高考物理一轮复习课时跟踪检测（五十三）气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用含答案

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1．(2023·济宁高三质检)某探究小组同学尝试用如图所示装置测定大气压强。实验过程中温度保持不变。最初U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶内密封体积为800 mL的理想气体，烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中的水银面出现25 cm的高度差。不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。则所测得的大气压强为( )
A．74 cmHg B．75 cmHg
C．75.5 cmHg D．76 cmHg
解析：选B 烧瓶中的气体初状态为p1＝p0，V1＝800 mL，注入水后p2＝p0＋25 cmHg，V2＝600 mL。由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，代入数值解得p0＝75 cmHg，B正确。
2.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 cm3
C．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。
3.如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 ml氧气，b部分气体为2 ml氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是( )
A．Va>Vb，Ta>Tb B．Va>Vb，TaC．VaTb
解析：选D 解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，根据pV＝nRT可知，b气体的压强大，故活塞左移，平衡时VaTb，C错误，D正确。
4．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
解析：选C 取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝eq \f(5,6)×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)×105－4.0×104))Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
5.(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若m＝eq \f(p0S,g)，活塞下移eq \f(L,2)
B．若m＝eq \f(p0S,2g)，活塞下移eq \f(2L,3)
C．若m＝eq \f(p0S,g)，气室1内气体压强为3p0
D．若m＝eq \f(3p0S,g)，气室1内气体压强为3p0
解析：选AD 若m＝eq \f(p0S,g)，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0。单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝eq \f(L,2)，所以活塞下移eq \f(L,2)，A正确，C错误；若m＝eq \f(p0S,2g)，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝eq \f(2L,3)，所以活塞下移Δx＝L－x′＝eq \f(L,3)，B错误；若m＝eq \f(3p0S,g)，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝eq \f(3L,4)，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。
6．某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝eq \f(100,3)V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3)。
答案：(1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，
B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有
p1BV1B＝p2BV2B，
联立解得h2＝2 cm，
对A管中的气体，初态压强为p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A，联立可得2h12－191h1＋189＝0，解得h1＝1 cm或h1＝eq \f(189,2) cm >l1(舍去)，则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。
答案：1 cm
8.(2022·武汉高三模拟)如图所示，汽缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
(2)最后两侧气体的体积之比。
解析：(1)设初始时压强为p，由理想气体状态方程可知，左侧气体满足eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′V,kT1)，右侧气体满足pV2＝p′V，解得k＝eq \f(V2,V1)＝2。
(2)使活塞导热达到平衡，由理想气体状态方程可知，左侧气体满足eq \f(p′V,kT1)＝eq \f(p″V1′,T1′)，右侧气体满足eq \f(p′V,T2)＝eq \f(p″V2′,T2′)，平衡时T1′＝T2′，解得eq \f(V1′,V2′)＝eq \f(T2,kT1)＝eq \f(5,4)。
答案：(1)2 (2)eq \f(5,4)
9．小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)297 K (2)309 K
10.如图所示，是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为ΔV＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2,1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢管内的空气压入水舱多少次？
解析：设在水面下h＝290 m处贮气钢筒内气体的压强变为p1，由查理定律得eq \f(p,T)＝eq \f(p1,T1)，其中T＝300 K，T1＝280 K。设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，气体的总体积为V2，由玻意耳定律得p2V2＝p1V，重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为V3＝V2－V，设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得p2V3＝p4V4，其中p4＝p0＋eq \f(ρgh,1×105) atm＝30 atm，则压入水舱的次数N＝eq \f(V4,ΔV)≈13.67，所以贮气钢筒内的空气充气前压入水舱的次数为N0＝13。
答案：13次