人教版 (2019)3 气体的等压变化和等容变化同步测试题

这是一份人教版 (2019)3 气体的等压变化和等容变化同步测试题，共7页。试卷主要包含了4℃　12cm，9×102ml　63%等内容，欢迎下载使用。

如图所示，一足够长的汽缸竖直放置在水平地面上，用不计质量、密封好的活塞封闭一定量的理想气体，缸内有一开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分，活塞的横截面积为S，与汽缸壁之间无摩擦．初始时A、B两部分容积相同，温度均为T，大气压强为p0.
(1)若加热气体，使气体的温度升为3T，则A、B两部分气体的体积之比是多少？
(2)若将气体温度加热至2.5T，然后在活塞上放一质量为m的砝码C(已知p0＝eq \f(mg,7S))，直至最终达到新的平衡且此过程温度始终保持2.5T不变，最终气体的压强是多少？
2．[2023·全国甲卷]一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3.
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；
(ⅱ)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度．
3．横截面积相同的绝热管A和导热管B、C按如图所示的方式连接，A管水平放置，B管上端封闭，C管开口竖直向上．向管内注入一定量的水银后，用活塞和水银分别在A管和B管内封闭了一定量的理想气体，A管中气柱的长度为LA＝63cm，B管中气柱的长度为LB＝20cm，B、C两管中水银柱的高度均为h＝24cm，大气压强为p0＝76cmHg，开始时，封闭气体的温度均为27℃.现缓慢向右推动活塞，使C管中的水银柱升高hC＝5cm，A管中的气体未进入B、C管中，外界气温恒定．
(1)求推动活塞后，B管中封闭气体的压强pB；
(2)若推动活塞后，A管中封闭气体的温度升高了5℃，求活塞向右移动的距离x.
4．如图所示，在柱形容器中密闭有一定质量的气体，一光滑绝热活塞(质量不可忽略但厚度不计)将容器分为A、B两部分，离汽缸底部高为35cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K.先将阀门打开与大气相通，外界大气压p0＝75cmHg，室温T0＝300K，稳定后U形管两边水银面的高度差Δh＝15cm，此时活塞离容器底部的高度L＝50cm.关闭阀门，仅使容器内A部分气体的温度降至T1时，稳定后U形管左右两管水银面相平，此时活塞离容器底部的高度为L1＝40cm.整个过程B部分气体的温度不变，U形管内气体体积可忽略．求：
(1)U形管左、右两管水银面相平时，A部分气体的温度T1；
(2)整个柱形容器的高度H.
5.
如图所示，一端封闭、一端开口的长度为l＝1m的玻璃管，用长为h＝20cm的水银柱封闭一段理想气体，当玻璃管的开口竖直向下稳定时，气体的长度为l1＝72cm，已知大气压强为p0＝76cmHg，封闭气体的温度为t1＝27℃.
(1)若气体的温度恒为t1＝27℃，将玻璃管缓慢地转过180°，则稳定时气体的长度为多少？
(2)保持开口向上，使气体的温度逐渐升高，当温度为多少摄氏度时，水银柱刚好与玻璃管口平齐？
(3)在(2)的基础上持续对气体加热，玻璃管中仍有水银柱，当水银柱的长度为多少时，温度最高？
6.
[2023·河北廊坊市第一中学高二校考期末]为了理解与沉船打捞的有关物理过程，考虑下列简单模型．将打捞装置简化为一个两端开口、内壁光滑、横截面积为S＝1.0m2的柱形长玻璃管，竖直固定使其上沿刚好没入温度为T＝300K的水中；而沉船则简化为一密度为ρ(ρ＝5ρw)、高度为h＝1.0m的柱形活塞，下边缘被挡在距水平面高度为H＝10.0m的位置，活塞的上部玻璃管里充满水，如图所示．现从管下部向管内充入气体(可视为理想气体)，推动活塞缓慢上浮．设大气压强为patm＝1.0×105Pa，水的密度为ρw＝1.0×103kg/m3.(g＝10m/s2，标准状况气体摩尔体积为22.4L，忽略气体质量与各种摩擦，结果保留两位有效数字)
(1)试求充入多少摩尔的气体后可以使得活塞刚好开始上浮；
(2)上问中充入的气体推动活塞上升，当活塞缓缓上升时，再逐渐释放气体，使活塞保持缓慢上升，当活塞上沿趋于与水面平齐时，停止释放气体，求剩余气体占活塞开始上升时气体的质量百分比．
专项10 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用
1．答案：(1)1∶5 (2)5p0
解析：(1)设A的容积为V，则初状态A、B总体积为2V，气体发生等压变化，则eq \f(2V,T)＝eq \f(V′,3T)
解得V′＝6V，则A、B两部分气体的体积之比是1∶5.
