2024届高考物理一轮总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

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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一、立足主干知识，注重基础性和综合性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 cmHgC．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.(2021·山东等级考)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 cm3C．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 mol氧气，b部分气体为2 mol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，Ta<TbC．Va<Vb，Ta<Tb  D．Va<Vb，Ta>Tb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Va<Vb，pa＝pb，A、B错误；根据热力学第一定律，活塞左移过程中，a气体被压缩，内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时Ta>Tb，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 PaC．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＝，解得p2＝×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|＝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＝，活塞下移B．若m＝，活塞下移C．若m＝，气室1内气体压强为3p0D．若m＝，气室1内气体压强为3p0解析：选AD　若m＝，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＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，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′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，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″＝，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．(2021·河北高考)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＝，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＝V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。答案：(1)3.1×103 Pa　(2)二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7．(2021·全国乙卷)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＝ cm >l1(舍去)，则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。答案：1 cm8.(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＝，右侧气体满足pV2＝p′V，解得k＝＝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＝，右侧气体满足＝，平衡时T1′＝T2′，解得＝＝。答案：(1)2　(2)9．(2021·湖南高考)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＝，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＝，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＝，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＋ atm＝30 atm，则压入水舱的次数N＝≈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