粤教版 (2019)选择性必修 第三册第一节 气体实验定律（Ⅰ）习题

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2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第三册2.1气体实验定律（Ⅰ） 跟踪训练（解析版）1．如图所示，一端封闭，一端开口截面积相同的U形管AB，管内灌有水银，两管内水银面高度相等，管A内封有一定质量的理想气体，气体压强为72 cmHg。今将开口端B接到抽气机上，抽尽B管上面的空气，结果两水银柱产生18 cm的高度差，则A管内原来空气柱长度为（　　）A．18 cm B．12 cm C．6 cm D．3 cm2．如图所示，一端封口的玻璃管开口向下插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体，当将管慢慢地向下按一段距离时，管内气柱的长度将如何变化（　　）A．L1变小，L2变大 B．L1变大，L2变小C．L1、L2都变小 D．L1、L2都变大3．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，空气可看作理想气体，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 atm4．粗细均匀的玻璃管长L = 90cm，内有齐口h = 2cm长水银柱封闭一定质量气体，外界大气压p0= 76cmHg，环境温度不变，从外界缓慢加入水银，则（   ）
 A．最多能加10cm水银B．最多能加7cm水银C．最多能加5cm水银D．不能再加入水银5．一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为（   ）A． p0 B． p0 C． p0 D． p06．如图所示，一定质量的理想气体先后处于、、、四个状态，则这四个气体状态的温度关系正确的是  （　　）A． B．C． D．7．如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的活塞封闭在竖直放置的导热气缸内（活塞与气缸间的摩擦不计），下列操作可使理想气体压强变大的是（　　）A．缓慢升高环境温度 B．将整体倒置，气缸开口向下C．用力推气缸，让整体向上加速运动 D．气缸自由下落8．如图所示为某同学设计的喷药装置，内部装有8L药液，上部密封1atm的空气1L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.2L，设在所有过程中空气可看成理想气体，且温度不变，下列说法错误的是（　　）A．充气后，密封气体的压强增大为1.2atmB．充气后，密封气体的分子平均动能不变C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把药液喷光9．如图所示，一个横截面积为S的内壁光滑圆筒形容器竖直固定放置，容器中静止的金属圆板A的上表面水平，下表面倾斜，下表面与水平面的夹角为。已知圆板质量为M，大气压强为，则容器内气体压强等于（　　）A． B．C． D．10．如图，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为50cm，大气压强p0= 1.0×105Pa，水的密度ρ= 1.0×103kg/m3，重力加速度g= 10m/s2。某次洗衣选择的档位，当细管中空气压强达1.02×105Pa时压力传感器就会关闭洗衣机进水阀门，此时洗衣缸内水位高度约为（　　）A．20cm B．21cm C．23cm D．24cm11．如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，当气室2中的压强大于气室1中的压强时，单向阀门向下开启。已知开始时，气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好，重力加速度为g。现在活塞上方缓慢放置质量为m的细砂后，下列说法正确的是（　　）A．当时，气室1的压强为4p0B．当时，气室2的压强为C．当时，活塞向下移动D．当时，活塞向下移动 12．如图甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞．将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态．现保持温度不变，把汽缸向右倾斜90°（如图乙所示），达到平衡后，与原来相比（　　）A．气体的压强变大 B．气体的压强变小C．气体的体积变大 D．气体的体积变小13．一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，内封一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变时，将玻璃管稍上提一些，下列说法正确的是，如图所示（　　）A．玻璃管内气体压强减小B．玻璃管内气体体积增大C．管内外水银面高度差减小D．管内水银柱长度增大14．如图所示，竖直放置一根上端开口，下端封闭的细玻璃管，内有两段长为的水银柱，封闭了长度均为的、两段空气柱，已知大气压强，环境温度保持不变。则、两段空气柱的压强是多大（　　）A． B．C． D．15．回热式制冷机是一种极低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程。已知状态A、B的温度均为27 ℃，状态C、D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是（　　）A．气体由状态A到状态B的过程，温度先升高后降低B．气体由状态B到状态C的过程，内能保持不变C．气体由状态C到状态D的过程，气体对外做功D．气体由状态D到状态A的过程，其热力学温度与压强成正比16．如图所示，一导热性能良好的圆柱形气瓶水平固定，瓶内有用光滑活塞分成的A、B两部分理想气体。阀门K处于关闭状态，A、B两部分气体的体积之比为3：2，压强均为p，活塞与气瓶的内壁间气密性良好。（1）请通过计算判断当环境温度缓慢升高时，活塞是否移动；（2）若环境温度不变，因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动。当B中气体体积减为原来的时，阀门漏气问题解决，不再漏气。求B中漏出的气体质量占原质量的几分之几。
