新高考物理一轮复习考点分层训练15.2 气体的性质（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点分层训练15.2 气体的性质（2份，原卷版+解析版），共13页。试卷主要包含了2 气体的性质，9p0，5cmS等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc207996810" 题组1：气体压强的微观解释 PAGEREF _Tc207996810 \h 1
\l "_Tc207996811" 题组2：液柱类压强的计算 PAGEREF _Tc207996811 \h 2
\l "_Tc207996812" 题组3：活塞类压强的计算 PAGEREF _Tc207996812 \h 3
\l "_Tc207996813" 考点二 气体实验定律与理想气体状态方程 PAGEREF _Tc207996813 \h 4
\l "_Tc207996814" 题组1：气缸类问题 PAGEREF _Tc207996814 \h 4
\l "_Tc207996815" 题组2：液柱类问题 PAGEREF _Tc207996815 \h 6
\l "_Tc207996816" 题组3：关联气体 PAGEREF _Tc207996816 \h 8
\l "_Tc207996817" 考点三 气体状态变化图像问题 PAGEREF _Tc207996817 \h 11
\l "_Tc207996818" 题组1：P-V图像 PAGEREF _Tc207996818 \h 11
\l "_Tc207996819" 题组2：P-1/V图像 PAGEREF _Tc207996819 \h 13
\l "_Tc207996820" 题组3：P-T图像 PAGEREF _Tc207996820 \h 14
\l "_Tc207996821" 题组4：V-T图像 PAGEREF _Tc207996821 \h 16
15.2 气体的性质
考点一 气体压强的微观解释与计算
题组1：气体压强的微观解释
1.（单选）将两端开口的玻璃管一端插入水中，然后用手指按住上端开口，将玻璃管缓慢拿离水面。该过程中，管中封闭气体的温度和外界大气压均保持不变。则下列关于管中封闭气体的说法，正确的是( )
A. 体积不变B. 压强不变
C. 分子的平均速率不变D. 单位体积分子数不变
【答案】C
【解析】C、将玻璃管拿离水面过程中，管内封闭气体温度不变，分子平均速率不变，选项 C正确;
ABD、由玻意耳定律知，管内封闭气体体积变大，压强变小，单位体积内分子数减少，选项 A、B、D均错误;
故选C。
2. （单选）夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体( )
A. 分子的平均动能更小
B. 单位体积内分子的个数更少
C. 所有分子的运动速率都更小
D. 分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
【答案】A
【解析】AC、夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确、C错误；
BD、由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，BD错误。
故选：A。
题组2：液柱类压强的计算
3. （单选）若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 甲图中密闭气体的压强大小是p0+ρgℎ
B. 乙图中密闭气体的压强大小是p0+ρgℎ
C. 丙图中密闭气体的压强大小是p0−ρgℎ
D. 丁图中密闭气体的压强大小是p0+ρgℎ1
【答案】D
【解答】A、设玻璃管的横截面积为S，以液柱为研究对象，由平衡条件得：pS+ρSℎg=p0S，解得：p=p0−ρgℎ，故A错误；
B、以左管高出右管的液柱为研究对象，由平衡条件得：pS+ρℎSg=p0S，解得：p=p0−ρgℎ，故B错误；
C、以玻璃管内的液柱为研究对象，由平衡条件得：pS+ρSℎgsin60°=p0S，解得：p=p0−ρgℎsin60°，故C错误；
D、由丙所示可知，封闭气体压强：p=p0+ρgℎ1，
故选：D。
4. （单选）有一段12cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角θ为30°的光滑斜面上(如图所示)，在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76cmHg)( )
A. 76cmHgB. 82cmHgC. 88cmHgD. 70cmHg
