课时测评9 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（粤教版2019）

课时测评9　气体实验定律的综合应用 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－11题，每题4分，共44分) 1.如图表示一定质量的理想气体从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，其中从状态3到状态1图线为双曲线的一部分。下列p­T图像中，反映了上述循环过程的是(　　) 答案：C 解析：由＝c可知，1→2是等压升温过程，2→3是等容降温过程，3→1是等温升压过程，故选C。 2.某一定质量的理想气体发生等压膨胀－等温压缩－等容降温三个状态变化后回到初始状态，整个过程的p­V图像如图所示，则下列也能反映该过程的图像是(　　) 答案：B 解析：根据理想气体状态方程＝c，等压膨胀过程，温度增加，p­T图像与T轴平行；等温压缩过程，压强增加，p­T图像与p轴平行；等容降温过程，压强减小，p­T图像的延长线经过坐标原点，故A错误，B正确；根据理想气体状态方程＝c，等压膨胀过程，温度增加，V­T图像的延长线经过坐标原点；等温压缩过程，压强增加，V­T图像与V轴平行；等容降温过程，压强减小，V­T图像与T轴平行，故C、D错误。故选B。 3.(多选)(2023·广东汕尾高二校考)一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．a→b过程中，气体体积变小，温度降低 B．b→d过程中，气体温度不变，体积变小 C．d→a过程中，气体体积变小，压强增大 D．d→a过程中，气体压强增大，温度升高 答案：AD 解析：a→b过程中，气体发生等压变化，温度降低，根据盖­吕萨克定律＝c，可知气体体积变小，故A正确；b→d过程中，气体发生等温变化，压强减小，根据玻意耳定律pV＝c，可知气体体积增大，故B错误；d→a过程中，由题图可知p与T成正比，则气体发生等容变化，压强增大，温度升高，故C错误，D正确。故选AD。 4．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为(　　) A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm 答案：A 解析：取全部气体为研究对象，由玻意耳定律有p1(V1＋V2)＝pV1，解得p＝2.5 atm，故A正确。 5．容积为20L的钢瓶内，贮有压强为1.5×107 Pa的氧气。打开钢瓶的阀门，让氧气分装到容积为5 L的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.0×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装(　　) A．60袋 B．56袋 C．50袋 D．40袋 答案：B 解析：设可分装n袋，气体做等温变化，取全部气体研究，根据玻意耳定律有p1V＝p2V＋np2V0，代入数据解得n＝56袋，故选B。 6．(多选)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0＝1 atm)(　　) A．1 atm、30 L B．4 atm、2.5 L C．1 atm、40 L D．4 atm、7.5 L 答案：AD 解析：当气体从阀门跑出时，温度不变，所以有p1V1＝p0V2，解得V2＝40 L，逸出气体的压强为1 atm时，体积为40 L－10 L＝30 L，故A正确，C错误；根据p0(V2－V1)＝p1V1′，可得V1′＝＝ L＝7.5 L，故B错误，D正确。 7.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在固定的导热气缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。关于气体从状态①变化到状态②的过程，下列图像可能正确的是(　　) 答案：AD 解析：由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝c可知压强将减小。对A图像进行分析，p­V图像是双曲线的一支，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图像进行分析，p­V图像是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图像进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图像进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，故D项正确。 8.粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，且开始时温度相同，将玻璃管两端的气体均升高相同温度的过程中，水银柱将(　　) A．向A端移动 B．向B端移动 C．始终不动 D．以上三种情况都有可能 答案：C 解析：假设水银柱不发生移动，则两部分气体均做等容变化，由查理定律有Δp＝p，由于pA＝pB，ΔTA＝ΔTB，TA＝TB，可知ΔpA＝ΔpB，所以水银柱始终不动，故假设正确，C正确。 9.一定质量的理想气体，由状态C(6，2)沿直线CA变化到A(2，6)，如图所示，气体在C、B、A三个状态中的温度之比是(　　) A. 1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶4∶3 D．4∶3∶4 答案：C 解析：根据理想气体状态方程＝c可知TC∶TB∶TA＝pCVC∶pBVB∶pAVA，结合题图可得TC∶TB∶TA＝3∶4∶3，故选C。 10.如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可忽略)，如果不计大气压的变化，该装置就是一支简易的气温计，则(　　) A．吸管上气温计刻度是均匀的，左大右小 B．温度升高后，罐中气体压强增大 C．用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大 D．用更小的饮料罐，其余条件不变，可提高该气温计的测温灵敏度 答案：C 解析：设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长为L0、其横截面积为S，温度变化后温度为T1、罐中空气体积不变、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积不变，在温度变化时，罐中气体压强始终等于大气压，气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律有＝，可知ΔT＝ΔL，故温度变化量与距离的变化量成正比，即吸管上气温计刻度是均匀的，且左小右大，故A、B错误；根据上述分析可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会变大，故C正确；根据上述分析可知，若用更小的饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，即该气温计的测温灵敏度会降低，故D错误。故选C。 11.(多选)如图表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化的情况是(　　) A．从状态c到状态d，压强减小 B．从状态d到状态e，压强增大 C．从状态e到状态a，压强减小 D．从状态a到状态b，压强不变 答案：AC 解析：在V ­T图像中等压线是过坐标原点的直线，如图所示，由理想气体状态方程得V＝·T，可知，当压强增大，等压线的斜率k＝变小，由图可确定pa<pe＜pd＜pc＜pb。故选AC。 12.(8分)一端开口的U形管内由水银柱封有一段空气柱，大气压强为76 cmHg，当气体温度为23 ℃时空气柱长为8 cm，开口端水银面比封闭端水银面低2 cm, 如图所示，T＝t＋273，则 (1)当气体温度上升到多少℃时，空气柱长为10 cm? (2)若保持温度为23 ℃不变，在开口端加入多长的水银柱能使空气柱长为7.4 cm? 答案：(1)117 ℃　(2)7.2 cm 解析：(1)设管的横截面积为S，气体的初状态为p1＝p0－ph＝74 cmHg，V1＝8S(cm3)，T1＝296 K 气体的末状态p2＝p0＋ph＝78 cmHg， V2＝10S(cm3) 根据理想气体状态方程，有＝ 代入数据解得T2＝390 K 即t2＝117 ℃。 (2)气体的体积V3＝7.4S(cm3) 根据玻意耳定律有p1V1＝p3V3 代入数据解得p3＝80 cmHg 需加入水银柱的长度为L＝[80－76＋2＋(8－7.4)×2] cm＝7.2 cm。 13．(8分)(2024·江苏苏州市高二联考)如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0＝8.0 L，出水管竖直部分内外液面相平、出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20 m。出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S＝0.08 m2。现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0 L的水。(已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度大小g＝10 m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。)求： (1)此时桶内气体的压强大小？ (2)压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？ 答案：(1)1.022 5×105 Pa　(2)2.225 L 解析：(1)初始时，桶内气体的压强与外界相等p1＝p0 缓慢流出了V1＝2.0 L水后，桶内液面下降了h＝＝ m＝0.025 m 此时管口与桶内液面高度差为H＝h＋h1＝0.225 m 此时，桶内气体的压强为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×0.225 Pa＝1.022 5×105 Pa。 (2)以最终在桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0(V0＋ΔV)＝p2(V0＋V1) 解得ΔV＝2.225 L。 学生用书↓第35页 学科网（北京）股份有限公司 $$