高中物理沪科版 (2019)选择性必修 第三册第2章 气体定律与人类生活2.2 玻意耳定律当堂达标检测题

【名师】第2节玻意耳定律-1练习

一．填空题

1．拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的火源放入小罐内加热，然后移走火源并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。假设罐内封闭气体质量不变，可以看作理想气体。与刚压在皮肤上的时刻对比，火罐“吸”到皮肤上经一段时间后，火罐内气体的内能___________，压强___________。（都选填“增大”．“减小”或“不变”）

2．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，b．c状态温度相同，如V-T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为Pb．和PC ，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则Pb     PC ，Qab    Qac（均选填“＞”．“＝”或“＜”）。

3．一辆汽车的质量为1.3吨。当轮胎“充满”气时，每个轮胎与地面的接触面积为130cm2，胎内气体体积为20L，压强为__________Pa。当轮胎充气“不足”而轮毂盖边缘着地时，胎内仍有15L压强为1atm的空气。用一电动充气机以每分钟50L的速度将压强为1atm的空气压入轮胎，假设在此过程中气体温度保持不变，则充满四个轮胎约需要_________分钟。（重力加速度g取10m/s2，1atm约为105Pa）

4．如图所示，质量为m．横截面积为S．管壁厚度不计的玻璃管，一端插入水银槽中，另一端用细绳悬挂于天花板，槽中水银面比管内水银面高h．根据关系式________________，可以计算出细绳对玻璃管的拉力F=______________。（已知大气压强为P0，水银密度为ρ，重力加速度为g）

5．如图所示，一端封闭的细玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，管内一小段水银柱分割出两段气体柱，上端气柱长为，下端气柱长为，且。现保持管内气体温度不变，将玻璃管竖直向上缓慢提起，保持开口端始终在水银面下方，则管内水银柱与水银槽面的高度差h___（选填“变大”．“不变”或“变小”）；封闭的两段气体柱的长度l1的增长量___l2的增长量（选填“>”．“=”或“<”）。

6．（1）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点O。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105Pa，则该气体在状态C时的压强为__________Pa；该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为__________J。

7．历史上，在发现查理定律时尚未建立热力学温标，因此查理定律的原始表述中采用的是摄氏温标，其表达式为，该式中的表示________，该定律的适用条件为________________________。

8．如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C．设A．B．C状态对应的温度分别为TA．TB．TC，则TA______TB，TB______TC（均选填“＞”“＜”或“＝”）。

9．用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气，然后缓慢放气，假设温度保持不变，某次测量充入袖带内气体的压强为1.5P0，体积为V，已知阿伏加德罗常数为NA，此温度下该气体在标准大气压P0下的摩尔体积为V0，则充气后袖带内气体的分子数为______；缓慢放气过程中，袖带内气体的内能变化情况是：______。

10．用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图1所示，实验步骤如下：

①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器．数据采集器．计算机逐一链接；

②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；

③用图象处理实验数据，得出如图2所示图像.

如果实验操作规范正确，但如图所示的图像不过原点，则V0代表_____________.

11．如图所示P-V图，一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热量420J同时膨胀对外做功300J．当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时，外界压缩气体做功200J，求此过程中气体____________(填“吸收”或“放出”)热量为_________J

12．如图所示，为某同学制作的一个简易温度计。在一个空的玻璃瓶中插入一根透明吸管，并封好瓶口，在吸管内引入一小段油柱（标记刻度时，其长度可忽略）。不计大气压的变化，吸管粗细均匀，则：①吸管上标记温度值时，刻度是否均匀？___________（填“均匀”或“不均匀”）；②若标记温度值时，吸管口是向上的（如图），则吸管水平放置时，测量值将___________，吸管口向下放置时，测量值将___________（后两空选择填入“偏大”．“偏小”或“无影响”）

13．“拔火罐”是我国传统养生疗法之一。如图所示，医生先用点燃的酒精棉球加热火罐内的空气，随后迅速把火罐倒扣在需要治疗的部位，火罐便会紧贴皮肤。这是因为假设火罐内气体体积不变，___________；若加热后火罐内气体的温度为77℃，当时的室温为28℃，标准大气压强为，则当罐内气体的温度降为室温时，对应的压强为________。

14．如图所示为一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C的p－图象，其中AB段是一段圆弧，A．B两点的连线与轴平行，BC为延长线过原点的直线，则从状态A变化到状态B气体内能____（填“增加”．“不变”或“减少”）；从状态B变化到状态C气体_____(填“吸收”或“放出”)热量．

15．如图，固定密闭容器内储有一定量的水，若拔掉容器底部的软木塞，可能观察到的现象有___________。

16．一定质量的气体，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，当它由100℃升高到110℃时，其压强的增加量为，则与之比为________。