【答案】A
【解析】玻璃管和水银柱组成系统，根据牛顿第二定律可得整体的加速度a=gsinθ，所以对水银柱由牛顿第二定律得p0S+mgsinθ−pS=ma，解得p=p0，故选A。
题组3：活塞类压强的计算
5. （单选）质量为M的汽缸口朝上静置于地面上(如图甲)，用质量为m的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计)，活塞的截面积为S。将汽缸倒扣在地面上(如图乙)，静止时活塞没有接触地面。已知大气压强为p0，取重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析正确的是( )
A. 甲图中，汽缸对地面的压力为Mg
B. 甲图中，封闭气体压强为p 0+mgS
C. 乙图中，地面对汽缸的支持力为Mg+p ​0S
D. 乙图中，封闭气体压强为p 0−MgS
【答案】B
【解答】A.以整体为研究对象，根据平衡条件可得甲图中，汽缸受到的支持力大小为(m+M)g，根据牛顿第三定律可得汽缸对地面的压力为(m+M)g，故A错误；
B.甲图中，封闭气体压强等于外界大气压和活塞产生的压强之和，即为p0+mgS，故B正确；
C.以整体为研究对象，根据平衡条件可得乙图中，地面对汽缸的支持力为(m+M)g，故C错误；
D.乙图中，封闭气体压强等于外界大气压和活塞产生的压强之差，即为p0−mgS，故D错误。
6. （多选）如图甲所示，一定质量的理想气体用横截面积为S的活塞封闭在导热良好的汽缸内，汽缸内壁光滑，现用轻质细线系在活塞的正中央，然后将另一端悬挂在天花板下且它处于静止状态，初始时环境和封闭气体的热力学温度均为T0，封闭气体的体积为V0，封闭气体的压强为0.9p0。现把汽缸取下并开口斜向下固定在倾角为30°的斜面上，如图乙所示，已知大气压强恒为p0，活塞与汽缸的质量相等，重力加速度大小为g，环境的温度视为不变，下列说法正确的是( )
A. 汽缸的质量为p0S10g
B. 图乙中汽缸重新平衡后，气体的压强为0.9p0
C. 若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的体积仍为V0
D. 若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的体积为0.9V0
【答案】AD
【解析】A.根据甲图中汽缸受力平衡有 0.9p0S+mg=p0S，解得 m=p0S10g ，故A正确；
B.图乙中汽缸重新平衡后，设气体的压强为 p1 ，根据活塞受力平衡有 p1S+mgsinθ=p0S，解得 p1=0.95p0 ，故B错误；
CD.若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的压强不变，设气体的体积变为 V2 ，根据理想气体状态方程有 0.9p0V0T0=p1V20.95T0，解得 V2=0.9V0 ，故C错误，D正确。
故选AD。
考点二 气体实验定律与理想气体状态方程
题组1：气缸类问题
1. （多选）为了方便监控高温锅炉外壁的温度变化，可在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸。如图所示，汽缸右壁的压力传感器与活塞通过轻弹簧连接，活塞左侧封闭气体可看作理想气体。已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，弹簧的劲度系数k=p0SL，不计活塞质量和厚度及与汽缸壁的摩擦。当锅炉外壁温度为T0时，活塞与汽缸左壁的间距为L，传感器的示数为0;温度缓慢升高到某一值时，传感器的示数为p0S，若已知该过程汽缸内气体吸收的热量为Q，弹簧弹性势能公式：Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)。则下列说法正确的是( )
A. 此时锅炉外壁的温度为2T0
B. 此时锅炉外壁的温度为4T0
C. 整个过程中气体内能的增加量为Q−3p0SL2
D. 整个过程中气体内能的增加量为Q−5p0SL2
【答案】BC
【解析】AB.传感器的示数为p0S时，封闭气体的压强为p=p0+FS=2p0，
活塞向右移动的距离为x=Fk=L，
由理想气体状态方程可得p0×LST0=p×(L+x)ST，
解得T=4T0，A错误，B正确;
CD.该过程气体对外界做功为W0=FL=p0S+2p0S2L=3p0SL2，
由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体内能增加量为ΔU=Q−3p0SL2，C正确，D错误。
故选BC。
