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题型11 气体综合问题
1.(6 分)(2025 浙江高三开学考试)如图所示,一不占体积的导热光滑活塞C 与一段水银柱在气室A 中
封存着一定量的气体。此时气室温度与环境温度都为T0=300 K。体积为V0(已知)的绝热容器分成
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38 cm,B 室容器中的气体通过阀门K,可与外界大气相通(外界大气压等于76 cm 高
水银柱产生的压强,水银密度为ρ)。
(1)将阀门K 打开后,气室A 内的气体 (选填“吸热”“放热”或“既不吸热也不放热”);
气室A 内的气体对活塞C 单位面积上的压力 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)将阀门K 打开后,A 室的体积变成多少?
(3)在打开阀门K 后将气室A 的气体从300 K 加热到660 K,则U 形管内两边水银面的高度差为多少?
2.(6 分)肺活量是指一次尽力吸气后,再尽力呼出的气体量。某经常参加体育锻炼的高中男生肺活量
约为5 000 mL,在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%。已知正常大气压下水蒸气的密度ρ=0.71
kg/m3,水蒸气摩尔质量M=18 g/mol,阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1,大气压p0=1.0×105 Pa。
(1)求该男生一次呼出的水蒸气的最大体积;
(2)试估算该男生一次呼出的气体中含有的水分子的数量;(结果保留两位有效数字)
(3)估算该男生睡眠8 小时对呼出气体做的功,已知睡眠时每次呼出的气体约为肺活量的50%,每分钟
呼吸15 次。
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3.(6 分)(2024 浙江杭州模拟预测)超市中有一种“强力吸盘挂钩”,其结构原理如图甲所示。使用时,
按住锁扣把吸盘紧压在墙上,空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣,让锁扣通过
细杆把吸盘向外拉起,空腔体积增大,从而使吸盘紧紧吸在墙上,实际效果如图所示。已知外界大气压
强p0=1×105 Pa,甲图空腔体积为V0=1.5 cm3,乙图空腔体积为V1=2.0 cm3,吸盘空腔内气体可视为理想
气体,忽略操作时温度的变化,全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。重力加速度为g。
(1)扳下锁扣过程中空腔内气体是 (选填“吸热”或“放热”)的;
(2)求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1;
(3)若吸盘与墙面接触的正对面积为S,强力挂钩的总质量为m0,与墙面间的最大静摩擦力是正压力的
k 倍,则所能挂物体的最大质量?(用已知量字母表示)
4.(8 分)如图所示,竖直放置的圆形管道内封闭有一定质量的理想气体,初始时阀门K 关闭,A 处有一固
定绝热活塞,C 处有一质量为2 kg、横截面积为1.0×10-3 m2的可自由移动的绝热活塞,初始时两活塞
处于同一水平面上,并将管内气体分割成体积相等的Ⅰ、Ⅱ两部分,温度都为300 K,其中Ⅰ部分气体
的压强为1.0×105 Pa。现保持Ⅱ部分气体温度不变,只对Ⅰ部分气体加热,使C 处的活塞缓慢移动到
最低点B(不计活塞厚度与摩擦,活塞密闭良好)。已知重力加速度g 取10 m/s2,外界大气压强恒为
1.0×105 Pa。求:
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(1)可移动活塞到达B 处时Ⅱ部分气体的压强;
(2)可移动活塞到达B 处时Ⅰ部分气体的温度;
(3)Ⅰ中气体加热后保持温度不变,打开阀门K,向外释放气体,使可移动活塞缓慢回到C 处,Ⅰ部分剩
余气体的质量与初始状态时气体的质量之比。
5.(9 分)(2024 浙江高三阶段练习)如图所示,一导热性能良好的球形容器内部不规则,某兴趣小组为了
测量它的容积,在容器上插入一根足够长、两端开口的长玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面
积为S=0.2 cm2,玻璃管内一长为h=15 cm 的静止水银柱封闭着长度为l1=10 cm 的空气柱,此时外界
温度为t1=27 ℃。现把容器浸在温度为t2=77 ℃的热水中,水银柱缓慢上升,当水银柱重新静止时下方
玻璃管内的空气柱长度变为l2=110 cm,实验过程中认为大气压没有变化,大气压p0=1.0×105 Pa,相当
