高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第三册第一节 气体实验定律（Ⅰ）课后测评

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课时跟踪检测（七）  气体实验定律和理想气体状态方程的应用A组—重基础·体现综合1．(2021·山东等级考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　)A．30 cm3　　　　　　　 B．40 cm3C．50 cm3  D．60 cm3解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60  cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。 2.如图所示，用一绝热的活塞将一定质量的气体密封在绝热的气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，现通过气缸内一电阻丝对气体加热，则下列图像中能正确反映气体的压强p、体积V和温度T之间关系的是(　　) 解析：选B　活塞与气缸壁之间无摩擦，被封闭气体的压强p＝p0＋且始终是不变的，因此被封闭的气体经历的是一个等压变化。在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比，故B正确。3.如图所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段竖直细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种温度相同的气体隔开。如果将两气体温度均降低10 ℃，水银柱将(　　)A．向上移动　　　　　 B．向下移动C．不动  D．无法确定解析：选B　由查理定律的推论关系式Δp＝p得，ΔpA＝－pA<0，ΔpB＝－pB<0，因pA>pB，故|ΔpA|>|ΔpB|，水银柱向容器A一方(向下)移动。故选项B正确。4．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是    (　　)A．TA＝TB，TB＝TC　　　　　　　　  B．TA＜TB，TB＜TCC．TA＝TC，TB＞TC  D．TA＝TC，TB＜TC解析：选C　从A到B，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝，因为VA＜VB，所以TA＜TB；从B到C，气体做等容变化，根据查理定律有＝，因为pB＞pC，所以TB＞TC；由题图可知pAVA＝pCVC，即从A到C，气体做等温变化，故TA＝TC。选项C正确。5．一气泡从30 m深的海底升到海面，设水底温度是4 ℃，水面温度是15 ℃，那么气泡在海面的体积约是水底时的(　　)A．3倍　　　 　　　  B．4倍C．5倍  D．12倍解析：选B　根据理想气体状态方程：＝，知＝，其中T1＝(273＋4)K＝277 K，T2＝(273＋15)K＝288 K，故≈1，而p2＝p0≈10ρ水g，p1＝p0＋p≈40ρ水g，即≈4，故≈4。故B正确。6．(2021·哈尔滨三中模拟)如图所示，两端开口的光滑的直玻璃管，下端插入水银槽中，上端有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，设外界大气压为p0，环境温度保持不变，则(　　)A．玻璃管下端内外水银面的高度差为H＝hB．中间空气的压强大小为p＝p0－h(cmHg)C．若把玻璃管向下移动少许，则管内的气体压强将减小D．若把玻璃管向上移动少许，则管内的气体压强将增大解析：选A　对管中上端水银受力分析可知，管中气体压强比大气压强高h(cmHg)，所以玻璃管下端内外水银面的高度差为h，A正确；中间空气的压强大小为p＝p0＋h(cmHg)，B错误；若把玻璃管向上移动少许(或向下移动少许)，封闭气体的压强不变，C、D错误。7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，气体温度变化情况是    (　　)A．逐渐升高    B．逐渐降低C．不变    D．先升高后降低解析：选B　根据理想气体的状态方程＝C，得p＝，则p -图像上点与原点连线的斜率反映温度的高低，如图所示，可知从状态1到状态2温度逐渐降低，故B正确。8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝8 cm2的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静置于P处，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气柱的温度为t＝7 ℃，外界大气压p0＝1.0×105 Pa＝75 cmHg，重力加速度g取10 m/s2，忽略水银槽的液面变化。(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.4 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱长度是多少？