课时测评13 气体实验定律的综合应用-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套练习（教科版2019）

课时测评13　气体实验定律的综合应用 (时间：45分钟　满分：80分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题4分，共36分) 1．(多选)如图为医院为病人输液的部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通。则在输液过程中(瓶A中尚有液体)，下列说法正确的是(　　) A．瓶A中上方气体的压强随液面的下降而减小 B．瓶A中液面下降，A中上方气体的压强变大 C．滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小 D．在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变 答案：BD 解析：瓶A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差，瓶A中的液体下降，液体产生的压强就减小，所以瓶A中上方气体的压强会增大，故A错误，B正确；进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶B之间的液柱高度不变，所以滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的，故C错误，D正确。 2．如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了A、B两部分气体。下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积，现使环境温度降低10 ℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是(　　) A．活塞下降 B．活塞上升 C．活塞静止不动 D．不能确定 答案：A 解析：选B气体为研究对象，B气体做等压变化，温度降低，体积减小，活塞下降，故A正确。 3．(2024·银川市高二期中)如图所示，两根粗细相同、两端开口的直管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　) A．均向上移动，B中水银柱移动较多 B．均向上移动，A中水银柱移动较多 C．均向下移动，B中水银柱移动较多 D．均向上移动，两管中水银柱移动情况相同 答案：B 解析：管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据等压变化规律可知＝，整理得ΔV＝·V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度升高量ΔT也相同，且ΔT>0，推导出ΔV>0，即A、B管中封闭气体的体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体的体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气柱长度增加得多一些，故A、B管中气柱上方的水银柱均向上移动，A中水银柱移动较多，故选B。 4．如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，T/K＝t/℃＋273，待重新平衡后，这两部分气体的体积之比VA′∶VB′为(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1 答案：B 解析：对A部分气体有＝，对B部分气体有＝，因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，联立得＝，所以＝＝＝，故选B。 5．(2023·莆田高二检测)现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为(　　) A．20 L B．40 L C．50 L D．60 L 答案：B 解析：以原先氧气罐内的气体为研究对象，在分装过程中，气体做等温变化，则初态p1＝15 MPa，V1＝400 L，末态p2＝3 MPa，V2待求，根据气体等温变化的规律可得p1V1＝p2V2，解得V2＝2 000 L，每个小氧气瓶的容积V0＝＝ L＝40 L，故A、C、D错误，B正确。 6．(2024·丰城九中高二月考)一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积为V0的抽气筒抽气，则抽气四次后钢瓶中氧气的压强为 (　　) A．p0 B．p0 C．p0 D．p0 答案：D 解析：钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由气体等温变化的规律，第一次抽气有p0·2V0＝p1V0＋p1·2V0，第二次抽气有p1·2V0＝p2V0＋p2·2V0，第三次抽气有p2·2V0＝p3V0＋p3·2V0，第四次抽气有p3·2V0＝p4V0＋p4·2V0，经过计算有p4＝p0，D正确。 7. (2023·辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p T图像如图所示。该过程对应的pV图像可能是(　　) 答案：B 解析：根据＝C，可得p＝T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，则c状态的体积大于b状态的体积，故选B。 8.一定质量的理想气体沿如图所示状态变化，方向从状态a到状态b(ba延长线过坐标原点)，到状态c再回到状态a。气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，T/K＝t/℃＋273，则它们的关系正确的是(　　) A．Va＝Vb B．Va>Vc C．Vb＝Va D．Vc＝Va 答案：C 解析：由题图可知，pa＝p0，pb＝pc＝2p0，Ta＝300 K，Tc＝600 K，tb＝2ta＝54 ℃，Tb＝327 K，由理想气体状态方程得Va＝＝300，Vc＝＝300，Vb＝，联立可得Vb＝Va，故选C。 9．(多选)(2024·哈尔滨市高二期中)如图是竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同，使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量大小为ΔFA、ΔFB，则(　　) A．水银柱向上移动了一段距离 B．ΔVA<ΔVB C．