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2025人教版高中物理选择性必修第三册
专题强化练5　理想气体状态方程的综合应用
一、选择题
1.(2024重庆荣昌模拟)纯净水压力储水罐总容积为20 L,冬季气温为7 ℃时,气囊内气体的压强为0.16 MPa,初始体积为10 L;随着水的注入,水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等,气囊停止压缩时,储水罐储水完毕,气囊内气体可看作理想气体,不计气囊壁的厚度,T=t+273 K。下列说法正确的是 (　　)
A.当室温为7 ℃,气囊内气体压强为0.2 MPa时,储水量为14 L
B.当室温为7 ℃,气囊内气体压强为0.4 MPa时,储水量为18 L
C.当室温为27 ℃,气囊内气体压强为0.4 MPa时,储水量约为15.7 L
D.当室温为27 ℃,气囊内气体压强为0.2 MPa时,储水量约为12.4 L
2.(2023湖南长沙部分学校联考)一根粗细均匀、长度为84 cm的导热玻璃管倾斜放置,倾角为θ,管中长度为24 cm的水银封闭的理想气体柱的长度为60 cm,如图甲所示。现缓慢逆时针转动玻璃管至如图乙所示的竖直状态并固定,已知外界大气压强恒为76 cmHg,环境的热力学温度始终为300 K,sin θ=。对图乙中的封闭气体加热,并使水银全部从玻璃管顶端溢出,封闭气体的热力学温度最低需达到(　　)
　
A.400 K　　　　B.410 K　　　　C.420 K　　　　D.430 K
二、非选择题
3.(经典题)(2024四川绵阳开学考试)如图所示是消防高压水枪的结构原理图。已知储气储水罐的容积为12V,空气压缩机的气罐容积为V,管子的容积可忽略不计。现在通过进水口向储气储水罐中注入6V的水,然后关闭其他通道,仅打开进气口让空气压缩机连续工作了12次,假设大气压强为p0,储气储水罐一开始灌水时的罐内气体压强以及空气压缩机每一次压气时气罐内气体压强均等于大气压强,空气压缩机每一次压气都能把气罐内气体全部压入储气储水罐,压气过程两罐内气体温度变化可忽略不计,环境温度为T0。
(1)求压缩机停止压缩后,储气储水罐内的气体压强;
(2)消防车到达火灾现场时的环境温度为1.2T0,假设储气储水罐导热性能良好,则当储气储水罐内水即将用完时罐内气体压强为多少
4.(2024山东济南开学考试)某巨型液化天然气LNG储罐安装穹顶时,为了保证不出现大的形变导致天然气泄漏,采用的是“气升顶”施工方案。如图,质量为m=1.0×105 kg的球冠形穹顶与储罐壁间涂有密封材料,使穹顶上升时不漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时,用大功率鼓风机向储罐内泵入空气,使穹顶缓慢上升。安装完成后,储罐内空间可视为横截面积S=1×103 m2、高h=20 m的圆柱体。已知大气压强为p0=1.01×105 Pa,安装完成后罐内空气温度为27 ℃,标准状态下(p0=1.01×105 Pa,T0=273 K)空气密度为1.30 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。
(1)穹顶缓慢上升时,储罐内空气压强为多大
(2)鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大(结果保留2位有效数字)
5.(2024陕西西安期末)如图所示,竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管中的水银封闭了一定质量的理想气体,当环境温度T1=300 K时,U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=25 cm,右管水银柱上方的气柱长h0=30 cm,大气压强为p0=75 cmHg。求:
(1)此时封闭气体的压强是多少cmHg;
(2)可以通过升高温度的方法让左右两边水银柱在同一高度,温度T2是多少
(3)若保持温度不变,往左管中注入水银,也能使两边水银柱在同一高度,需要注入的水银柱长度是多少
6.(2024山东淄博一模)“系留气球”是一种高度可控的氦气球,如图所示为某一“系留气球”的简化模型图:主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔,主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体),副气囊与大气连通,副气囊左、右挡板间的距离为L0。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。在地面上,气球内外温度达到平衡时,活塞与左挡板刚好接触,弹簧处于原长状态,此时主气囊的容积为V0=5 m3。已知地面大气压强p0=1.0×105 Pa、温度T0=300 K,在标准状态下(温度为273 K,压强为1.0×105 Pa)氦气的密度为ρ=0.18 kg/m3。