2.如图所示，绝热汽缸固定在水平地面上，距离缸底L=0.2m处有面积为S=5cm2的绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可沿汽缸无摩擦滑动且不漏气。靠近汽缸开口端有物块P，P活塞用水平轻弹簧相连，此时弹簧恰为原长。汽缸内气体温度为27 ∘C，压强与外界大气压强相同，均为p0=1.0×105Pa。已知物块P的质量m=5kg，与汽缸内壁的动摩擦因数μ=0.1，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的劲度系数k=50N/m，弹簧的形变始终在弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2。对缸内气体缓慢加热，当物块P刚要滑动时，求：
(1)活塞移动的距离；
(2)汽缸内气体的温度。
【答案】解：(1)物块 P 刚要滑动时，设弹簧的压缩量为 Δx ，可得kΔx=μmg，
所以活塞移动的距离为Δx=0.1m。
(2)设物块 P 刚要滑动时，汽缸内气体的压强为 p1 ，对活塞，根据受力平衡可得p1S=p0S+kΔx，
解得p1=1.1×105Pa，
初始时，汽缸内气体的体积为V0=LS，
物块 P 刚要滑动时，汽缸内气体的体积为V1=L+ΔxS，
设物块 P 刚要滑动时，汽缸内气体的温度为 T1 ，根据理想气体状态方程可得p0V0T0=p1V1T1，
联立解得T1=495K。
3.如图，有一质量为m、面积为S、厚度可忽略的活塞静止于一竖直放置的气缸内，活塞下方密封有一定质量的理想气体，活塞距气缸底部的距离为2ℎ，活塞上端与轻弹簧拴接，弹簧处于拉伸状态，劲度系数为k，形变量为ℎ，开始时气缸内封闭气体的温度为T0，现用电热丝缓慢加热气缸内的气体，(气缸位置不变)直至活塞缓慢上升2ℎ，活塞始终在气缸内，活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，大气压强为p0，重力加速度大小为g，求：
(1)开始时和最终气缸内封闭气体的压强；
(2)最终气缸内封闭气体的温度。
【答案】(1)开始时活塞处于静止状态，设此时气缸内封闭气体的压强为p，由平衡条件可知pS+kℎ=mg+p0S
解得p=p0S+mg−kℎS
活塞缓慢上升 2ℎ 后弹簧处于压缩状态，设此时气缸内封闭气体的压强为 p' ，分析可知弹簧弹力F=kℎ
对活塞由平衡条件可知p'S=p0S+mg+kℎ
解得p'=p0S+mg+kℎS
(2)设变化前后气缸内封闭气体的体积分别为V0、V1，温度分别为T0、T1，由理想气体状态方程可知pV0T0=p'V1T1
V0=2ℎS
V1=4ℎS
解得T1=2T0p0S+mg+kℎp0S+mg−kℎ
题组2：液柱类问题
4.如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口。左端用水银封闭长L1=7.5cm的理想气体，当温度为280K时，两管水银面的高度差Δℎ=5cm。设外界大气压强为P0=75cmHg。
(1)求理想气体的压强；
(2)若对封闭气体缓慢加热，求当左右两管的水银面相平且稳定时理想气体的温度。
【答案】(1)根据左、右水银面的高度差为5cm，可知开始时封闭气体压强为P1=P0−5cmHg=70cmHg
(2)设U形管的横截面积为S，对封闭气体P1=70cmHg ， T1=280K ， V1=L1S=7.5cmS
设封闭气体升高至温度为 T2 时，左、右两管中水银液面相平，此时封闭气体的长度为ℎ2=L1+Δℎ2=10cm
封闭气体的压强为P2=P0=75cmHg
根据理想气体状态方程有P1V1T1=P2V2T2
解得稳定时理想气体的温度为T2=400K。
5.如图所示，一根粗细均匀的玻璃管下端封闭，开口向上竖直放置，玻璃管总长度L=85 cm，内部有ℎ=25 cm长的水银柱，将一段空气(视为理想气体)柱密封在下部，初始时玻璃管内封闭气体的长度L0=50 cm，热力学温度T0=300 K，外界大气压恒为p0=75 cmHg，现对玻璃管缓慢加热，使水银柱向上移动。
(1)当水银面恰好与管口相平时，求封闭气体的热力学温度T；
(2)要使玻璃管内的水银全部溢出，求封闭气体的最低热力学温度Tmin。
【答案】解：(1)封闭气体做等压变化，有L0ST0=(L−ℎ)ST，解得T=360K；
(2)设水银柱的长度为x时，封闭气体的热力学温度为T'，则有(p0+ρgℎ)L0ST0=(p0+ρgx)(L−x)ST'，代入数据可得T'=3(75+x)(85−x)50，当x=5(cm)时，T'取最值，要使玻璃管内的水银全部溢出，封闭气体的最低热力学温度Tmin=384K。
