高考物理一轮复习课时练习 第15章第4练　专题强化：气体实验定律的综合应用（含详解）

这是一份高考物理一轮复习课时练习 第15章第4练　专题强化：气体实验定律的综合应用（含详解），共7页。试卷主要包含了某种供水装置工作原理如图所示，0×105 Pa，75×105 Pa，等内容，欢迎下载使用。

1.(2023·江苏南京市模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，缸内密封的气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是( )
2．(2023·山东聊城市二模)如图甲所示，水平放置的汽缸被两个活塞分为A、B、C三部分，C为真空，A、B中有理想气体，A中气体压强p0＝1.0×105 Pa，汽缸横截面积SA＝2SB＝20 cm2，两个活塞总质量为m，活塞到两汽缸底部的距离均为d＝3 cm，活塞之间用水平轻杆连接。现将汽缸顺时针缓慢转过90°，如图乙所示(活塞未到汽缸连接处)，取重力加速度g＝10 m/s2，若活塞移动的距离为1 cm，气体温度保持不变，则活塞质量m为( )
A．7.5 kg B．15 kg C．25 kg D．30 kg
3.(2024·重庆市八中检测)某种供水装置工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到3p0时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到1.5p0时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为V0，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强p0，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
(1)水泵停止注水时罐内气体的体积V1；
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强p1。
4.如图所示，左侧连有一横截面积为S的大活塞的汽缸A通过细导管(容积可忽略)与汽缸B相连接，导管里面有一绝热活塞(质量可忽略)。大气压强为p0，大活塞的重力为eq \f(1,3)p0S，大活塞到汽缸A底部的距离为L。两汽缸内封闭有温度为27 ℃的同种理想气体。先将整个装置顺时针缓慢转过90°，为使细导管中绝热活塞位置不变，需要给汽缸B加热。忽略一切摩擦，求：
(1)汽缸A中活塞下降的距离；
(2)汽缸B中气体的最终温度。
5.(2023·江西赣州市兴国平川中学联考)某密闭容器压力计的简化原理图如图所示，粗细均匀的竖直U形玻璃管右侧封闭着气体A，左侧与密闭容器相连，密闭容器中封闭着气体B，U形管体积与密闭容器体积相比可以忽略不计。初始，所有封闭气体的压强均等于大气压p0＝75 cmHg，U形管两侧的水银柱液面恰好齐平，右侧气体A的长度L＝20 cm。在密闭容器内的气体B被加热一段时间后，观察员发现U形玻璃管右侧水银液面上升了5 cm。U形玻璃管右侧始终处于恒温箱中(图中未画出)，其封闭的气体A可视为温度始终不变。
(1)求加热后密闭容器内气体B的压强；
(2)若密闭容器内的初始温度T0＝300 K，求加热后密闭容器内气体B的温度。
6.(2023·贵州贵阳市二模)如图所示，一竖直放置、上端开口且导热良好的圆筒形汽缸高度为3h，汽缸内部横截面积为S。现将厚度不计的活塞保持水平状态从汽缸上部轻放，稳定时活塞距汽缸底部的距离为2h，已知外界大气压强恒为p0，环境温度保持不变，汽缸不漏气且不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度大小为g。
(1)求活塞质量；
(2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，求系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距离。
7.(2024·湖南省湘东九校联考)如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B两部分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为eq \f(V,4)、导热性能良好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，A、B两部分气体的压强分别为p0和1.5p0。现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为eq \f(V,2)，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：
(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强pA；
(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比。
第4练 专题强化：气体实验定律的综合应用
1．A [随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A运动至汽缸连接处时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，故A正确，B、C、D错误。]
2．B [设汽缸水平放置时，B中气体压强为p1，则有p1SB＝p0SA，
解得p1＝2p0＝2.0×105 Pa
设汽缸竖直放置时，A中气体压强为p0′，B中气体压强为p1′，根据玻意耳定律可得p0dSA＝p0′(d＋Δd)SA，
p1dSB＝p1′(d－Δd)SB
解得p0′＝eq \f(p0d,d＋Δd)＝0.75×105 Pa，
p1′＝eq \f(p1d,d－Δd)＝3.0×105 Pa
根据活塞受力平衡可得mg＋p0′SA＝p1′SB，
解得m＝15 kg，故选B。]
3．(1)eq \f(1,3)V0 (2)eq \f(5,3)p0
解析 (1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有p0V0＝3p0V1，
解得V1＝eq \f(1,3)V0
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V2＝0.6V0
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V2，压强p1＝eq \f(5,3)p0。
4．(1)eq \f(L,4) (2)400 K(或127 ℃)
解析 (1)旋转前后，汽缸A中的压强分别为pA＝p0，pA′＝p0＋eq \f(1,3)p0＝eq \f(4,3)p0
对汽缸A分析，根据玻意耳定律有pALS＝pA′L′S，汽缸A中活塞下降的距离d＝L－L′，解得d＝eq \f(L,4)
(2)对汽缸B中气体进行分析，
末状态压强pB′＝pA′＝eq \f(4,3)p0
根据查理定律有eq \f(pB,TB)＝eq \f(pB′,TB′)，
其中pB＝pA＝p0，
解得TB′＝400 K，即127 ℃。
5．(1)110 cmHg (2)440 K(或167 ℃)
解析 (1)设U形管的横截面积为S，右侧气体A做等温变化，有p0V0＝p1V1，其中V0＝LS，V1＝(L－h)S
解得p1＝100 cmHg
加热后密闭容器内气体B的压强
pB＝100 cmHg＋5×2 cmHg
＝110 cmHg
(2)密闭容器内气体B做等容变化，有eq \f(p0,T0)＝eq \f(pB,TB)
解得TB＝440 K，即167 ℃。
6．(1)eq \f(p0S,2g) (2)eq \f(5,6)h
解析 (1)活塞稳定时，汽缸内气体压强p1＝eq \f(mg,S)＋p0
从放上活塞到活塞稳定，由玻意耳定律得p0·3hS＝p1·2hS
联立解得活塞质量m＝eq \f(p0S,2g)，p1＝eq \f(3,2)p0
(2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，设系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距离为x，则由玻意耳定律得p0hS＝p1h1S
可得上方密封气体的高度h1＝eq \f(2,3)h
对下方密封气体，系统稳定时的气体压强为p2＝eq \f(mg,S)＋p1＝2p0
再由玻意耳定律得p0·3hS＝p2h2S
可得下方密封气体的高度h2＝eq \f(3,2)h
又由h1＋h2＋x＝h＋2h
解得x＝eq \f(5,6)h。
7．(1)2.5p0 (2)eq \f(5,27)
解析 (1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S，得到mg＝0.5p0S
打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有1.5p0·V＝pB·eq \f(V,2)，解得pB＝3p0
对活塞受力分析有pAS＋mg＝pBS，解得pA＝2.5p0
(2)设未打开阀门前，C气体的压强为pC0，对A、C两部分气体整体有
p0·V＋pC0·eq \f(V,4)＝pA(eq \f(3V,2)＋eq \f(V,4))
解得pC0＝eq \f(27,2)p0，以C中原来的气体为研究对象有pC0·eq \f(V,4)＝pA·VC，解得VC＝1.35V，所以，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比eq \f(M2,M0)＝eq \f(\f(V,4),VC)＝eq \f(5,27)。