17．如图所示，有一个红酒瓶状的玻璃容器水平放置，左侧“瓶身”的体积为300cm3，右侧“瓶颈”是一段内部横截面积为0.5cm2，有效长度为40cm的玻璃管，管内有一段长度可忽略不计的水银柱，密闭了一定质量的气体在容器内．当大气压为1.0×105 Pa．密闭气体温度为27 ℃时，水银柱刚好位于玻璃管最左侧，现缓慢升高密闭气体温度．则当温度升高到________℃时，水银柱会掉出容器；在此过程中，密闭气体从外界吸收的热量为12J，则在这一过程中密闭气体的内能变化了________J．

18．如图，导热性良好的气缸竖直固定，开口向上，用轻质活塞封闭一段理想气体，活塞可无摩擦上下滑动，活塞稳定后处在图甲的A位置，此时缸内压强为，温度为。现在活塞上轻放一个质量为m的小物体，重新稳定后活塞处于图乙中的B位置，此时缸内气体压强为，温度为；接着用电热丝缓慢加热气体，活塞刚好到达C位置时，缸内压强为，温度为。已知大气压强不变．则______，______（填“>．“<”或“=”）

参考答案与试题解析

1．【答案】    ①. 减小    ②. 减小

【解析】【分析】

【详解】[1]把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断减低，气体内能减小。

[2]气体等容变化并且温度不断降低，根据查理定律可推出气体的压强不断减小。

2．【答案】＜；＞

【解析】由理想气体状态方程：

又因为T相同，，所以Pb＜PC ；

由热力学第一定律：

因为始末温度相同，所以相同

过程ab，体积变大对外做功，过程ac中体积不变，对外做功为零。

所以ab过程吸热多，即Qab＞Qac

3．【答案】3.5105    4.4   

【解析】【来源】2020届上海市徐汇区高三（下）学习能力诊断（二模）物理试题

【分析】

【详解】

[1]以一个轮胎与地面的接触部分为研究对象，设胎内气体压强为，每个轮胎与地面的接触面积，汽车质量，大气压强，由平衡条件得

解得

[2]设每个轮胎需要打入一个大气压的气体体积为，充满气后，每个轮胎气体的体积为，压强，充气前，每个轮胎气体的体积为，压强，气体温度保持不变，由玻意耳定律得

解得

所以充满四个轮胎需要的时间

4．【答案】F+(p0+ρgh)S=mg+p0S    mg-ρghS   

【解析】

[1]设封闭气体的压强为p，则有

p=p0+ρgh

以玻璃管为研究对象，根据平衡条件可得

F+pS=mg+p0S

即

F+(p0+ρgh)S=mg+p0S

[2]有上式整理得

F=mg-ρghS

5．【答案】变大    >   

【解析】

[1][2]假设将玻璃管竖直向上缓慢提升时，的下端面水银没有上升，保持原高度即内气体的压强不变，那么其体积就不变，就只有的体积增大，于是内气体压强变小，但是内的气体压强始终是气体压强减去中间那段水银柱高度，所以假设错误，也会体积增大，压强减小，故管内水银柱高度差变大，由于它们压强减小的绝对值一样，而气体原来压强比小，由玻意耳定律定律知，的压强变化的相对值大，故长度增长大于的增长。