6.下端开口、上端封闭的薄壁玻璃管上粗下细，粗管长L=18 cm、横截面积为2S，细管横截面积为S且足够长。玻璃管竖直放置，管内水银柱将一定质量的气体密封，如图所示，水银柱长ℎ=15 cm。若将玻璃管缓慢地逆时针旋转90∘，水银恰好完全进入粗管，已知环境温度T0=300 K，大气压p0=75 cmHg，玻璃管导热良好。
(1)求玻璃管竖直时密闭气体的长度x；
(2)玻璃管保持竖直，缓慢加热气体，求粗管中的水银下落1cm时的温度T。
【答案】解：(1)粗管中水银长度 L1=L−x
细管中水银长度 L2=ℎ−L−x
竖直放置时气体压强 p1=p0−pℎ
旋转 90∘ 后压强 p2=p0
根据玻意耳定律 p1⋅2xS=p2⋅(x−L2S2S)⋅2S
联立解得 x=5cm
(2)粗管中水银面下落的高度 ΔL=1cm ，则细管中水银面下降的高度 Δℎ=ΔL⋅2SS=2cm
所以水银柱长 ℎ'=ℎ+Δℎ−ΔL
气体压强 p3=p0−pℎ'
解得 p3=59cmHg
根据理想气体状态方程 p1⋅2xST1=p3x+ΔL⋅2ST2
解得 T2=354K
题组3：关联气体
7.如图所示，导热性能良好、高度均为L、横截面积分别为S和2S的上下两汽缸竖直正对放置，其中下方汽缸固定在水平地面上，上方汽缸通过竖直杆固定在天花板上，两汽缸间通过连接活塞A、B的轻质硬杆相连，两活塞可在汽缸中无摩擦的自由移动，且与汽缸壁之间密封良好，两活塞与汽缸间均密封着一定质量的理想气体。初始时活塞A处在上方汽缸的正中央，活塞B恰好位于下方汽缸口，此时下方汽缸内的气体压强为1.5p0，两汽缸内密封的气体温度均为T ​0，不计两活塞的质量与厚度，汽缸外的大气压强始终为p0。
(1)求初始时上方汽缸内密封的气体压强p；
(2)若保持下方汽缸内密封的气体温度为T ​0，缓慢升高上方汽缸内密封的气体温度，在不漏气的情况下，求上方汽缸内密封的气体最高温度T。
【答案】解：(1)对两活塞和轻杆整体进行受力分析，可得 pS+p0⋅2S=p0S+1.5p0⋅2S
解得 p=2p0。
(2)对下方气体，根据等温变化可得 1.5p0⋅2SL=p2⋅2SL2 ，解得现在的压强 p2=3p0
对两活塞和轻杆整体进行受力分析，可得 p1S+p0⋅2S=p0S+p2⋅2S ，解得 p1=5p0
当活塞A移动到上方汽缸口时，上方密封的气体温度最高，对上方气体分析，由理想气体状态方程，则有 pSL2T0=p1SLT ，解得 T=5T0。
8.医疗呼吸机在临床医疗中正发挥着极其重要的作用，某型号呼吸机工作原理可简化为如图所示装置，竖直放置的绝热密闭容器，横截面积为S，有一质量为M=2p0Sg的绝热隔板放在卡槽上，隔板与容器密封良好，将容器分隔为容积均为V0的上下两部分，另有一只气筒分别通过单向气阀m、n与容器上下两部分连接，气筒内活塞和气筒与容器连接处的体积不计，抽气、打气时气体温度保持不变。两部分气体初始时温度为27 ∘C，m、n均关闭，活塞位于气筒最右侧，上下气体压强均为大气压强p0，活塞从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气。活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，此时容器上下两部分气体压强之比为1:2，重力加速度为g。T=t+273K
(1)求气筒的容积；
(2)完成一次打气后，将m、n关闭，容器保持密封状态，通过电热丝对B中气体缓慢加热，使绝热隔板缓慢向上移动，当A中气体变为23V0时停止加热，求此时B气体的温度T。
【答案】(1)设气筒的容积为 V ，抽气后A中气体的压强变为 pA ，由于抽气、打气时气体温度保持不变，根据玻意耳定律可得抽气过程有 p0V0=pAV0+pAV
解得 pA=p0V0V0+V
同理设打气后B中气体的压强变为 pB ，则打气过程有 p0V0+pAV=pBV0
解得 pB=p0V0+2VV0+V
由题意可知 pApB=p0V0V0+Vp0V0+2VV0+V=12
解得气筒的容积为 V=12V0
同时可求出完成一次打气后A中气体的压强变为 pA=23p0
B中气体的压强变为 pB=43p0
(2)设当A中气体体积变为 VA=23V0 时，其压强为 pA' ，则根据玻意耳定律可得 pAV0=pA'VA
解得 pA'=32pA=32×23p0=p0
设此时B中气体的压强为 pB' ，对隔板进行受力分析，列平衡方程有 pA'S+Mg=pB'S
解得停止加热时B中气体的压强为 pB'=3p0
已知未加热时B中气体的压强为 pB=43p0 ，体积为 V0 ，温度为 TB=27+273K=300K
停止加热时B中气体的体积为 VB=V0+13V0=43V0
设停止加热时其温度为 TB' ，则对B中气体列理想气体状态方程有 pBV0TB=pB'VBTB'