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于75 cm 高水银柱产生的压强,水银密度为ρ,(0 ℃的热力学温度值为273 K,忽略水银柱与玻璃管壁
之间的阻力)
(1)放入热水后容器内气体分子平均速率 (选填“增大”或“减小”);
(2)求容器的容积V;
(3)若实验过程中管内气体内能增加了5.6 J,请判断气体从外界吸收热量还是向外界放出热量,并计算
热量的大小。
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参考答案
题型11 气体综合问题
1.【答案】 (1)吸热 变小 (2)V 0
2
(3)7.6 cm
【解析】 (1)将阀门K 打开后,由于初始A 室气体压强大于大气压强,则导热光滑活塞C 向右移
动,A 室气体体积增大,气体对外做功,由于气体温度不变,气体内能不变,根据热力学第一定律可
知,气室A 内的气体吸热;
由于A 室气体体积增大,气体温度不变,则气体压强减小,气室A 内的气体对活塞C 单位面积上的
压力变小。
(2)设大气压为p0,开始时pA0=3
2
p0,VA0=1
3
V0,打开阀门,A 室气体等温变化,此时pA=p0,设体积VA,根
据玻意耳定律有pA0VA0=pAVA,解得VA=V 0
2
。
(3)假设打开阀门后,气体从T0=300 K 升到T 时,活塞C 恰好到达容器最右端,即气体体积变为V0,
压强pA仍为p0,即等压变化过程,根据盖-吕萨克定律得
V 0
2
T 0
= V 0
T
,可得T=2T0=600 K,从T=600 K
升高到T2=660 K 发生等容变化过程,根据查理定律得p0
T = pA 2
T 2
,可得pA2=1.1p0,两边水银面的高
度差为Δh=(1.1-1)×76 cm=7.6 cm。
2.【答案】 (1)3.0×10-4 m3 (2)7.1×1021个 (3)1.8×106 J
【解析】 (1)该男生一次呼出的水蒸气的最大体积为
V0=V×6%=5 000×10-6×6% m3=3.0×10-4 m3。
(2)该男生一次呼出的气体中含有的水分子的数量为
n= ρV 0
M
NA=0.71×3.0×10
- 4
18×10
-3
×6×1023=7.1×1021。
(3)该男生睡眠8 小时对呼出气体做的功为
W=p0V×50%×8×60×15=1.8×106 J。
3.【答案】 (1)吸热 (2)7.5×104 Pa (3)k p0 S
4 g
-m0
【解析】 (1)扳下锁扣过程中,气体温度不变,气体内能不变;气体体积增大,则外界对气体做负功,
根据热力学第一定律可知,空腔内气体从外界吸热。
(2)根据玻意耳定律可得
p0V0=p1V1
可得扳下锁扣后空腔内气体的压强为
p1= p0V 0
V 1
= 1×10
5×1.5
2.0
Pa=0.75p0=7.5×104 Pa。
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(3)若挂钩挂上物体时恰好不脱落,对挂钩和所挂物体为整体,根据受力平衡可得
(m0+m)g=Ffm
又
Ffm=kFN,FN=(p0-p1)S
联立解得所能挂物体的最大质量为
m=k p0 S
4 g
-m0。
4.【答案】 (1)2.4×105 Pa (2)1 080 K (3)5∶18
【解析】 (1)初始状态对活塞受力分析
p1S+mg=p2S
解得p2=1.2×105 Pa
活塞到达B 处,对Ⅱ部分气体,由玻意耳定律得
p2V2=p2'V2'
又因为V2'=1
2
V2
解得p2'=2.4×105 Pa。
(2)活塞到达B 处时,则
p1'=p2'
根据理想气体状态方程,有p1V 1
T 1
= p1'V 1'
T 1'
又有V1'=3
2
V1
解得T1'=1 080 K。
(3)上部分气体,等温变化,根据玻意耳定律有
p1'V1'=p1″V1″
又有p1″=p0
解得V1″=3.6V1
则Ⅰ部分剩余气体的质量与初始状态时气体的质量之比
m剩
m1
= V 1
V 1″ =
1
3.6 = 5
18
。
5.【答案】 (1)增大
(2)118 cm3
(3)从外界吸收热量,8 J
【解析】 (1)放入热水后容器内温度升高,则气体分子平均速率增大。
(2)设容器的容积为V,T1=300 K,T2=350 K,由盖-吕萨克定律V +l1S
T 1
= V +l2S
T 2
得
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V=(T 1l2-T 2l1)S
T 2-T 1
=118 cm3。
(3)因为气体膨胀对外做功,而内能增加,由热力学第一定律可知,气体从外界吸收热量,容器内气
体压强为
p=p0+ph=90 cm·ρg=1.2×105 Pa
气体对外做的功为
W=pΔV=(p0+ph)(l2-l1)S=2.4 J
由热力学第一定律得
ΔU=W+Q
吸收的热量为
Q=8 J。
