于水平管直径，管内气体初末状态同温，g 取10 m/s2)

2．如图所示，粗细均匀的管子，竖直部分长为l=50cm，水平部分足够长．当温度为15℃时，竖直管中有一段长h=20cm的水银柱，封闭着一段长l1=20cm的空气柱．设外界大气压强始终保持在76cmHg．求：

①被封空气柱长度为l2=40cm时的温度

②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3．

3．如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽

略不计。原长3l

一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O

点。开始活塞D距汽缸B的底部3l．后在D

（i）稳定后活塞D下降的距离；

（ii）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少?

4．一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强P10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示．设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图（a）中上部气体的压强P10．

5．如图甲，上端开口、下端封闭的导热玻璃管竖直放置，管内有长为L=4cm的水银柱将一段空气柱封闭，空气柱的长度为h=5cm。现将玻璃管倒置成图乙所示的竖直状态，水银柱恰好停在玻璃管口不溢出。已知大气压强为760mmHg，环境温度T=300K。

（i）求玻璃管的长度H；

（ii）若环境温度缓慢降低，当乙图中空气柱长度恢复到h=5cm，

求此时环境温度T′。（计算结果保留一位小数）

6．如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm2，气缸外大气压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K．初

始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10m/s2．求：

（i）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；

（ii）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．

7．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℃，大气压强p0=76cmHg．

①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；

②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．8．U形管两臂粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是开口的左管的3倍，管中装入水银，大气压为

76

p cmHg

=，开口管中水银面到管口距离为

1

22

h cm

=，且水银面比封闭管内高4

h cm

?=，封闭管内空气柱长为

2

11

h cm

=，如图所示，现用小活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：

①右管中气体的最终压强；

②活塞推动的距离。

9．一质量M=10kg、高度L=35cm的圆柱形气缸，内壁光滑，气缸内有一薄活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞质量m=4kg、截面积S=100cm2．温度t0=27℃时，用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图甲所示，气缸内气体柱的高L1

=32cm，如果用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，如图乙所示，气缸内气体柱的高L2=30cm，两种情况下气缸都处于竖直状态，取重力加速度g=9.8m/s2，求：

（

1）当时的大气压强；

（

2）图乙状态时，在活塞下挂一质量m′=3kg的物体，如图丙所示，则温度升高到多少时，活塞将从气缸中脱落．

参考答案

1．0.5h ； 【解析】

右侧向下的压强故活塞均下降，且左侧活塞降至水平管口，设右侧降至高为x 处，此时封闭气体压强变为p′=1.5p 0，

对封闭气体，由玻意耳定律可得：p 0（4hS 1+hS 2）=1.5p 0（3hS 1+xS 2） 解得：x=0.5h ； 考点：玻意耳定律

【名师点睛】此题是对气体的状态方程的考查；解题时要找出要研究对象的两个状态，找过各个状态的状态参量：压强和体积；注意压强的求解要以活塞为研究对象列出平衡方程来求解.

2．①被封空气柱长度为l 2=40cm 时的温度为516K ；

②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l 3为52.6cm ． 【解析】解：

①气体在初态时有：

p 1=96 cmHg ，T 1=288 K ，l 1=20 cm ． 末态时有：p 2=86 cmHg ，l 2=40 cm ． 由理想气体状态方程得：

=

所以可解得：T 2=T 1=516 K ②当温度升高后，竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内，甚至水银柱全部进入水平管．因此当温度升高至327℃时，水银柱如何分布，需要分析后才能得知．设水银柱刚好全部进入水平管，则此时被封闭气柱长为l=50 cm ，压强p=76 cmHg ，此时的温度为 T=

?T 1=

=570 K

现温度升高到600K ＞T=570K ，可见水银柱已全部进入水平管内，末态时p 3=76 cmHg ，T 3=600 K ，此时空气柱的长度

l 3=

?l 1=

=52.6 cm

答：①被封空气柱长度为l 2=40cm 时的温度为516K ；

②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l 3为52.6cm ．

【点评】本题考查盖﹣吕萨克定律的应用；它主要应用于体积不变的过程，注意分析好初末状态的P 和T ．同时注意计算时不必换算单位；只要前后单位统一即可．

3．（i ）（ii ） 377=t ℃ 【解析】

试题分析：（i ） 由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A 、B 中的气体都为大气压0p ，

弹簧弹力为零，

所以活塞C 到汽缸A 底部的距离为l x =1

放入重物稳定后汽缸A 、B 气态的压强都为1p ，对D 活塞有s p mg s p 01+= 对活塞C 有s p F s p 011+=

1F 为弹簧的弹力，

此时活塞C 初态下气体的总体积lS V 40=，末态体积为1V ，有玻意耳定律

1100V p V p =

解得lS V 21=

由此可知活塞D

（ii ）改变气体温度使活塞D 回到初始点，气体为等压变化，

由盖-解得6502=T K ，所以气体此时的温度为377=t ℃ 考点：分子动理论、气体状态方程

4． 【解析】

试题分析：设气缸倒置前下部气体的压强为P 20，倒置后上下气体的压强分别为P 2、P 1，由力的平衡条件得：

倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V 0，由玻意耳定律得：

解得：

考点：玻意耳定律

【答案】（i ）9.6H cm =；（ii ）'270.0K T = 【解析】

试题分析：（i ）设玻璃管横截面积为S ，初态压强为10P P L =+，体积：1V hS =； 末态压强为20P P L =-，体积：2V H L S =-（）． 气体做等温变化，由玻意尔定律得：12PhS P H L S =-（） 由解得：9.6H cm =

