2022-2023学年新教材高中物理课时跟踪检测七气体实验定律和理想气体状态方程的应用粤教版选择性必修第三册

1、PAGE PAGE 6课时跟踪检测（七） 气体实验定律和理想气体状态方程的应用A组重基础体现综合1(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()A30 cm3B40 cm3C50 cm3 D60 cm3解析：选D设每次挤压气囊将体积为V060 c

2、m3的空气充入臂带中，压强计的示数为p150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0Vp05V0(p0p)5V，代入数据解得：V60 cm3，故D正确，A、B、C错误。2.如图所示，用一绝热的活塞将一定质量的气体密封在绝热的气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，现通过气缸内一电阻丝对气体加热，则下列图像中能正确反映气体的压强p、体积V和温度T之间关系的是()解析：选B活塞与气缸壁之间无摩擦，被封闭气体的压强pp0eq f(mg,S)且始终是不变的，因此被封闭的气体经历的是一个等压变化。在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比，故B正确。3.如图所示，容器A和B分别盛

3、有氢气和氧气，用一段竖直细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种温度相同的气体隔开。如果将两气体温度均降低10 ，水银柱将()A向上移动B向下移动C不动 D无法确定解析：选B由查理定律的推论关系式peq f(T,T)p得，pAeq f(10,T)pA0，pBeq f(10,T)pBpB，故|pA|pB|，水银柱向容器A一方(向下)移动。故选项B正确。4如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是 ()ATATB，TBTC BTATB，TBTCCTATC，TBTC DTATC，TBTC解析：选C从A到B，气体做

4、等压变化，根据盖-吕萨克定律有eq f(VA,TA)eq f(VB,TB)，因为VAVB，所以TATB；从B到C，气体做等容变化，根据查理定律有eq f(pB,TB)eq f(pC,TC)，因为pBpC，所以TBTC；由题图可知pAVApCVC，即从A到C，气体做等温变化，故TATC。选项C正确。5一气泡从30 m深的海底升到海面，设水底温度是4 ，水面温度是15 ，那么气泡在海面的体积约是水底时的()A3倍 B4倍C5倍 D12倍解析：选B根据理想气体状态方程：eq f(p1V1,T1)eq f(p2V2,T2)，知eq f(V2,V1)eq f(p1T2,p2T1)，其中T1(2734)K

5、277 K，T2(27315)K288 K，故eq f(T2,T1)1，而p2p010水g，p1p0p40水g，即eq f(p1,p2)4，故eq f(V2,V1)4。故B正确。6(2021哈尔滨三中模拟)如图所示，两端开口的光滑的直玻璃管，下端插入水银槽中，上端有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，设外界大气压为p0，环境温度保持不变，则()A玻璃管下端内外水银面的高度差为HhB中间空气的压强大小为pp0h(cmHg)C若把玻璃管向下移动少许，则管内的气体压强将减小D若把玻璃管向上移动少许，则管内的气体压强将增大解析：选A对管中上端水银受力分析可知，管中气体压强比大气压强高h(cmHg)，

6、所以玻璃管下端内外水银面的高度差为h，A正确；中间空气的压强大小为pp0h(cmHg)，B错误；若把玻璃管向上移动少许(或向下移动少许)，封闭气体的压强不变，C、D错误。7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，气体温度变化情况是 ()A逐渐升高 B逐渐降低C不变 D先升高后降低解析：选B根据理想气体的状态方程eq f(pV,T)C，得peq f(CT,V)，则p -eq f(1,V)图像上点与原点连线的斜率反映温度的高低，如图所示，可知从状态1到状态2温度逐渐降低，故B正确。8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S8 cm2的足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的

7、部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞静置于P处，活塞下封闭着长L21 cm的气柱，气柱的温度为t7 ，外界大气压p01.0105 Pa75 cmHg，重力加速度g取10 m/s2，忽略水银槽的液面变化。(1)若在活塞上放一个质量为m0.4 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱长度是多少？活塞向下移动的距离是多少？(2)若保持砝码的质量不变，将气体缓慢加热至t2时，活塞恰好回到P处，则气体温度t2是多少？解析：(1)封闭气体的初状态参量p1p01.0105 Pa，V1LS封闭气体的末状态参量p2p0eq f(mg,S)1.0105 Paeq f(0.410,8104) Pa1.

