第5节　气体实验定律练习（Word含解析）

第1章　分子动理论与气体实验定律
第5节　气体实验定律
基础过关练
题组一　玻意耳定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(多选)各种卡通形状的氢气球,受到孩子们的喜欢,若孩子一不小心松手,氢气球会飞向天空,上升到一定高度会胀破,关于其胀破的原因,下列说法中正确的是 (　　)
A.球内氢气温度升高
B.球内氢气压强增大
C.球内气体体积增大
D.球内外的压力差超过球的承受限度
2.(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法中正确的是 (深度解析)
A.一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比
B.一定质量的气体,在不同温度下的等温线是不同的
C.T1>T2
D.T13.有一导热气缸,气缸内用质量为m的活塞密封一定质量的理想气体,活塞的横截面积为S,大气压强为p0。如图所示,气缸水平放置时,活塞与气缸底部的距离为L,现将气缸竖直放置,活塞将缓慢下降,不计活塞与气缸间的摩擦,不计气缸周围环境温度的变化,重力加速度为g,求活塞静止时到气缸底部的距离。深度解析
4.用长度为h的一段汞柱把空气封闭在一端开口的粗细均匀的玻璃管里,设大气压强为p0。当玻璃管水平放置时,管内空气柱的压强为多少 当玻璃管开口向上竖直放置时,空气柱的长度减小,请分析原因。
题组二　查理定律
5.在冬季,剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚,第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧,不易拔出来,主要原因是 (　　)
A.软木塞受潮膨胀
B.瓶口因温度降低而收缩变小
C.白天气温升高,大气压强变大
D.瓶内气体因温度降低而压强减小
6.(2021江苏响水中学高二期末)一定质量的理想气体,体积保持不变,压强减为原来的一半,则其温度由原来的27 ℃变为 (　　)
A.127 K B.150 K C.13.5 ℃ D.-23.5 ℃
7.(多选)如图所示为一定质量气体的等容线,下面说法中正确的是 (　　)
A.直线AB的斜率是
B.0 ℃时气体的压强为p0
C.温度在接近0 K时气体的压强为零
D.BA延长线与横轴交点横坐标为-273 ℃
8.用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便,但如果盛有碳酸饮料的易拉罐剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸。我们通常用的可乐易拉罐容积V=335 mL。假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9V的饮料,剩余空间充满CO2气体,气体压强为1 atm。若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm,则保存温度不能超过多少
9.如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下,压强与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中,B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接,C管开口向上,一定质量的理想气体被水银封闭于烧瓶内。开始时,烧瓶中气体温度为300 K,B、C内的水银面等高。已知大气压强p0=75 cmHg且保持不变,现对烧瓶中气体缓慢加热使其温度变为360 K,为保证气体体积不变,C管应该向哪移动 移动距离是多少
题组三　盖—吕萨克定律
10.如图所示,某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度,当水温是30 ℃时,空气柱长度为30 cm,当水温是90 ℃时,空气柱的长度是36 cm,则该同学测得的绝对零度为 (　　)
A.-273 ℃ B.-270 ℃
C.-268 ℃ D.-271 ℃
11.一定质量的气体,在压强不变的情况下,温度由5 ℃升高到10 ℃,体积的增量为ΔV1;温度由10 ℃升高到15 ℃,体积的增量为ΔV2,则 (　　)
A.ΔV1=ΔV2 B.ΔV1>ΔV2
C.ΔV1<ΔV2 D.无法确定
12.(2021福建厦门集美中学高二期中)若一容器内气体的温度从7 ℃升高到47 ℃,而容器内气体压强不变,容器容积不变,则此时容器内的气体质量减少了 (　　)
A.11.5% B.12.5%
C.14.3% D.16.8%
