2023版高考物理总复习之加练半小时 第十五章 微专题90 气体实验定律的应用(实验：探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系)

这是一份2023版高考物理总复习之加练半小时 第十五章 微专题90 气体实验定律的应用(实验：探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系)，共9页。试卷主要包含了求图中被封闭气体A的压强等内容，欢迎下载使用。

1．注意确定初、末状态的三个状态参量(温度、体积、压强).2.对变质量问题要注意研究对象的选取．(部分气体或全部气体)
1．(2022·重庆八中高三月考)一定质量的理想气体从状态A开始，经历四个过程AB、BC、CD、DA回到原状态，其p－V图像如图所示，其中DA段为双曲线的一支．下列说法正确的是( )
A．A→B外界对气体做功
B．B→C气体对外界做功
C．C→D气体从外界吸热
D．D→A容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数变多
答案 D
解析 A→B过程，气体体积变大，气体对外界做功，故A错误；B→C过程，气体体积不变，气体对外界不做功，故B错误；C→D过程，气体压强不变，体积减小，故气体温度降低，即外界对气体做功，同时气体内能减小，所以气体向外界放热，故C错误；D→A过程为等温变化，而气体压强变大，故单位面积单位时间，气体撞击器壁次数变多，故D正确．
2．(多选)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V－T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点O.已知该气体在状态A时的压强为1.5×105 Pa，下列说法正确的是( )
A．该气体在状态B时的压强为2.0×105 Pa
B．该气体在状态C时的压强为1.0×105 Pa
C．该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为100 J
D．该气体从状态A到状态C的过程中放出的热量为200 J
答案 BC
解析 气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)，
解得在状态B时的压强为pB＝1.0×105 Pa，选项A错误；气体从状态B到状态C，发生的是等压变化，有pC＝pB＝1.0×105 Pa，选项B正确；由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量ΔU＝0，气体从状态A到状态B不做功，从状态B到状态C的过程中气体对外做功，做功大小为W＝pBΔV＝1.0×105×(3－2)×
10－3 J＝100 J，
由热力学第一定律有ΔU＝Q－W知整个过程中吸收的热量Q＝100 J，选项C正确，D错误．
3．某实验小组用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时遵循的规律，实验装置如图所示．用活塞和注射器外筒封闭一定的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得．
(1)关于该实验，下列说法正确的是________．
A．该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B．实验时注射器必须水平放置
C．注射器内部的橫截面积没必要测量
D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是________．
(3)该实验小组首先在甲实验室进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是________(填错误数据对应的实验序号)．
(4)该实验小组又利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的乙实验室进行了实验，根据甲、乙实验室记录的数据用正确的方法画出的p－eq \f(1,L)图像如图所示，根据乙实验室记录数据画出的图像应为________(填图线代号)．
答案 (1)ACD (2)防止封闭气体温度发生改变 (3)5 (4)①
解析 (1)该实验过程中控制气体的温度不变，即运用了控制变量法；实验时注射器如何放置对实验结果没有影响；实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系，所以不需要测量气体的体积，注射器内部的横截面积没有必要测量；注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，便于等量地改变体积，可以不标注单位．故选A、C、D.
(2)如果活塞推拉过快，气体的温度将产生显著的变化，实验误差将增大；
(3)由实验数据可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定，前四组数据，乘积在11.9～12.2之间，第5组数据的乘积较大，为15.2，说明第5组数据记录错误；
(4)气体压强与气体的温度有关，一定质量的气体，在相同体积下，温度越高，压强越大，故图像①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的．
4．求图中被封闭气体A的压强．其中(1)(2)(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76 cmHg.(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)
答案 (1)66 cmHg (2)71 cmHg (3)81 cmHg (4)1.13×105 Pa
解析 (1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg
(2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10sin 30° cmHg＝71 cmHg
(3)pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg
pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg
(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa
5.汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态．设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦．重力加速度为g，求汽缸中气体的压强．
答案 p0＋eq \f(m＋Mg,S)
解析 对活塞进行受力分析，如图所示
由平衡条件得p气S′＝eq \f(m＋Mg＋p0S,sin α)
又因为S′＝eq \f(S,sin α)
所以p气＝eq \f(m＋Mg＋p0S,S)＝p0＋eq \f(m＋Mg,S).