解得停止加热时B中气体的温度为 TB'=900K
9.如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸M和密闭的汽缸N组成，两汽缸由一细管(容积可忽略)连通，两汽缸均由导热材料制成，内径相同。汽缸M长为3L，汽缸N长为L，薄活塞A、B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两汽缸处于温度为T1=300K的空气中，汽缸M、N中分别封闭压强为p0、2p0的理想气体，活塞A、B均位于汽缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为T2=360K，且活塞B向右移动了12L。已知大气压强为p0相当于10m水柱产生的压强。求：
(1)装置所在处水的深度；
(2)活塞A向右移动的距离。
【答案】(1)汽缸N中气体初状态pN1=2p0 ， T1=300K ， VN1=LS
末状态T2=360K ， VN2=12LS
根据理想气体状态方程有pN1VN1T1=pN2VN2T2
放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中的气体压强相等，即pM2=pN2
在此处水产生的压强为p水=pM2−p0
解得p水=3.8p0
10m高的水柱产生的压强为 p0 ，所以此处水深ℎ=38m
(2)装置放在水中后，设活塞A向右侧移动的距离为x，汽缸M中气体初状态
pM1=p0 ， T1=300K ， VM1=3LS
汽缸M中气体末状态pM2=pN2 ， T2=360K ， VM2=3L+12L−xS
根据理想气体状态方程pM1VM1T1=pM2VM2T2
解得x=114L。
考点三 气体状态变化图像问题
题组1：P-V图像
1. （多选）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A. 1→2过程中，气体内能增加B. 2→3过程中，气体向外放热
C. 3→4过程中，气体内能不变D. 4→1过程中，气体向外放热
【答案】AD
【解析】A.1→2为绝热过程，根据热力学第一定律 ΔU=Q+W 可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；
B.2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功 WpB，所以pC>pA， 故C错误；
D、从状态A到状态C，温度升高，可知气体内能增大，△U>0;从A到B气体对外做功W< 0，从B到C不做功W= 0，整个过程W< 0。根据热力学第一定律△U=Q+W，可得Q>0，即气体吸收热量， 故D正确。
8. （单选）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→d→a过程后回到初始状态a，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，图像cb、da延长线过原点O。下列说法正确的是( )
A. 在d→a过程中，单位时间内气体分子与单位面积容器壁的碰撞次数可能减少
B. 气体在d→a过程中内能的减少量小于b→c过程中内能的增加量
C. 气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功
D. 气体在a→b→c→d→a过程中向外界放出的热量大于从外界吸收的热量
【答案】D
【解析】A.在 d→a 过程中，图像是经过原点的直线，所以是等压变化。这个过程中温度降低，分子的平均速率减小，所以单位时间内与单位面积容器壁的撞击次数要增大，才能保证撞击力不变使得压强不变，故A错误；
B.一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在 d→a 过程从 T2 降温到 T1 ，与 b→c 过程中从 T1 升温到T2，温度变化量相同，则内能的变化量是相同的，故B错误；
C.在 b→c 过程中，气体的压强不变，设压强为 pb ，则气体对外做功的大小为W=pb3V0−2V0=pbV0，在 a→b 过程中，由玻意耳定律， paV0=2pbV0，可知 pa=2pb ，所以在 a→b 过程中，虽然体积的变化量也为 V0 ，但相比于 b→c 过程，平均压强更大，所以做功量更大，故C错误；
D.根据气体的 V−T 变化，可以画出如图的 p−V 图像
如图， a→b→c→d→a 围成的闭合图像的面积，是整个过程气体做功量的大小，根据图线的箭头方向可知整个过程外界对气体做功， W>0，根据 ΔU=Q+W ，整个过程 ΔU=0，所以 Q