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课时跟踪检测(五十)
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.呼吸机的工作原理可以简述为:吸气时会将气体压入患者的肺内,当压力上升到一
定值时,呼吸机会停止供气,呼气阀也会相继打开,患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩,
进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为,肺内气体压强为P(大气压缅)。吸入一些压强为
%的气体后肺内气体的体积变为V',压强为P,若空气视为理想气体,整个过程温度保持不
变,则吸入气体的体积为)
A.V-Vo
B.pVp0
C.p V-VO po
D.pV-pOVOpO
解析:选D设压入的气体体积为,气体做等温变化,则p=pm十Pm,解得
=pV一p0VOp0,故D正确,A、B、C错误。
2.(2021·山东等级考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成,如
加压气囊
细管
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
臂带
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5',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.30 cm3
B.40 cm3
C.50cm3
D.60 cm3
解析:选D设每次挤压气囊将体积为V。=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:m'十P%X5'0
=(十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,被一锁定的绝热活寒分为体积
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,活寒滑动一段距
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V。、'6,温度分别为T。、T。
下列说法正确的是()
A.VoVs,ToTs
B.VVs,Ta<Ts
C.Va<V,Ta<Ts
D.Va<Vs,ToT
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=RT可知,b气
体的压强大,故活塞左移,平衡时V<V,Pa=P%,A、B错误:根据热力学第一定律,活塞
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左移过程中,气体被压编,内能增大,温度增大,b气体向外做功,内能诚小,温度减小,
平衡时T之T,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1.0×105P(常温下的大气压强值,
当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104Pa,表内温度为一23℃,则此登山手表表面玻璃可
以承受的内外压强差至少()
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=(273一23)K=250K,根据查理定
律有p1T1=p2T2,解得P2=56X105Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至
少为△p=1f(56)×105-4.0×104)Pa≈4.3×104Pa,故C正确。
5.(多选)如图所示,一竖直放置的汽缸被轻活寒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
气室2
体压强为2p,气室2内气体压强为P%,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。现在活寒上方缓慢放上质量为m
单向阀K
气室1
的细砂,重力加速度为g,下列说法正确的是()
A.若m=p0Sg,活寒下移L2
B.若m=p0S2g,活塞下移2L3
C.若m=p0Sg,气室1内气体压强为3p0
D.若m=3p0Sg,气室1内气体压强为3p。
解析:选AD若m=pOSg,对活塞AB有pS=poS十mg,解得p=2p。单向间未打开,
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xS
=pLS,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=pOS2g,
对活塞AB有p'S=pS十mg,解得p'=1.5po,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