第2章　气体、液体和固体 分层作业5　气体实验定律(Ⅱ)--2025粤教版高中物理选择性必修第三册同步练习题（有解析）

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2025粤教版高中物理选择性必修第三册
分层作业5　气体实验定律(Ⅱ)
A组必备知识基础练
1.一定质量的气体,在体积不变的情况下,温度由0 ℃升高到10 ℃时,其压强的增加量为Δp1,当它由100 ℃升高到110 ℃时,其压强的增加量为Δp2,则Δp1与Δp2之比是(　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　
A.1∶1 B.1∶10
C.10∶110 D.110∶10
2.一定质量气体在状态变化前后对应图中A、B两点,则与A、B两状态所对应的分别等于VA、VB的大小关系是(　　)
A.VA=VB B.VA>VB
C.VA3.(多选)如图,一内壁光滑、竖直放置的密闭气缸内,有一个质量为m的活塞将气缸内气体分为上、下两部分:气体A和B,原来活塞恰好静止,两部分气体的温度相同,现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度,则(　　)
A.活塞将静止不动
B.活塞将向上移动
C.A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大
D.A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同
4.民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病,方法是将点燃的纸片放入—个小罐内,当纸片燃烧完时,迅速将火罐开口端紧压在皮肤上,火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上.对其原因下列说法中正确的是(　　)
A.当火罐内的气体温度不变时,体积减小,压强增大
B.当火罐内的气体体积不变时,温度降低,压强减小
C.当火罐内的气体压强不变时,温度降低,体积减小
D.当火罐内的气体质量不变时,压强增大,体积减小
5.研究表明,新冠病毒耐寒不耐热,温度在超过56 ℃时,30分钟就可以灭活.如图所示,含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热气缸下部a内,气缸顶端有一绝热阀门K,气缸底部接有电热丝E,气缸的总高度h=90 cm.a缸内被封闭气体初始温度t1=27 ℃,活塞与底部的距离h1=60 cm,活塞和气缸间的摩擦不计.若阀门K始终打开,电热丝通电一段时间,稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm.关于上述变化过程,下列说法正确的是(　　)
A.b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体的
B.a气缸中的气体吸收热量,压强增大
C.稳定后,a气缸内的气体温度为50 ℃
D.稳定后,保持该温度不变再持续30分钟,a气缸内新冠病毒能够被灭活
6.一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像如图甲所示,已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)根据图像提供的信息计算图甲中TA对应的温度值.
(2)请在图乙坐标系中作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程.
7.某品牌的可加热饭盒如图甲所示,饭盒盖密封性良好且饭盒盖上有一排气口,饭盒内部横截面积为S,质量、厚度均不计的饭盒盖与玻璃饭盒底部之间封闭了一定质量的气体,饭盒盖与玻璃饭盒底部之间的距离为L且饭盒盖固定不动,可以将其看成是一导热性能良好的气缸,如图乙所示.气体的初始温度为T0=300 K,初始压强为大气压强,已知大气压强为p0.现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到360 K.
(1)求此时封闭气体的压强.
(2)打开排气口,设此过程中饭盒内气体温度不变,放出部分气体,使得饭盒内气体压强与外界大气压强相等,求排出气体与原有气体的质量比.
B组关键能力提升练
8.若室内生起炉子后温度从7 ℃升高到47 ℃,而室内气压不变,则此时室内的空气质量减少了(　　)
A.11.5% B.12.5%
C.14.3% D.16.8%
9.如图所示,上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置,活塞将气体封闭在气缸内.设有a、b两卡环,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a、b上,现缓慢加热缸内气体,直到活塞刚要离开卡环.能正确反映缸内气体体积压强变化的V-图像是 (　　)
10.如图所示,一向右开口的气缸放置在水平地面上,活塞可无摩擦移动且不漏气,气缸中间位置有小挡板.初始时,外界大气压为p0,活塞紧压小挡板处,现缓慢升高缸内气体温度,则下列p-T图像能正确反映缸内气体压强变化情况的是(　　)
11.(多选)如图,一两端封闭的玻璃管在竖直平面内倾斜放置,与水平面间的夹角为θ,一段水银柱将管内一定质量气体分割成两部分.在下列各种情况中,能使管中水银柱相对玻璃管向a端移动的情况是(　　)
A.降低环境温度
B.在竖直平面内以b点为圆心逆时针缓慢转动玻璃管
C.保持θ角不变,使玻璃管减速上升
D.以过b端的竖直轴为转动轴转动玻璃管
12.(2024安徽卷)某人驾驶汽车从北京到哈尔滨,在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa.求:
(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体的压强.
(2)充进该轮胎的空气体积.
13.如图,一固定的竖直气缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距为L=40.0 cm;气缸外大气的压强为p0=1.00×105 Pa,温度为T=303 K初始时大活塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K,刚开始活塞处于平衡态.现让气缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
(1)刚开始时,气缸中的气体压强;
(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,气缸内封闭气体的温度;
(3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强.
参考答案
分层作业5　气体实验定律(Ⅱ)
1.A　等容变化,这四个状态在同一条等容线上,因ΔT相同,所以Δp也相同.