6．如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的汽缸水平放置，一横截面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔．活塞右侧气体的压强为p0，活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0.将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变．然后将密封的气体缓慢加热．已知重物的质量满足关系式mg＝p0S，重力加速度为g，细绳足够长．求：
(1)活塞恰好碰到汽缸右侧时气体的温度；
(2)当气体温度达到2T0时气体的压强．
答案 (1)1.5T0 (2)eq \f(4,3)p0
解析 (1)当活塞右侧的气体压强为p0时，左侧气体压强为p1，对活塞受力分析，有p1＝eq \f(mg,S)＋p0＝2p0
右侧抽成真空时，左侧气体压强为p2，有p2＝p0
设此时左侧气体体积为V2，由玻意耳定律有p1V0＝p2V2
解得V2＝2V0
缓慢加热气体，气体发生等压变化，活塞与汽缸右侧恰好接触时，气体体积为V3＝3V0
气体的温度为T3，由盖—吕萨克定律有eq \f(V2,T0)＝eq \f(V3,T3)
解得T3＝1.5T0
(2)气体温度升高到1.5T0之后，气体发生等容变化，由查理定律有eq \f(p0,T3)＝eq \f(p4,2T0)
解得p4＝eq \f(4,3)p0
7．汽车胎压监测系统在汽车行驶过程中对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全．某品牌汽车单个轮胎的容积为V＝4×10－2 m3，当胎压低于200 kPa时，胎压监测器自动报警．驾驶员启动汽车后发现胎压监测器报警，显示器显示左前车胎胎压p＝175 kPa，胎内气体温度为T1＝280 K，行驶一段路程到达汽车维修店时，胎内气体温度升高至T2＝300 K．维修店工作人员将温度为T2＝300 K、压强为p0＝1×105 Pa、体积为ΔV的气体充入左前车胎，胎内压强升至250 kPa，胎内气体温度仍为300 K，已知轮胎不漏气且不考虑胎内气体体积变化，求：
(1)充气前，胎内气体升高至T2＝300 K时，胎内气体的压强；
(2)充入体积ΔV的大小．
答案 (1)187.5 kPa (2)0.025 m3
解析 (1)气体体积不变，有eq \f(p,T1)＝eq \f(p′,T2)
解得p′＝187.5 kPa
(2)汽车维修店工作人员将温度T2＝300 K、压强p0＝1×105 Pa、体积为ΔV的气体充入左前车胎，则
p′V＋p0ΔV＝p2V
解得ΔV＝0.025 m3
8．新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，全国各地纷纷支援，其中北方某地支援武汉大批钢瓶氧气．每个钢瓶容积为V0＝60 L，在北方测得氧气压强为p＝5×106 Pa，温度为t＝7 ℃.长途运输到医院后，温度升到t′＝27 ℃，经质量测量发现漏气2%.实际使用过程中，先用如图所示的活塞式抽气筒与氧气瓶连通缓慢抽气，再充到真空小钢瓶中，然后供病人使用．(不考虑抽气分装过程中的漏气和温度变化，0 ℃对应的热力学温度为273 K)
(1)氧气瓶运到医院后氧气的压强为多少；
(2)若活塞式抽气筒第一次抽气时，抽出氧气体积为ΔV＝10 L，为了使第二次抽出氧气的质量与第一次相同，第二次抽气时，抽气筒内氧气体积应为多少？
答案 (1)5.25×106 Pa (2)12 L
解析 (1)选择氧气瓶到医院后剩余气体为研究对象，这部分气体在北方时的体积为V0(1－2%)，根据理想气体状态方程可得
eq \f(pV0×1－2%,T1)＝eq \f(p′V0,T2)
代入数据解得p′＝5.25×106 Pa
(2)第一次抽气，根据玻意耳定律可得p′V0＝p1(V0＋ΔV)
第二次抽气，根据玻意耳定律可得p1V0＝p2(V0＋ΔV′)
两次抽出气体质量相同，则pV乘积相等，满足p1ΔV＝p2ΔV′
代入数据解得ΔV′＝12 L
9．如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内装有理想气体，气体温度均等于环境温度，气体压强均等于大气压强，两汽缸的活塞到缸底距离都是L，A活塞的面积是B活塞面积的2倍，现在缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体温度变为环境温度的eq \f(5,3)倍．设环境温度始终保持不变，求两个活塞移动的距离．
答案 eq \f(1,3)L
解析 对于A气体，由理想气体状态方程得：eq \f(p0·L·2S,T0)＝eq \f(pA·L＋x·2S,\f(5,3)T0)
对于B气体，由玻意耳定律得：p0·L·S＝pB·(L－x)·S
对于两个活塞，加热稳定时由平衡条件得：pA·2S＋p0·S＝p0·2S＋pB·S
解得x＝eq \f(1,3)L
10.如图所示，横截面积为S、导热性能良好的密闭容器通过体积可忽略的细胶管与横截面积为eq \f(S,2)的玻璃管连接，开始胶管处有一阀门处于关闭状态，左侧的密闭容器用一厚度、质量、摩擦均可忽略的绝热的活塞分成体积相等的两部分A、B，两部分气体的长度均为L＝10 cm且压强均等于p0(两部分气体可视为理想气体)，右侧玻璃管中水银柱的长度为H＝40 cm，已知外界大气压强为p0＝75 cmHg、室温为t＝27 ℃.将阀门打开后，右侧的水银进入左侧的密闭容器，当系统再次稳定时，求：
(1)右侧玻璃管中水银柱的长度；
(2)稳定后，对气体A加热，当右侧玻璃管中水银柱的长度再次为H＝40 cm时，气体A的温度．
答案 (1)30 cm (2)347 ℃
解析 (1)将汽缸内两部分气体A、B看成一个整体，打开阀门后，气体发生等温变化，当系统再次稳定时，假设右侧玻璃管中水银柱下降的高度为x，则左侧密闭容器中水银柱上升的高度为eq \f(x,2)，由玻意耳定律得
p0S·2L＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(p0＋ρgH－x－\f(x,2)))(2L－eq \f(x,2))S
解得x＝10 cm
则再次稳定时，右侧玻璃管中水银柱的长度为h＝H－x＝(40－10) cm＝30 cm
(2)对气体A加热时，气体B的温度不变．当右侧水银柱的长度再次为H＝40 cm时，假设B部分气体的长度为L′.
对气体A，由理想气体状态方程eq \f(p0LS,T)＝eq \f(p0＋ρgH2L－L′S,T′)
对气体B，由玻意耳定律得p0LS＝(p0＋ρgH)L′S
又T＝t＋273 (K)
由以上联立解得T′＝620 K，L′＝eq \f(150,23) cm
则气体A的温度为t′＝T′－273＝347 ℃实验序号
1
2
3
4
5
封闭气柱长度L(cm)
12.00
11.00
10.00
9.00
8.00
封闭气柱压强p(×105 Pa)
1.01
1.09
1.19
1.33
1.90