 17．氧气瓶的容积是40 L，瓶内氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧。有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？（假定温度不变，氧气可视为理想气体） 18．粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图所示．开始时两管内水银柱等高，两管内空气柱长均为l＝90 cm，此时两管内空气柱温度均为 ，外界大气压为p0＝76 cmHg.现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升14 cm，在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到 ，右管内温度保持在.求：（1）注入水银柱的长度；（2）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离。 19．求图中被封闭气体A的压强。其中（1）、（2）、（3）图中的玻璃管内都装有水银，（4）图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0=76 cmHg。（p0=1.01×105 Pa，g=10 m/s2，ρ水=1×103 kg/m3） 参考答案1．D【详解】设大气压强为p0，A管内原来空气柱长度为l，横截面积为S，根据题意可得，抽尽B管上面的空气，则A管内空气柱压强为体积为由玻意耳定律得解得故ABC错误，D正确。故选D。2．C【详解】ABCD．将管慢慢地向下按一段距离时，假设L1、L2的长度不变，L1、L2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L1、L2的长度都减小，故ABD错误C正确。故选C。3．A【详解】取全部气体为研究对象，由得故选A。4．A【详解】初状态p1 = (76 + 2)cmHg = 78cmHg，V1 = (L - h)S = 88S设水银柱下降xcm后注满，则p2 = (76 + 90 - 88 + x)cmHg = (78 + x)cmHg，V2 = (L - h - x)S = (88 - x)S根据玻意耳定律可得p1V1 = p2V2联立得x = 10cm则加入水银柱的长度为H = L - h - (L - h) + x = 10cm故选A。5．D【详解】钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第一次抽气有p02V0= p1V0 + p12V0第二次抽气有p12V0= p2V0 + p22V0第三次抽气有p22V0= p3V0 + p32V0第四次抽气有p32V0= p4V0 + p42V0经过计算有p4= p0故选D。6．D【详解】根据可知，pV乘积越大，则温度T越大，由图可知，a、b、c、d四点的pV乘积的大小分别为（格子数乘积）6、18、9、18，则四点的温度关系是故选D。7．C【详解】A．缸内气体的压强为则缓慢升高环境温度，缸内气体压强不变，选项A错误；    B．将整体倒置，气缸开口向下，则缸内气体的压强变为即压强减小，选项B错误；C．用力推气缸，让整体向上加速运动，则对活塞 解得则压强变大，选项C正确；D．气缸自由下落，则活塞完全失重，则缸内气体的压强变为p0减小了，选项D错误。故选C。8．D【详解】A．把充入的气体和原气体作为整体：气体做等温变化，根据玻意耳定律可得解得故A正确，不符合题意；B．温度是平均动能的标志，温度不变，所以分子的平均动能不变，故B正确，不符合题意；C．充气后封闭气体压强变为1.2atm，大于大气压强，所以打开阀门后，气体膨胀，对外界做功，故C正确，不符合题意；D．膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，由得喷完容器中的水后，容器的气体压强小于外界气体压强，所以水不能喷完，故D错误，符合题意。故选D。9．A【详解】以活塞为研究对象，分析受力：重力Mg、外界大气压力p0S，气缸壁的压力N和气缸内气体的压力F；
其中根据平衡条件得p0S+Mg=Fcosα联立得故选A。10．B【详解】以细管内封闭气体为研究对象，开始时压强为p0= 1.0×105Pa，体积，压缩后，气体压强p1= 1.02×105Pa，体积为，由玻意耳定律解得即细管内液面离地由平衡条件其中，h2为缸中液面和空气柱内液面高度差，解得综上，洗衣缸内水位高度约为故选B。11．D【详解】A．当活塞刚好到达CD位置时，对气室1，2内的气体，根据玻意耳定律可得解得对活塞受力分析，根据共点力平衡可得解得若此时，单向阀门已向下开启且活塞已经到达CD位置，故气室1的压强为，故A错误；BCD．当气室2内的压强刚好到达时，对活塞受力分析，根据共点力平衡可得解得当时，单向阀门开启且活塞稳定时，对于气室1，2内气体，等温变化有对活塞受力分析，由共点力平衡可得联立解得所以，活塞下降故BC错误，D正确。故选D。12．AD【详解】对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强而汽缸向右倾斜90°后故由于温度不变，由玻意耳定律知故选AD。13．ABC【详解】假设气体体积不变，当玻璃管向上运动时，液面差变小，外界的大气压强不变，所以玻璃管内气体的压强变小，由于温度不变，由波义尔定律知气体体积变大，由于压强减小，由平衡条件可知，气体的压强等于大气压强加上液面差的压强，压强减小，则液面差减小，所以管内外水银面高度差减小，则管内水银柱的长度减小，故ABC正确，D错误。故选ABC。14．BC【详解】AB．设水银柱长度为h，玻璃管横截面积为S,对A. 上部水银柱受力分析可得联立解得故A错误，B正确；CD．对B上部水银柱受力分析，根据平衡条件故C正确，D错误。故选BC。15．ACD【详解】A．状态A、B的温度相等，根据＝C经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，A正确；B．气体由状态B到状态C的过程，温度降低，内能减小，B错误；C．气体由状态C到状态D的过程，体积增大，气体对外做功，C正确；D．气体由状态D到状态A的过程，体积不变，根据＝C其热力学温度与压强成正比，D正确。故选ACD。16．(1)活塞不移动；(2)【详解】(1)假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得解得气体压强的变化量由于p、T、T都相同，两边气体压强的变化量相同，故当环境温度缓慢升高时，两边气体压强一直相等，活塞不移动。(2)设开始A的体积为3V，则B的体积为2V，由题意可知，气体A后来的体积为A发生等温变化，由玻意耳定律得解得B中气体压强由p变为p'，若没有漏气，等温变化，体积变化为现在，B中气体只剩下，所以，B中漏出气体与漏气前B中气体的质量比为17．12【详解】用如图所示的方框图表示思路。
 以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，由V1到V2，由玻意耳定律可得解得由（V2-V1）到V3，由玻意耳定律可得则则18．（1）42 cm；（2）62 cm【详解】（1）只对右管封闭气体研究，发生了等温变化即解得故注入水银柱的长度（2）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离19．（1）66 cmHg；（2）71 cmHg；（3）81 cmHg；（4）1.13×105 Pa【详解】（1）pA=p0-ph=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg（2）pA=p0-ph=76 cmHg-10sin 30° cmHg=71 cmHg（3）pB=p0＋ph2=76 cmHg＋10 cmHg=86 cmHgpA=pB-ph1=86 cmHg-5 cmHg=81 cmHg（4）pA=p0＋ρ水gh=1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa=1.13×105 Pa