2.C　可通过A、B两点分别与原点O相连,得到两条等容线,线上各点所对应的气体体积分别等于VA、VB,由于pA对应的等容线的斜率大,表示它的体积小,故选C.
3.BD　假设活塞不动,则两部分气体都发生等容变化.根据可得Δp=ΔT,因为两部分气体的温度相同,现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度,但下面气体初态压强大,则下面气体增加压强大,故活塞将向上移动,A错误,B正确;初态pA+=pB,最终稳定后,pA'+=pB',所以pA'-pA=pB'-pB,A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同,故C错误,D正确.
4.B　纸片燃烧时,罐内气体的温度升高,将罐压在皮肤上后,封闭气体的体积不再改变,温度降低时,由p∝T知封闭气体压强减小,在外界大气压作用下罐紧紧“吸”在皮肤上,B选项正确.
5.D　由题意可知,原b气缸的高度h1'=h-h1=30 cm,当a气缸稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm,此时b气缸的高度h2'=h-h2=24 cm,设S为活塞的面积,那么b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体为,故A错误;由于K始终打开,a气缸中的气体的压强不变,可得,代值求得t2=57 ℃,B错误,C错误,D正确.
6.答案 (1)200 K　(2)见解析
解析 (1)由图甲所示图像可知,A与B的连线所在的直线过原点O,所以A→B是一个等压过程,即pA=pB=1.5×105 Pa
由图像可知,VA=0.4 m3,VB=VC=0.6 m3,TB=300 K,TC=400 K
从A到B过程,由盖-吕萨克定律得
解得TA=200 K.
(2)从B到C为等容过程,由查理定律得
解得pC=2×105 Pa,气体状态变化图像如图所示.
7.答案 (1)1.2p0　(2)
解析 (1)加热饭盒时,玻璃饭盒内气体体积不变,由查理定律有
解得p1=1.2p0.
(2)排气过程中封闭气体做等温变化,设最终体积为V1,则V0=SL
p1V0=p0V1
解得V1=1.2SL
同温度、同压强下同种气体的质量比等于体积比,设排出气体的质量为Δm,气体原来的质量为m0,则
联立解得.
8.B　根据盖-吕萨克定理可知,室内的空气质量减少了=12.5%,故选B.
9.C　由题可知,气体做等容变化,由查理定律=C可知,当气体的体积不变,温度升高时,气体的压强增大,则减小.由此可知,A、B、D错误,C正确.
10.B　在p-T图像中,开始一段时间内,随着温度的升高,气体发生等容变化,即=恒量,图像为一条过坐标原点的直线;当压强增加到内外压强相等时,温度再升高,活塞将向右移动,气体发生等压变化,图像是一条平行于温度轴的直线,因此A、C、D错误,B正确.
11.CD　假定两段空气柱的体积不变,即V1、V2不变,初始温度为T,当温度降低ΔT时,空气柱1的压强由p1减至p1',则Δp1=p1-p1',空气柱2的压强由p2减至p2',Δp2=p2-p2',由查理定律得Δp1=ΔT、Δp2=ΔT,因为p2=p1+h>p1,所以Δp1<Δp2,即水银柱应向b移动,故A错误;在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管,使θ角变大,如果将玻璃管竖直的时候,很明显增大了对下部气体的压力,向b端移动,故B错误;玻璃管竖直向上减速运动,加速度向下,把加速度沿管方向分解和垂直方向分解,有沿管向下的加速度,说明上部分气体压强增大,体积应减小,故水银柱向a端移动,故C正确;以竖直轴转动,水银柱做圆周运动,需要向心力,根据牛顿第二定律得上部气体对水银柱的压力要增大,所以水银柱应向a移动.故D正确.
12.答案 (1)2.5×105 Pa　(2)6 L
解析 (1)由查理定律可知
其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3) K=270 K,T2=(273-23) K=250 K
代入数据解得,在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体的压强为p2=2.5×105 Pa.
(2)由玻意耳定律可知p2V0+p0V=p1V0
代入数据解得,充进该轮胎的空气体积为V=6 L.
13.答案 (1)1.1×105 Pa
(2)330 K
(3)1.01×105 Pa
解析 (1)由于刚开始活塞处于平衡状态,对大活塞、杆和小活塞整体进行受力分析,由平衡条件可得p0S1+(m1+m2)g+p1S2=p0S2+p1S1
代入数据解得此时气缸中的气体压强
p1=1.1×105 Pa.
(2)大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化,气体的状态参量
V1=L-S2+S1=40-×40 cm3+×80 cm3=2 400 cm3
T1=495 K,V2=S2L=40×40 cm3=1 600 cm3
由盖-吕萨克定律得
解得T2=330 K.
(3)大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化,大活塞刚刚与大圆筒底部接触时,由平衡条件得
p0S1+p2S2+(m1+m2)g=p2S1+p0S2
代入数据解得p2=1.1×105 Pa
T2=330 K,T3=T=303 K
由查理定律得
解得p3=1.01×105 Pa.
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