新高考物理一轮复习考点课时练第15章第79练　气体的性质（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习考点课时练第15章第79练　气体的性质（含答案解析），共24页。试卷主要包含了2 MPa时，储水量为14 L等内容，欢迎下载使用。

1~4题每小题5分，5题9分，共29分
1.如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P的气压表示数为( )
A.43p0B.83p0C.3p0D.143p0
2.(2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p－T图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是( )
3.(2024·山东泰安市模拟)如图甲所示，一玻璃容器倒置在水平桌面上，下端用塞子封闭不漏气，用水银封闭一定质量的理想气体，初始时水银柱高为L2＝10 cm，封闭气体长为L1＝6 cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1＝1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2＝3 cm2，现缓慢向内部注入体积为V的水银，水银恰好不溢出，封闭气体压强p与其长度L的关系图像如图乙所示，不考虑气体温度变化，大气压强为p0＝76 cmHg，则注入水银的体积V为( )
A.159 cm3B.53 cm3C.125 cm3D.129 cm3
4.纯净水压力储水罐总容积为20 L，冬季气温为7 ℃时，气囊内气体的压强为0.16 MPa。初始体积为10 L；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，T＝t＋273 K。下列说法正确的是( )
A.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa时，储水量为14 L
B.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa时，储水量为18 L
C.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa时，储水量约为15.7 L
D.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa时，储水量约为12.4 L
5.(9分)(九省联考·贵州·13)如图是一个简易温度计示意图，左边由固定的玻璃球形容器和内径均匀且标有刻度的竖直玻璃管组成，右边是上端开口的柱形玻璃容器，左右两边通过软管连接，用水银将一定质量的空气封闭在左边容器中。已知球形容器的容积为530 cm3，左边玻璃管内部的横截面积为2 cm2。当环境温度为0 ℃且左右液面平齐时，左管液面正好位于8.0 cm刻度处。设大气压强保持不变。
(1)(3分)当环境温度升高时，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向上还是向下移动？
(2)(6分)当液面位于30.0 cm刻度处且左右液面又一次平齐时，对应的环境温度是多少摄氏度？
6、7题每小题5分，8题14分，共24分
6.某实验小组用图甲所示装置研究烧瓶内封闭气体的体积一定时压强与温度的关系，初始时封闭气体的摄氏温度为t0，往容器内加热水，可以改变封闭气体的温度t，用Δt(Δt＝t－t0)表示封闭气体升高的摄氏温度，p表示温度为t时封闭气体的压强，则图乙中可能正确的图线是( )
A.①B.②C.③D.④
7.(来自教材改编)(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是( )
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
8.(14分)(2025·山东滨州市检测)有的固体形状不规则，且不能够浸入液体中来测量它的体积。某学生设计了如图所示的装置来测定此类固体的体积。放置于水平地面上的导热汽缸横截面积S＝20 cm2，将一个不规则的固体放置在汽缸中，用轻质活塞密封一定质量的理想气体，封闭气体的高度h1＝40 cm。然后缓慢地向活塞上面加细沙，当封闭气体高度变为h2＝35 cm时，所加细沙的质量m＝4 kg。外界温度恒为T1＝300 K，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，活塞始终未与不规则固体接触，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(8分)若封闭气体的温度不发生变化，求不规则固体的体积V0；
(2)(6分)若汽缸导热性能不够理想，加上m＝4 kg的细沙后读取气体高度时封闭气体温度已上升至301 K，求此时不规则固体的实际体积V0'(保留2位有效数字)。
(7分)
9.(多选)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度h＝5 cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ＝30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L＝40 cm，大气压强始终为p0＝75 cmHg，重力加速度g取10 m/s2，不计水银与玻璃管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是( )
A.若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1＝37.5 cm
B.被封闭气体的压强为p1＝80 cmHg
C.若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L＝40 cm，则现在的热力学温度与原来热力学温度之比为14∶15
D.若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度L2＝41.67 cm
答案精析
1.B 2.B 3.C
4.C [当室温为7 ℃，设初始状态压强为p1，体积为V1，末状态压强为p2，储水体积为V2，当气囊内气体气压p2＝0.2 MPa时，由等温变化知p1·V1＝p2(20 L－V2)，代入得V2＝12 L，当气囊内气体气压p2＝0.4 MPa时，代入得V2＝16 L，A、B错误；当室温为27 ℃，设初始状态温度为T1，末状态压强为p3，储水体积为V3，温度为T2，当气囊内气体气压为p3＝0.4 MPa时，根据理想气体状态方程知p1V1T1＝p3(20L−V3)T2，代入得V3≈15.7 L，当气囊内气体气压为p3＝0.2 MPa时，代入得V3≈11.4 L，C正确，D错误。]
5.(1)向下 (2)22 ℃
解析 (1)当环境温度升高时，假设右边容器不动，则左侧气体体积变大，右侧管中液面将高于左侧管中液面，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向下移动；
(2)开始时左侧气体体积
V1＝(530＋2×8.0) cm3＝546 cm3
温度T1＝273 K
当液面位于30.0 cm刻度处时左侧气体的体积
V2＝(530＋2×30.0) cm3＝590 cm3
气体进行等压变化，则根据盖—吕萨克定律可得V1T1＝V2T2
解得T2＝295 K
则t2＝22 ℃。
6.A [烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有p0T0＝pT＝ΔpΔT，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝p0T0Δt＝p－p0，整理得p＝p0T0Δt＋p0，可见p－Δt图像为一次函数，斜率为p0T0，纵截距为p0，均为正值，故正确的图线是①，故选A。]
7.B [由盖—吕萨克定律得V1T1＝V2T
其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，
T1＝(273＋27) K＝300 K，
V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)
代入解得T＝3067x＋19 80067(K)
根据T＝t＋273 K
可知t＝3067x＋1 50967(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。]
8.(1)2×10－4 m3 (2)1.9×10－4 m3
解析 (1)设所加细沙的质量为4 kg时，封闭气体的压强为p1，由平衡条件可知p1S＝p0S＋mg
解得p1＝1.2×105 Pa
由玻意耳定律可得
p0(h1S－V0)＝p1(h2S－V0)
解得V0＝2×10－4 m3
(2)封闭气体温度上升至T2＝301 K时，由理想气体状态方程可得p0(h1S−V0')T1＝p1(h2S−V0')T2
解得V0'≈1.9×10－4 m3。
9.AC [设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1，对整体，由牛顿第二定律有m总gsin θ＝m总a1，解得a1＝5 m/s2，对水银柱，根据牛顿第二定律p0S＋mgsin θ－p1S＝ma1，其中m＝ρV＝ρSh，解得被封闭气体的压强p1＝75 cmHg，故B错误；若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强p2＝p0＋ρgh＝80 cmHg，被封闭气体做等温变化，则p0SL＝p2SL1，解得封闭气体的长度L1＝37.5 cm，故A正确；若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强p3＝p0－ρgh＝70 cmHg，气体做等容变化，则p0T0＝p3T3，可得T3∶T0＝14∶15，故C正确；若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，对水银柱，根据牛顿第二定律p4S－p0S－mgsin θ＝ma2，其中m＝ρV＝ρSh，被封闭气体做等温变化，则p4SL2＝p2SL1，解得p4＝78 cmHg，L2≈38.46 cm，故D错误。]