6．【答案】1.0×105    100   

【解析】

[1][2]气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得

解得在状态B时的压强为

pB=1.0×105Pa

气体从状态B到状态C，发生是等压变化，有

pC=pB=1.0×105Pa

由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量

气体从状态A到状态B不做功，从状态B到状态C的过程中气体对外做功，做功大小为

由热力学第一定律

知整个过程中吸收的热量为

Q=100J

7．【答案】0℃的气体压强    温度不太低．压强不太大的理想气体   

【解析】

[1]根据查理定律可知，p0表示0℃的气体压强。

[2]温度不太低．压强不太大的理想气体。

8．【答案】＞    ＜   

【解析】

[1][2]A到B为等容变化，故

由图可知

则

B到C为等压变化，则

由图可知

则

9．【答案】    减小   

【解析】

[1]根据玻意耳定律

解得

气体的分子数为

[2]温度保持不变，气体的平均动能不变，而气体的分子势能为零，缓慢放气过程中，袖带内气体的质量减少，袖带内气体的内能减小。

10．【答案】注射器与压强传感器连接部位的气体体积

【解析】【来源】第二部分单元卷第六章：分子和气体定律拓展提高卷

【详解】

[1]．由图像可知，体积读数值比实际值大V0．根据P（V+V0）=C，C为定值，则

如果实验操作规范正确，但如图所示的图线不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积。

11．【答案】放出320J

【解析】从外界吸收热量420J即Q=420J，同时膨胀对外做功300J即W=-300J

由热力学第一定律△U=W+Q

对第一过程：△U=W+Q=-300J+420J=120J

所以A点比B点内能小120J

对第二过程：外界压缩气体做功200J即W=200J，△U=-120J

由热力学第一定律△U=W+Q

解得：Q=-320，所以放出320J的热量

12．【答案】均匀    偏大    偏大   

【解析】【来源】2021届东北三省三校高三（下）4月第二次联合考试理综物理试题

[1]根据盖-吕萨克定律，则有

设吸管内部的横截面积为S，内部在初始时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化△t时油柱移动的距离为△l，则有

即

由上式可以看出，△t与△l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的；

(2)[2]若标记温度值时，吸管口是向上的，则压强相对水平放置时偏大，水平测量时相同温度下的体积偏大，由于温度与体积成正比，则水平测量时测量值将偏大；

[3]若标记温度值时，吸管口是向上的，则压强相对吸管口向下放置时偏大，吸管口向下放置时相同温度下的体积偏大，由于温度与体积成正比，则吸管口向下放置测量值将偏大。

13．【答案】温度降低，压强减小，内外压强差增大       

【解析】【来源】2021届上海市嘉定区高三（下）第二次质量调研测试物理试题

[1]根据理想气体状态方程

火罐内气体体积不变时，温度降低，压强减小，内外压强差增大；

[2]以火罐内的气体为研究对象，初态有

，

当罐内温度降为室温时，压强为，温度为，由查理定律得

解得

14．【答案】    (1). 减小；    (2). 放出

【解析】

【分析】

根据，整理得，CT即为图象各点到原点O连线的斜率，分析斜率变化即可分析出温度变化，进而分析出内能的变化情况，结合热力学第一定律即可判断出从状态B变化到状态C气体气体与外界热量交换的情况；

【详解】因为是一定质量的理想气体，所以：，其中C为定值，整理得：

图象上各点到原点O连线的斜率即为CT，如图所示，

从A到B过程中图象上各点到原点O连线的斜率CT逐渐减小，所以温度T逐渐减小，故从状态A变化到状态B气体内能减小；
B到C的过程中图象各点到原点O连线的斜率CT不变，所以温度T不变，故内能不变：，根据热力学第一定律：，可得：
根据图象可知B到C的过程中，体积变小，外界对气体做功，所以：
所以：，即：从状态B变化到状态C气体放出热量。

【点睛】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要根据图象推导出表达式，分析斜率的含义，结合热力学第一定律分析求解，注意CT表示的是图象上各点到原点O连线的斜率，不是图象曲线本身的斜率。

15．【答案】水流出部分．水全部流出．水柱不动．水柱向上动

【解析】

当密闭容器内水上方气体的压强满足

若拔掉容器底部的软木塞，可观察到水往外流，流出水的体积跟内外压强差有关，由理想气体的状态方程可知，在温度不变的条件下体积增大压强减小，当水流出一部分时

停止流动；如果全部流出时仍有，全部流出；当

若拔掉容器底部的软木塞，水柱不会动；当

水柱会向上移动。

16．【答案】

【解析】

一定质量的气体在体积不变的情况下

温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃时相同，所以相同，即与之比为。

17．【答案】    (1). 47；    (2). 10

【解析】

【详解】当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2，
初状态：T1=（273+27）K=300K；V1=300cm3，
末状态为：V2=（300+40×0.5）cm3=320cm3
气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：，
代入数据得：T2=320K，t2=T2-273=320-273=47℃；
水银柱移动过程中，外界对气体做功：W=-P0SL=-1×105×0.5×10-4×40×10-2J=-2.0J，
又因为：Q=12J
由热力学第一定律知内能变化为：△U=W+Q，
代入数据得：△U=10J，即内能增加了10J；

【点睛】本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，对于气体状态变化问题，关键在于分析是等值变化还是三个参量同时变化的问题，要善于挖掘隐含的条件。

18．【答案】＜    ＝    ＝    ＜   

【解析】

[1][2]图甲的缸内压强为，则有

图乙的缸内压强为，则有

解得

图丙的缸内压强为，则有

所以

[3]从A到B过程，由于没有给电热丝通电，则没有对气体加热，另外导热性良好的气缸，使气体总是与外界温度相同，所以从A到B过程是等温变化过程，则有

[4]从A到B过程，是等压变化，根据盖吕萨克定律

可知，从B到C过程气体体积增大，则温度升高，所以有