活塞向下移动的距离是多少？(2)若保持砝码的质量不变，将气体缓慢加热至t2时，活塞恰好回到P处，则气体温度t2是多少？解析：(1)封闭气体的初状态参量p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝LS封闭气体的末状态参量p2＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.05×105 Pa＝78.75 cmHg，V2＝L2S气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2代入数据解得L2＝20 cm＝0.20 m设管内外水银面的高度差为h cm，封闭气体的压强p2＝p0＋ph＝75 cmHg＋h cmHg解得h＝3.75活塞向下移动的距离H＝L－L2＋h＝21 cm－20 cm＋3.75 cm＝4.75 cm＝0.047 5 m。(2)气体初状态的温度T1＝(273＋7)K＝280 K加热过程气体压强不变，活塞回到P处时，空气柱的长度L3＝L＋h cm＝24.75 cm，气体体积V3＝L3S气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝即＝代入数据解得T2＝346.5 K则t2＝(346.5－273)℃＝73.5 ℃。答案：(1)0.20 m　0.047 5 m　(2)73.5 ℃ B组—重应用·体现创新9．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1 atm)(　　)A．8次　　　　　　　　　 B．10次C．12次  D．15次解析：选D　胎内气体质量发生变化，选打入的气体和原来的气体组成的整体为研究对象。设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V，解得n＝15次。10.如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变小的原因是(　　)A．环境温度升高B．大气压强升高C．沿管壁向右管内加水银D．U形玻璃管自由下落解析：选B　对于左端封闭气体，温度升高，由理想气体状态方程可知，气体发生膨胀，h增大，故A项错误；大气压升高，气体压强将增大，体积减小，h减小，故B项正确；向右管加水银，气体压强增大，内、外压强差增大，h将增大，所以C项错误；当管自由下落时，水银不再产生压强，由于此时左侧气体的压强大于气压，管自由下落时气体压强减小，体积增大，则h变大，故D项错误。11.某同学制作简易喷雾器，量筒内装自来水，顶端使用胶塞密封，胶塞下端到量筒下端高度为H，胶塞上打两个孔，一个孔插入长细玻璃管，玻璃管下端插到靠近量筒底端位置，上面装上控制开关；另一孔通过玻璃管、细胶管与打气筒相连。已知量筒除了胶塞以外其他部分体积等于打气筒有效打气体积的20倍，打气筒每次吸入气体的压强等于1 atm(标准大气压)，每打一次气均把有效体积内气体压入量筒。开始时控制开关闭合，液面距量筒底的高度为H，内部气体压强为2 atm，设外界大气压恒为1 atm，打气过程中量筒内气体温度与外界温度相同且保持不变，不考虑漏气和玻璃管内剩余液体体积和这部分液体产生的压强。求：(1)打开控制开关，较长时间后，量筒内所剩液体的高度；(2)打开控制开关，较长时间后，重新关闭控制开关，使用打气筒打气20次，量筒内气体压强的大小。解析：(1)设量筒横截面积为S，所以开始时气体体积V1＝HS，压强p1＝2 atm，设较长时间后气体高度为h，此时p2＝1 atm，V2＝hS，对量筒内气体，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得h＝， 量筒内所剩液体高度为H－＝。(2)较长时间后气体体积变为量筒体积的一半，打气20次，设量筒体积为V，则气体初状态总体积V3＝20×＋，压强p3＝1 atm，末状态V4＝，根据玻意耳定律得p3V3＝p4V4，解得p4＝3 atm。答案：(1)　(2)3 atm12．如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面气缸的容积为V0。A、B之间的容积为0.1V0，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热气缸内气体，直至温度升至399.3 K。求：(1)活塞刚离开B处时的温度TB；(2)缸内气体最后的压强p3；(3)在图乙中画出整个过程的p-V图线。解析：(1)活塞离开B处时，体积不变，封闭气体的压强为p2＝p0，由查理定律得：＝，解得TB＝330 K。(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K；活塞最后在A处时：V3＝1.1V0，T3＝399.3 K，由理想气体状态方程得＝，故p3＝＝＝1.1p0。(3)如图所示，封闭气体由状态1保持体积不变，温度升高，压强增大到p2＝p0达到状态2，再由状态2先做等压变化，温度升高，体积增大，当体积增大到1.1V0后再等容升温，使压强达到1.1p0。答案：(1)330 K　(2)1.1p0　(3)见解析图