（ii ）设末态环境温度为'T ，由PV RT γ=知：()2H L S RT P γ-=，'2hS R P T γ= 联立知：'270.0K T =。

考点：理想气体的状态方程

【名师点睛】本题考查了求水银柱的长度，以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可。 6．（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为330K ；

（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为1.01×105

Pa ． 【解析】解：（ i ）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

①

V 2=s 2l②

在活塞缓慢下移的过程中，用p l 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 ）③

故缸内气体的压强不变．由盖﹣吕萨克定律有

④

联立①②④式并代入题给数据得T 2=330K⑤

（ii ）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

⑥

联立③⑤⑥式并代入题给数据得p ?=1.01×105

Pa 答：（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为330K ；

（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为1.01×105

Pa ． 【点评】本题考查了求气体的温度与压强，分析清楚气体状态变化过程、应用盖吕萨克定律与查理定律即可正确解题．

7．①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，管中气体的温度是318K ； ②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，

此时管中气体的压强是85cmHg ． 【解析】 试题分析：（1）对气体加热的过程中，气体的压强不变，求出气体的状态参量，然后根据玻意耳定律和盖﹣吕萨克定律求出气体的温度．

（2）当水银柱上表面与管口相平，设水银柱的高度为H ，管内气体经等温压缩，由玻意耳定律即可求出结果．

解：①设玻璃管横截面积为S ，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀： 初状态：V 1=51S ，T 1=306K ； 末状态：V 2=53S ，T 2=？ 由盖吕萨克定律：

解得：T 2=318K

②当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为p ，水银柱的高度为H ，管内气体经等温压缩，

初状态：V 1=51S ，p 1=80cmHg

末状态：V 2=（57﹣H ）S ，p 2=（76+H ）cmHg 由玻意耳定律：p 1V 1=p 2V 2 得：H=9cm 故：p 2=85cmHg 答：①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，管中气体的温度是318K ； ②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，此时管中气体的压强是85cmHg ． 【点评】本题考查了应用理想气体状态方程求气体压强，分析清楚气体状态变化过程是正确解题的关键．

8．①288mHg p c =②6cm

【解析】

试题分析：①设左管横截面积为S ，则右管横截面积为3S ，

以右管封闭气体为研究对象，初状态的压强为1080p p h cmHg =+?= 体积为12V 3Sh =，末状态的压强为2p

从初状态到末状态，设左管水银面下降1h ?，设右管水银面上升2h ?，则12h h h ?+?=

123h S h S ?=?，故1230.75h h h ?=?=?

末状态的体积为222V 3S h h =-?（） 由等温变化有1122pV p V = 由以上各式得288mHg p c =

②以左管被活塞封闭气体为研究对象，

初状态有：p 3=p 0=76cmHg ，体积为V 3=Sh 1 末状态有：p 4=p 2=88cmHg ，体积为V 4=Sh 4 由等温变化有3344V V p p = 由以上各式得419cm h =

活塞推动的距离1416L h h h cm =-+?=

考点：考查了理想气体状态方程

【名师点睛】以粗管封闭气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得最终压强；

再以左管气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得气体体积，从而可得活塞推动的距离

9．（1）当时的大气压强为9.8×104

Pa ；

（2）图乙状态时，在活塞下挂一质量m′=3kg 的物体，如图丙所示，则温度升高到66.3时，活塞将从气缸中脱落． 【解析】 试题分析：（1）从甲态到乙态是等温变化过程，根据波义耳定律列式求解当时的大气压强； （2）从乙态到丙态，根据理想气体状态方程列式求解温度． 解：（1）由图甲状态到图乙状态，等温变化： 初态：p 1=p 0﹣，V 1=L 1S 末态：p 2=p 0﹣

，V 2=L 2S

由玻意耳定律：p 1L 1S=p 2L 2S 所以：（p 0﹣

）L 1S=（p 0﹣

）L 2S ，

可解得：p 0==9.8×104

Pa

（2）活塞脱落的临界状态：气柱体积LS 、压强p 3=p 0﹣

设温度为t ，由气态方程：

得t=﹣273=66.3℃

答：（1）当时的大气压强为9.8×104

Pa ；

（2）图乙状态时，在活塞下挂一质量m′=3kg 的物体，如图丙所示，则温度升高到66.3时，活塞将从气缸中脱落．

【点评】本题关键是明确三个状态的压强、温度和体积参量，结合气体实验定律或者理想气体状态方程列式求解．