13.如图所示,一圆柱形容器竖直放置,通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体。活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h。现通过电热丝给气体加热一段时间,结果活塞缓慢上升了h,已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦,求:
(1)气体的压强;
(2)这段时间内气体的温度升高了多少
能力提升练
题组一　液柱封闭类
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2021江苏盐城新丰中学高二期末,)水银气压计中水银柱上方混有空气,当实际大气压强为756 mmHg时,水银气压计的读数为740 mmHg,此时管中水银面到管顶的距离为90 mm。设温度保持不变,当该气压计的读数为750 mmHg时,实际的大气压强是多少
2.(2020安徽蚌埠第二次检测,)如图甲所示,一根粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置,管中有一段长度为24 cm的水银柱,下端封闭了一段长度为16 cm的空气柱。现将该玻璃管在竖直平面内缓慢旋转至开口向下且与水平方向成30°角的位置,如图乙所示,水银未流出,求此时试管内封闭气柱的长度。(设环境温度保持不变,大气压强恒为76 cmHg)
3.(2021广东珠海高三模拟,)如图所示,某同学实验时将一根长L=1 m、粗细均匀的玻璃管竖直固定在升降机内,玻璃管上端开口下端封闭,在管内用h=46 cm的水银柱封闭着L1=50 cm的空气柱。若忽略升降机内环境温度的变化,升降机内大气压强恒为p0=74 cmHg,取g=10 m/s2,现在升降机先以a=3.5 m/s2的加速度匀加速下降一段时间后,再以相同大小的加速度匀减速下降,求两种状态下稳定时被封闭空气柱的长度分别为多少
题组二　活塞封闭类
(2020四川泸州泸县一中月考,)一圆柱形气缸,质量M为10 kg,总高度L为
40 cm,内有一活塞,质量m为5 kg,横截面积S为50 cm2,活塞与气缸壁间摩擦可忽略,且不漏气(不计气缸壁与活塞厚度),当外界大气压强p0为1×105 Pa,温度t0为7 ℃时,如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来,如图所示,气缸内气体柱的高L1为
35 cm,g取10 m/s2。求:
(1)此时气缸内气体的压强;
(2)当温度升高到多少摄氏度时,活塞与气缸将分离
5.(2021湖北鄂州高三期末,)如图所示,长方体容器体积为V,活塞将容器分成体积比为2∶1的左、右两部分,开始时容器内左、右两边空气的压强均为p0。要使活塞静止于容器的正中央,可通过打气筒将压强为p0的空气缓慢注入活塞右边容器中(容器右边有接口)。活塞的质量不计,外界温度恒定,容器和活塞均导热性良好,不计活塞与容器间的摩擦,求需要注入空气的体积。
题组三　充放气问题中气体实验定律的应用
6.(2020湖北黄冈高三八模,)大气压强为1.0×105 Pa。某容器的容积为10 L,装有压强为1.0×106 Pa的空气,如果保持容器内空气温度不变,把容器的开口打开,容器内空气稳定后,剩余空气的质量与原来空气的质量之比为 (　　)
A.1∶9 B.1∶10
C.1∶11 D.1∶20
(2020湖北华师一附中高三下4月理综测试,)有一种汽车胎压监测技术是利用放置在轮胎内的压强传感器监测汽车轮胎压强的,这对于确保行车安全具有重要意义。小明在夏季气温为26 ℃时,观察到自己汽车胎压值为230 kPa,冬季气温为-13 ℃时,胎压监测系统报警,显示轮胎的胎压值为190 kPa,不考虑轮胎容积的变化,试判断该轮胎是否漏气。如果漏气,求漏掉的气体质量占原来气体的百分之几;如果不漏气,要使轮胎气压恢复到230 kPa,需要再充入温度为-13 ℃、压强为
100 kPa的气体的体积是轮胎容积的百分之几
8.(2021辽宁朝阳高三一模,)2019年12月以来,新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响。勤消毒是一个很关键的防疫措施。如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图。消毒桶的总容积为10 L,装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封,与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气,设整个过程温度保持不变,求:
(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm,打气筒应打压几次
