课时跟踪检测(四十八)　气体实验定律与理想气体状态方程

课时跟踪检测(四十八)气体实验定律与理想气体状态方程1.如图所示，竖直放置的均匀等臂U形导热玻璃管两端封闭，管内装有水银，右管水银面高于左管水银面。若右管水银上方为真空，不改变温度而通过阀门K放出少量水银，设稳定后左、右两管中液面相对于管壁下降的距离分别为L1和L2，则()A．L1＞L2B．L1＝L2C．L1＜L2D．无法比较L1、L2的大小关系解析：选C不改变温度而通过阀门K放出少量水银，左管上方封闭气体的体积增大，由pV＝C可知，气体的压强将会减小，设开始时右管水银面比左管水银面高h，故有ρgh＞ρg(h＋L1－L2)，得L1＜L2，故C正确。2.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是()解析：选B当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p­T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p­T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。3.(2023·西安模拟)(多选)如图所示是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情境。打气前篮球内气体的压强为1.1atm，每次打入的气体的压强为1.0atm、体积为篮球容积的eq\f(1,20)，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则()A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大C．打气6次后，球内气体的压强为1.4atmD．打气6次后，球内气体的压强为1.7atm解析：选BC打气后，由于气体的温度不变，所以气体分子平均动能不变，球内气体分子对球内壁的平均作用力不变，并且球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大，A错误；打气后，球内气体的压强变大，则球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确；打气6次后，由玻意耳定律可得p1V0＋p0×6×eq\f(1,20)V0＝pV0，解得p＝1.4atm，C正确，D错误。4.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是()A．A→B过程温度升高，压强不变B．B→C过程体积不变，压强变小C．B→C过程体积不变，压强不变D．C→D过程体积变小，压强变大解析：选ABDA→B的过程中气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，由eq\f(pV,T)＝C可知压强不变，A正确；B→C的过程中体积不变，而温度降低，由eq\f(pV,T)＝C可知压强变小，故B正确，C错误；C→D的过程中温度不变，体积变小，由eq\f(pV,T)＝C可知压强变大，故D正确。5.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和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是()A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少解析：选D从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。6.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状态时，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；活塞左移过程中，a气体被压缩，内能增大，温度升高，b气体向外做功，内能减小，温度降低，平衡时Ta＞Tb，C错误，D正确。7．一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p­eq\f(1,V)图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与eq\f(1,V)轴垂直。则()A．a→b，压强减小、温度变大、体积增大B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小C．c→d，压强不变、温度降低、体积减小D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变解析：选C由题图可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A错误；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知p＝CT·eq\f(1,V)，b→c过程压强增大，体积增大，温度升高，故B错误；由题图可知，c→d过程，气体压强不变而体积变小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知气体温度降低，故C正确；d→a过程体积不变，压强变小，可知温度降低，故D错误。8．(2023·拉萨模拟)2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据——8848.86米，这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。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．8.3×105PaC．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eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得p2＝eq\f(5,6)×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|＝eq\f(5,6)×105－4.0×104Pa≈4.3×104Pa，故C正确。9．(2021·全国甲卷)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq\f(V,2)。(1)求A的体积和B的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。解析：(1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·eq\f(1,2)V，解得pB＝2p0对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVApA＝pB＋0.5p0联立解得VA＝0.4V。(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为eq\f(3,2)V，由玻意耳定律可得p0V＝p′×eq\f(3,2)V则A此情况下的压强为p′＝eq\f(2,3)p0<pB－0.5p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据等温变化有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0联立解得pB′＝eq\f(3－\r(5),4)p0(舍去)，pB′＝eq\f(3＋\r(5),4)p0VA′＝(eq\r(5)－1)V。答案：(1)0.4V2p0(2)(eq\r(5)－1)Veq\f(3＋\r(5),4)p010．(2021年8省联考·河北卷)“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”型管带往火星表面。“U”型管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。地球火星重力加速度g0.38g环境温度T地＝300KT火＝280K大气压强p地＝76.0cmHgp火封闭气柱长度l地＝19.0cml火＝56.0cm水银柱高度差h地＝73.0cmh火求：(结果保留2位有效数字)(1)火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3；(2)火星表面的大气压强p火。解析：(1)根据液体压强公式p1＝ρgh得ρ水银×0.38g×h0＝ρ水gh代入数据解得h≈5.2m。(2)封闭气体在地球表面的压强p1＝p地－ρ水银gh地＝3cmHg，V1＝l地S，T1＝300K在火星表面封闭气体的压强p2＝p火－ρ水银×0.38g×h火，V2＝l火S，T2＝280K又由于h地＝h火＋2(l火－l地)根据理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)联立解得p火＝0.57cmHg即火星表面的大气压强p火＝0.57cmHg。答案：(1)5.2m(2)0.57cmHg11.(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq\f(1,8)V0和eq\f(1,4)V0，环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。解析：(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖－吕萨克定律可得eq\f(\f(3,4)V0,T0)＝eq\f(V0,T)解得T＝eq\f(4,3)T0。(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积