ΔpA>ΔpB D．ΔFA＝ΔFB 答案：AC 解析：首先假设水银柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由等容变化规律，对气体A有＝，对气体B有＝，又初始状态满足pA＝pB＋ph，可见使A、B升高相同温度后，pA′＝pA＝(pB＋ph)，pB′＝pB，假设不成立，pA′>pB′＋ph，因此水银柱将向上移动，则末状态水银柱长度大于初状态水银柱长度，即A、B压强差大于ph，ΔpA>ΔpB，由ΔF＝ΔpS可知，ΔFA>ΔFB，A、C正确，D错误；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，B错误。 10．(10分)水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，是一个利用气压作用设计的玩具。在学校科技节上，科技小组的同学用容积为2.0 L的可乐瓶制作了一支水火箭，箭身及其配重总质量M＝0.1 kg。现向瓶中装入0.5 L的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，火箭内气体的压强为1 atm，如图所示。用打气筒向瓶内打气，已知打气筒每打一次气能把体积为0.5 L、压强为1 atm的空气压入瓶内，当瓶内空气压强达到5 atm时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。 (1)设打气过程气体温度保持不变，求需打气的次数； (2)若火箭以v＝20 m/s的速度(相对地面)一次性向下喷出质量m＝0.2 kg的水流，已知ρ水＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力和喷水过程重力的影响，求火箭上升的最大高度。 答案：(1)12次　(2)5 m 解析：(1)设需打气n次，根据气体等温变化的规律有p0(V＋nV′)＝5p0V 其中V＝(2.0－0.5)L＝1.5 L，V′＝0.5 L 解得n＝12。 (2)喷水前，V水＝0.5 L，瓶内水的总质量m1＝ρV水＝0.5 kg 喷水过程系统动量守恒，有(M＋m1－m)v1＝mv 竖直方向有v＝2gh 联立可得火箭上升的最大高度h＝5 m。 11．(10分)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。T/K＝t/℃＋273。 (1)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； (2)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，求此时舱内气体的密度。 答案：(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3 解析：(1)由题意得T1＝290 K，T2＝300 K 选封闭气体为研究对象，则气体密度正比于体积的倒数，即ρ∝ 由理想气体的状态方程＝C可得＝，其中C为常量 所以ρ∝ 即＝＝ 其中ρ1＝1.46 kg/m3， 代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。 (2)由题意得p3＝p0 同(1)理可得＝＝ 解得ρ3≈1.18 kg/m3。 12.(12分)(2022·湖南卷)如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9 L的导热气缸下接一圆管，用质量m1＝90 g、横截面积S＝10 cm 2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10 g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起气缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10 cm，外界大气压强p0＝1.01×10 5 Pa，重力加速度取10 m/s 2，环境温度保持不变。求： (1)活塞处于A位置时，气缸中的气体压强p1； (2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。 答案：(1)10 5 Pa　(2)1 N 解析：(1)将活塞与金属丝视为一个整体，由受力平衡得p0S＝p1S＋(m1＋m2)g 代入数据解得p1＝10 5 Pa。 (2)当活塞在B位置时，气缸内压强为p2，由气体等温变化的规律得p1V0＝p2(V0＋Sh) 代入数据解得p2＝9.9×10 4 Pa 将活塞与金属丝视为一个整体，由受力平衡得p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F 联立解得F＝1 N。 13．(12分)(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两气缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两气缸的底部通过细管连通，A气缸的顶部通过开口C与外界相通；气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V0和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气缸中的活塞刚到达气缸底部时的温度； (2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向气缸内缓慢注入气体，求A气缸中的活塞到达气缸底部后，B气缸内第Ⅳ部分气体的压强。 答案：(1)T0　(2)p0 解析：(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，B中的活塞达到气缸底部之前，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体做等压变化，则当B中的活塞刚到达气缸底部时，由气体等压变化的规律可得＝ 解得T＝T0。 (2)设当A中的活塞到达气缸底部时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内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为V0－V，由理想气体状态方程，对气体Ⅳ有＝ 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有＝ 联立解得V＝V0，p＝p0。 学生用书↓第62页 学科网（北京）股份有限公司 $$