8、05105 Pa78.75 cmHg，V2L2S气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1p2V2代入数据解得L220 cm0.20 m设管内外水银面的高度差为h cm，封闭气体的压强p2p0ph75 cmHgh cmHg解得h3.75活塞向下移动的距离HLL2h21 cm20 cm3.75 cm4.75 cm0.047 5 m。(2)气体初状态的温度T1(2737)K280 K加热过程气体压强不变，活塞回到P处时，空气柱的长度L3Lh cm24.75 cm，气体体积V3L3S气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律得eq f(V2,T1)eq f(V3,T2)即eq f(L2S,T1)eq f(L

9、3S,T2)代入数据解得T2346.5 K则t2(346.5273)73.5 。答案：(1)0.20 m0.047 5 m(2)73.5 B组重应用体现创新9一只轮胎容积为V10 L，已装有p11 atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V01 L，要使胎内气体压强达到p22.5 atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p01 atm)()A8次B10次C12次 D15次解析：选D胎内气体质量发生变化，选打入的气体和原来的气体组成的整体为研究对象。设打气次数为n，则V1VnV0，由玻意耳定律得p1V1p2V，解得n15次。10.如图所示，一定质量

10、的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变小的原因是()A环境温度升高B大气压强升高C沿管壁向右管内加水银DU形玻璃管自由下落解析：选B对于左端封闭气体，温度升高，由理想气体状态方程可知，气体发生膨胀，h增大，故A项错误；大气压升高，气体压强将增大，体积减小，h减小，故B项正确；向右管加水银，气体压强增大，内、外压强差增大，h将增大，所以C项错误；当管自由下落时，水银不再产生压强，由于此时左侧气体的压强大于气压，管自由下落时气体压强减小，体积增大，则h变大，故D项错误。11.某同学制作简易喷雾器，量筒内装自来水，顶端使用胶塞密

11、封，胶塞下端到量筒下端高度为H，胶塞上打两个孔，一个孔插入长细玻璃管，玻璃管下端插到靠近量筒底端位置，上面装上控制开关；另一孔通过玻璃管、细胶管与打气筒相连。已知量筒除了胶塞以外其他部分体积等于打气筒有效打气体积的20倍，打气筒每次吸入气体的压强等于1 atm(标准大气压)，每打一次气均把有效体积内气体压入量筒。开始时控制开关闭合，液面距量筒底的高度为eq f(3,4)H，内部气体压强为2 atm，设外界大气压恒为1 atm，打气过程中量筒内气体温度与外界温度相同且保持不变，不考虑漏气和玻璃管内剩余液体体积和这部分液体产生的压强。求：(1)打开控制开关，较长时间后，量筒内所剩液体的高度；(2)

12、打开控制开关，较长时间后，重新关闭控制开关，使用打气筒打气20次，量筒内气体压强的大小。解析：(1)设量筒横截面积为S，所以开始时气体体积V1eq f(1,4)HS，压强p12 atm，设较长时间后气体高度为h，此时p21 atm，V2hS，对量筒内气体，根据玻意耳定律得p1V1p2V2，解得heq f(H,2)， 量筒内所剩液体高度为Heq f(H,2)eq f(H,2)。(2)较长时间后气体体积变为量筒体积的一半，打气20次，设量筒体积为V，则气体初状态总体积V320eq f(V,20)eq f(V,2)，压强p31 atm，末状态V4eq f(V,2)，根据玻意耳定律得p3V3p4V4，

13、解得p43 atm。答案：(1)eq f(H,2)(2)3 atm12如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面气缸的容积为V0。A、B之间的容积为0.1V0，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热气缸内气体，直至温度升至399.3 K。求：(1)活塞刚离开B处时的温度TB；(2)缸内气体最后的压强p3；(3)在图乙中画出整个过程的p-V图线。解析：(1)活塞离开B处时，体积不变，封闭气体的压强为p2p0，由查理定律得：eq f(0.9p0,297 K)eq f(p0,TB)，解得TB330 K。(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p10.9p0，V1V0，T1297 K；活塞最后在A处时：V31.1V0，T3399.3 K，由