2025秋《三维设计 新课标高考总复习 物理》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.docx

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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.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800mL的理想气体,烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200mL的水,稳定后U形管两臂中的水银面出现25cm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.74cmHg B.75cmHg

C.75.5cmHg D.76cmHg

解析:选B烧瓶中的气体初状态为p1=p0,V1=800mL,注入水后p2=p0+25cmHg,V2=600mL。由玻意耳定律可得p1V1=p2V2,代入数值解得p0=75cmHg,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60cm3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150mmHg。已知大气压强等于750mmHg,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.30cm3 B.40cm3

C.50cm3 D.60cm3

解析:选D设每次挤压气囊将体积为V0=60cm3的空气充入臂带中,压强计的示数为p=150mmHg,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=60cm3,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1mol氧气,b部分气体为2mol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.VaVb,TaTb B.VaVb,TaTb

C.VaVb,TaTb D.VaVb,TaTb

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VaVb,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TaTb,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1.0×105Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104Pa,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.8.3×104Pa B.8.3×105Pa

C.4.3×104Pa D.1.23×105Pa

解析:选C取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105Pa,温度为T1=(273+27)K=300K,其末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23)K=250K,根据查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=56×105Pa,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|=56×

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=p0Sg

B.若m=p0S2

C.若m=p0Sg,气室1内气体压强为

D.若m=3p0Sg,气室1

解析:选AD若m=p0Sg,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=L2,所以活塞下移L2,A正确,C错误;若m=p0S2g,对活塞AB有pS=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pxS=p0LS,解得x=2L3,所以活塞下移Δx=L-x=L3,B错误;若m=3p0Sg,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″=3L4,假设不成立,所