(1)求气球内封闭的氦气质量m;
(2)在气球升空过程中,大气压强逐渐减小,弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度处并驻留期间,该处大气压强恒为地面大气压强的0.5倍,气球内外温度达到平衡时,氦气体积变为1.2V0,弹簧压缩量为L0。已知活塞的横截面积为S,弹簧的劲度系数为k=,弹簧始终处于弹性限度内,活塞厚度忽略不计。求气球驻留处大气的温度。
答案与分层梯度式解析
1.C　当室温为7 ℃,设初始压强为p1,体积为V1,末状态压强为p2,储水体积为V2,当气囊内气体压强p2=0.2 MPa时,由玻意耳定律知p1·V1=p2(20-V2),代入数据解得V2=12 L;当气囊内气体压强p2=0.4 MPa时,代入数据解得V2=16 L,A、B错误。当室温为27 ℃,设初始状态温度为T1,末状态压强为p3,储水体积为V3,温度为T2,当气囊内气体压强为p3=0.4 MPa时,根据理想气体状态方程有=,代入数据解得V3≈15.7 L;当气囊内气体压强为p3=0.2 MPa时,代入数据解得V3≈11.4 L,C正确,D错误。故选C。
2.A　甲图中封闭气体的压强为p1=p0+p=76 cmHg+24× cmHg=80 cmHg,竖直放置且水银未溢出时p2=p0+p银=76 cmHg+24 cmHg=100 cmHg,当水银柱上表面到达管口时,根据=,解得T2=375 K,继续加热则有水银溢出,气柱与水银柱长度之和为84 cm,设某时水银柱长为x,由=,代入数据可得T2=-(x-4)2+400 K,可知温度的最小值T2min=400 K,选项A正确。
3.答案　(1)3p0　(2)1.8p0
模型构建
整个过程如图所示:
解析　(1)根据玻意耳定律有p0V0+p0·nV=p1V0
其中V0=12V-6V=6V,n=12
解得p1=3p0
(2)根据理想气体状态方程有=
其中V0=6V,V2=12V
解得p2=1.8p0
4.答案　(1)1.02×105 Pa　(2)2.4×104 kg
解析　(1)穹顶缓慢上升,可看作受力平衡,有pS=p0S+mg
解得p=1.02×105 Pa
(2)安装完成后,
罐内空气温度为T=t+273 K=300 K,体积V=Sh,压强p=1.02×105 Pa
这些空气在标准状态下的参量:T0=273 K,p0=1.01×105 Pa,体积设为V0
由理想气体状态方程,有=
需要泵入罐内空气的质量M=ρV0
解得M≈2.4×104 kg
方法技巧
解决“活塞+汽缸”类问题的一般思路
　　(1)弄清题意,确定研究对象。一般研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的理想气体),另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
　　(2)分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程;对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程。
　　(3)注意挖掘题目中的隐含条件,如几何关系、体积关系等,列出辅助方程。
　　(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析其合理性。
5.答案　(1)50 cmHg　(2)637.5 K　(3)45 cm
解析　(1)此时封闭气体的压强p1=p0-=50 cmHg
(2)气体初状态:p1=50 cmHg,V1=h0S,T1=300 K
末状态,左右两边水银柱在同一高度,p2=p0,V2=S
根据理想气体状态方程有=
解得T2=637.5 K
(3)左管中加入水银后,两边水银柱在同一高度,p3=p0,V3=hS
气体温度不变,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1V1=p3V3
解得封闭气体高度h=20 cm
加入水银柱长度为L=h1+2(h0-h)=45 cm
6.答案　(1)0.819 kg　(2)270 K
解析　(1)已知标准状态下氦气的密度,只有求出标准状态下氦气的体积,才能得到气球内封闭的氦气质量。
对气球内的氦气,初态:V0=5 m3,p0=1.0×105 Pa,T0=300 K,
标准状态:T1=273 K,p1=p0=1.0×105 Pa,设此时气体的体积为V1,
气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律有=
解得V1=4.55 m3
气球内氦气的质量为m=ρV1=0.819 kg
(2)气球在目标高度处驻留,气球内的气体体积V2=1.2V0,设温度为T2,压强为p2
对活塞,根据平衡条件有p2S=S+F
根据胡克定律,弹簧的弹力F=kΔx=
解得p2=p0
根据理想气体状态方程,有=
解得T2=270 K
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