(2)假设活塞被压缩至隔热板时气体的压强为p，则根据理想气体状态方程eq \f(p0·2V,T)＝eq \f(p·V,2.5T)，解得p＝5p0，即有pS＝5p0S＜p0S＋mg＝8p0S，可知活塞一直被压缩至隔板处，此后气体体积、温度不变，则压强不再改变，即最终气体的压强是p＝5p0.
2．答案：(ⅰ)1.41kg/m3 (ⅱ)1.18kg/m3
解析：(ⅰ)由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1＝273＋17K＝290K，T2＝273＋27K＝300K
由盖­吕萨克定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)解得eq \f(V1,V2)＝eq \f(29,30)，则
eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(\f(m1,V1),\f(m2,V2))
其中ρ1＝1.46kg/m3，代入数据解得
ρ2≈1.41kg/m3
(ⅱ)由题意得p3＝p0，T3＝273＋27K＝300K，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
解得V3＝eq \f(6,5)V2
又eq \f(ρ2,ρ3)＝eq \f(\f(m1,V2),\f(m1,V3))
解得ρ3≈1.18kg/m3
3．答案：(1)80cmHg (2)8cm
解析：(1)设推动活塞后，B管中的水银柱上升的高度为hB，对B管中的封闭气体由玻意耳定律可得
p0LBS＝pB(LB－hB)S，pB＝p0＋(hC－hB)
解得hB＝1cm，pB＝80cmHg.
(2)对A管中的封闭气体由理想气体状态方程得：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pA′VA′,TA′)
即eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋h))LAS,273＋t)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋h＋hC))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(LA－x＋hB＋hC))S,273＋t＋Δt)
解得x＝8cm.
4．答案：(1)200K (2)90cm
解析：(1)对A部分的气体，初始的压强为
p1＝p0＋Δh＝90cmHg
U形管左、右两管水银面相平时，A部分气体的压强为
p0＝75cmHg
由理想气体状态方程可得eq \f(p1LS,T0)＝eq \f(p0L1S,T1)
解得T1＝200K.
(2)B部分气体初状态压强为p0，设B气体初态高度为L2，活塞产生的压强为p，则p＋p0＝p1
p＝15cmHg
B部分气体末状态压强p2＝p0－p＝60cmHg
整个过程B部分气体的温度不变，由玻意耳定律得
p0L2S＝p2(L2＋10)S
L2＝40cm H＝L＋L2＝90cm.
5．答案：(1)42cm (2)298.4℃ (3)12cm
解析：(1)设气体柱横截面积为S，对封闭气体柱有
管口向下时p1＝p0－ρgh＝56cmHg，V1＝Sl1，
T1＝273＋t1＝300K
管口向上时p2＝p0＋ρgh＝96cmHg，V2＝Sl2，
T2＝300K
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得l2＝42cm.
(2)设当温度升高到T3时，水银恰好不溢出，对封闭气体柱p3＝p2＝96cmHg，V3＝S(l－h)
由盖­吕萨克定律eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)
代入数据解得T3＝571.4K
气体的温度为t3＝T3－273＝298.4℃.
(3)设当温度最高时，管内水银柱长度为x，对封闭气体柱p4＝p0＋ρgx，V4＝S(l－x)
由理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p4V4,T4)
代入数据化简有eq \f(56×72,300)＝eq \f(（76＋x）（100－x）,T4)
则当x＝12cm时，温度T4最高．
6．答案：(1)3.9×102ml (2)63%
解析：(1)活塞所受重力为G＝ρShg＝5×104N
活塞上表面所受到的向下的压力为Fw＝[ρwg(H－h)＋patm]S＝1.9×105N
设管下部充入的气体为n摩尔，气柱高度为ha，气体压强为p，当活塞刚好开始上浮时，活塞受力平衡可得G＋Fw＝pS
解得p＝eq \f(G＋Fw,S)＝2.4×105Pa
管下部所充气体下表面所受的向上的压强为p＝ρw(H＋ha)g＋patm
解得ha＝4m
对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知eq \f(pSha,T)＝eq \f(patmn·22.4×10－3,T0)
其中T＝300K，T0＝273K
解得n＝eq \f(pShaT0,patm·22.4×10－3T)＝3.9×102ml.
(2)当活塞上沿跟水面齐平时，活塞上表面所受到的向下的压力为F′w＝patmS＝1×105N
设此时管下部剩余气体为n′摩尔，此时气柱高度为h′a，气体压强为p′；活塞受力平衡可得G＋F′w＝p′S
解得p′＝eq \f(G＋F′w,S)＝1.5×105Pa
管下部所充气体下表面所受的向上的压强为p′＝ρwgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h＋h′a))＋patm
解得h′a＝4m
对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知eq \f(p′Sh′a,T)＝eq \f(patmn′·22.4×10－3,T0)
解得n′＝eq \f(p′Sh′aT0,patm·22.4×10－3T)
则剩余气体占活塞开始上升时气体的质量百分比为eq \f(m′,m)＝eq \f(n′,n)＝eq \f(p′h′a,pha)＝eq \f(1.5×105×4,2.4×105×4)＝62.5%≈63%.