(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时,打开喷嘴使其喷雾,直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液,消毒桶内是否还剩消毒液 如果剩下的话,还剩下多少体积的消毒液 如果剩不下了,喷出去的气体质量占原来喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少 深度解析
答案全解全析
第1章　分子动理论与气体实验定律
第5节　气体实验定律
基础过关练
1.CD　氢气球上升时,可以认为是等温变化的过程,由于高空处空气稀薄,球外空气的压强减小,球内气体要膨胀,到一定程度时,气球就会胀破,故选C、D。
2.ABD　一定质量的气体的等温线为双曲线的一支,由等温线的物理意义可知,压强与体积成反比,在不同温度下的等温线是不同的,所以A、B正确;对于一定质量的气体,温度越高,等温线离坐标原点的位置就越远,故C错误,D正确。
规律总结
一定质量的气体的p-V图像规律
(1)不同的等温线温度不同,越靠近原点的等温线温度越低,越远离原点的等温线温度越高。
(2)由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低。
3.答案　L
解析　由于气缸导热,且不计环境温度的变化,将气缸由水平放置变成竖直放置,直到活塞不再下降的过程中,缸内密闭的气体经历的是等温过程,设此时活塞到气缸底部的距离为h。
气缸水平放置时,对活塞有:p1S-p0S=0
气缸竖直放置后活塞静止时,对活塞有:p2S-mg-p0S=0
对上述过程中的气体,根据玻意耳定律有:p1LS=p2hS
解得:h=L。
解题模板
应用玻意耳定律的思路和方法　　
(1)确定研究对象,并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。
(2)确定始末状态及状态参量(p1、V1,p2、V2)。
(3)根据玻意耳定律列方程p1V1=p2V2代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。
(4)注意分析题目中的隐含条件,必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程。
(5)有时要检验结果是否符合实际,对不符合实际的结果要舍去。
4.答案　见解析
解析　玻璃管水平放置,水银柱不对气体产生压力,封闭气体的压强为p1=p0;
玻璃管竖直放置后,封闭气体压强:p2=p0+ph>p0,
气体温度不变而气体压强增大,由玻意耳定律:pV=C可知;气体体积减小,空气柱长度减小。
5.D　根据查理定律可知,瓶内气体因温度降低而压强减小,而外界压强不变,所以软木塞不易拔出。
6.B　气体做等容变化,根据查理定律得
=
则压强减为原来的一半时,热力学温度也减为原来的一半,则有
T'== K=150 K
所以B正确,A、C、D错误。
7.ABD　在p-t图像上,等容线的延长线与t轴的交点横坐标为-273 ℃,从图中可以看出,0 ℃时气体压强为p0,因此直线AB的斜率为,A、B、D正确;在接近0 K时,气体已变为液态或固态,因此不满足查理定律,压强不为零,C错误。
8.答案　75 ℃
解析　本题为一定质量的气体发生等容变化,取CO2气体为研究对象。
初态:p1=1 atm,T1=(273+17)K=290 K,
末态:p2=1.2 atm,T2待求。
由查理定律=得T2== K=348 K。
t=(348-273) ℃=75 ℃。
9.答案　向上移动,移动距离为15 cm
解析　由条件可知,气体做等容变化。
由查理定律:=
解得:p=90 cmHg
因此最终稳定后,右侧液柱应该比左侧液柱高15 cm,即C端上移15 cm。
10.B　设绝对零度为T0 ,则T1=-T0+30,V1=30 cm×S ,T2=-T0+90,V2=36 cm×S ,由盖—吕萨克定律得=,代入数据解得T0=-270 ℃ ,故B正确。
11.A　由盖—吕萨克定律==C(常量),可得=C,即ΔV=CΔT,因为ΔT1=ΔT2,所以ΔV1=ΔV2,A正确。
12.B　根据盖—吕萨克定律可知
=
容器内的气体质量减少了
==12.5%
故选B。
13.答案　(1)p0+　(2)273+t K
解析　(1)以活塞为研究对象,设气体的压强为p,受力分析得:pS=p0S+mg
解得气体的压强为p=p0+。
(2)设加热后气体的摄氏温度为t',以被封闭的气体为研究对象,气体经历等压变化,
初状态:V1=hS,T1=273+t K
末状态:V2=2hS,T2=273+t' K
由盖—吕萨克定律=
得:=
解得:t'=273+2t K
Δt=t'-t=273+t K。
能力提升练
1.答案　768 mmHg
解析　以封闭气体为研究对象,管内气体发生等温变化
初态时,实际大气压强为p0=756 mmHg时,水银气压计读数为p1=740 mmHg,则管内气体压强为
p管1=p0-p1=(756-740) mmHg=16 mmHg
管内气体的体积为V1=l1S=90 mm×S
末态时,水银气压计读数为p2=750 mmHg,管内气体的压强为p管2=p'0-p2
管内气体的体积为V2=l2S
根据玻意耳定律得p管1V1=p管2V2
代入数据得16 mmHg×90 mm×S=(p'0-750 mmHg)l2S
当水银气压计读数为p1=740 mmHg时,水银柱长度为h1=740 mm,当水银气压计读数为p2=750 mmHg时,水银柱长度为h2=750 mm,因为l1+h1=l2+h2
即90 mm+740 mm=l2+750 mm
联立解得l2=80 mm,p'0=768 mmHg
2.答案　25 cm
解析　设试管横截面积为S,题图乙中封闭气柱的长度为L
题图甲中封闭气体压强为p1=p0+=(76+24)cmHg=100 cmHg
体积为V1=16 cm×S
题图乙中封闭气体压强为p2=(76-12)cmHg=64 cmHg
体积为V2=L×S
由玻意耳定律p1V1=p2V2
解得L=25 cm
3.答案　60 cm　46.9 cm
解析　升降机静止时,水银柱产生的压强p==ρgh
升降机加速下降时水银柱产生的压强p1==ρ(g-a)h,解得p1=p=29.9 cmHg
气体发生等温变化,由玻意耳定律可得(p0+p)L1S=(p0+p1)L2S
解得L2≈58 cm,由于L2+h>L
因此升降机加速下降时,玻璃管内有水银溢出,设剩余水银长度为x,则剩余水银在静止时产生的压强为px=ρgx,由玻意耳定律可得(p0+p)L1S=(L-x)S
解得x=40 cm,此时空气柱长度为L3=L-x=60 cm
若升降机静止,x=40 cm的水银柱产生的压强为px=40 cmHg,升降机匀减速下降时,水银柱产生的压强为p3=px=54 cmHg
气体发生等温变化,由玻意耳定律可得(p0+p)L1S=(p0+p3)L4S
联立解得L4≈46.9 cm。
4.答案　(1)0.8×105 Pa　(2)47 ℃
解析　(1)以气缸为研究对象,受力分析,受到重力、外界大气压力,气缸内气体的压力。
根据平衡条件得:p0S=pS+Mg
p=p0-=1×105 Pa- Pa=0.8×105 Pa
(2)温度升高,气缸内气体的压强不变,体积增大,根据气体等压变化方程得:=
当活塞与气缸恰好分离时,气柱的总高度为40 cm,代入数据得:
=
解得:T2=320 K　t2=T2-273=47 ℃
5.答案　V
解析　注入空气前,左、右两边空气压强均为p0,注入空气后,设左边空气压强为p1,则右边空气的压强也为p1,注入空气的体积为ΔV;注入空气后, 对左边空气, 由玻意耳定律可得
p0×V=p1×V
对右边原有空气和注入空气, 由玻意耳定律可得
p0×V+p0ΔV=p1×V
解得ΔV=V
6.B　以原来容器中的所有空气为研究对象,初状态:p1=1.0×106 Pa,V1=10 L,把容器的开关打开,气体等温膨胀,末状态:p2=p0=1.0×105 Pa,设体积为V2,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,代入数据得V2=100 L,即容器中剩余10 L压强为p0的空气,而同样大气压下原来的所有空气的总体积为100 L,所以剩下空气的质量与原来空气的质量之比等于同压下气体的体积之比==,故B正确。
7.答案　漏气　5%
解析　假设轮胎不存在漏气,气体做等容变化,设初始态胎内压强为p1,温度为T1,末态压强为p2,温度为T2,由查理定律得=,解得p2=200 kPa>190 kPa,故漏气;
假设原来轮胎内的气体全部变为190 kPa,温度为-13 ℃,设此时的体积为V3,轮胎的容积为V0,则:
=
ΔV=V3-V0
==5%
8.答案　(1)48　(2)剩不下　
解析　(1)设需打n次才能使消毒桶内气体压强变为5 atm,由玻意耳定律得
p1(V1+nΔV)=p2V1
其中
p1=1 atm,p2=5 atm,V1=10 L-7 L=3 L,ΔV=250 cm3=0.25 L
将已知量代入上式得
n=48(次)
(2)停止喷雾时,桶内气体压强变为1 atm,此时气体体积为V2
由玻意耳定律得p2V1=p1V2
即5 atm×3 L=1 atm×V2
解得V2=15 L
大于消毒桶的总容积10 L,故消毒桶里没有剩下消毒液。喷出去的气体体积
ΔV=15 L-10 L=5 L
则==
方法技巧
充气、放气和分装问题的处理技巧
(1)充气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象,就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
(2)抽气问题
从容器内抽气的过程中,容器内的气体质量不断减小,这属于变质量问题。分析时,将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,质量不变,故抽气过程中可看作是等温膨胀过程。
(3)分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题,运用相关规律求解。