物理选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体2 气体的等温变化课后作业题

第二章分层作业7　玻意耳定律及其应用

A级 必备知识基础练

1.(多选)一定质量的气体在不同温度下的两条等温线如图所示,则下列说法正确的是(　　)

A.从等温线可以看出,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.一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越小

D.由图可知T1>T2

2.如图所示,汽缸倒挂在天花板上,用光滑的活塞密封一定量的气体,活塞下悬挂一个沙漏,保持温度不变,在沙缓慢漏出的过程中,气体的(　　)

A.压强变大,体积变大 B.压强变大,体积变小

C.压强变小,体积变大 D.压强变小,体积变小

3.一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m 深处,湖内的温度不变,它的体积约变为原来体积的(　　)

A.3倍 B.2倍

C.1.5倍 D.

4.(多选)如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水根槽中,管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体,这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2,若保持环境温度不变,当外界压强增大时,下列分析正确的是(　　)

A.h2变长 B.h2不变

C.水银柱上升 D.水银柱下降

5.(2023江苏盐城高二期末)吸盘工作原理的示意图如图所示,使用时先把吸盘紧挨竖直墙面,按住锁扣把吸盘紧压在墙上,挤出吸盘内部分空气,然后把锁扣扳下,使外界空气不能进入吸盘。由于吸盘内外存在压强差,使吸盘被紧压在墙壁上,挂钩上即可悬挂适量物体。某轻质吸盘导热良好、有效面积为8 cm2(不计吸盘和墙壁接触部分的面积),扳下锁扣前密封体积为1.0 cm3,压强等于大气压强1×105 Pa,空气密度为1.29 kg/m3,扳下锁扣后吸盘内体积变为2.0 cm3,已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的1.5倍,下列说法正确的是(　　)

A.扳下锁扣后吸盘内气体压强为1.8×105 Pa

B.扳下锁扣后吸盘内气体密度为1.03 kg/m3

C.该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60 N

D.当大气压强增大时,吸盘能够承受的最大拉力将减小

6.气压式保温瓶的原理图如图所示,保温瓶内水面与出水口的高度差为h,瓶内密封空气体积为V,设水的密度为ρ,大气压强为p0,重力加速度为g,欲使水从出水口流出,瓶内空气压缩量ΔV至少为多少?(设瓶内弯曲管的体积不计,温度保持不变,各物理量的单位均为国际单位)

7.(2023吉林长春高二期末)如图所示的注射器,用活塞和开口处的橡胶塞封闭着一段空气柱,空气柱的压强等于大气压强p0=1.0×105 Pa,长度为l0=15 cm。已知橡胶塞与开口间最大静摩擦力为Ffm=3.6 N,橡胶塞的横截面积为S=1.2×10-5 m2,注射器和活塞导热性能良好,环境温度保持不变。现向内缓慢推动活塞,当橡胶塞恰好被推动时,求:

 (1)空气柱的压强;

(2)空气柱的长度。

B级 关键能力提升练

8.如图所示,上端封闭的玻璃管插在水银槽中,管内封闭着一段气柱。现使玻璃管缓慢地绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,能描述管内气体状态变化的图像是(箭头表示状态的变化方向)(　　)

9.跳跳球是一种锻炼身体、训练平衡的玩具,由橡胶球、踏板和扶手构成,在人未站上踏板前,橡胶球内气体压强为p,体积为V,当质量为m的人站在跳跳球上保持平衡不动时,橡胶球内气体体积变为V',若橡胶球球膜厚度和玩具的重力均忽略不计,橡胶球内气体温度保持不变,重力加速度为g,则此时橡胶球和踏板的接触面积为(　　)

A. B.

C. D.

10.(2023江苏镇江高二期末)试管内封有一定质量的气体,静止时气柱长为L0,大气压强为p0,其他尺寸如图所示,当试管绕竖直轴OO'以角速度ω在水平面内匀速转动时气柱长变为L,设温度不变,试管横截面积为S,水银密度为ρ,则转动时管内被封气体的压强为(　　)

A.p0+ρL1ω2

B.p0+ρL1ω2

C.p0+ρgL1

D.

11.如图所示,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50 cm,大气压强p0= 1.0×105 Pa,水的密度ρ= 1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。某次洗衣选择的挡位,当细管中空气压强达1.02×105 Pa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.20 cm B.21 cm

C.23 cm D.24 cm

12.如图所示,竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的2倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气,气柱长L=15 cm。活塞A上方的水银深H=15 cm,两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计,用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态,水银面与粗筒上端相平,现使活塞B缓慢上移,直至水银的三分之二被推入细筒中,求活塞B上移的距离。(设在整个过程中气柱的温度不变,大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强)

分层作业7　玻意耳定律及其应用

1.AB　由等温线的物理意义可知,A、B正确;对于一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积乘积越大,等温线的位置越高,C、D错误。

2.B　设活塞和沙漏的总质量为m,则对活塞分析可知pS+mg=p0S,则当m减小时,p增大;根据玻意耳定律pV=C可知,体积减小,故选B。

3.C　题目要求为粗略计算,大气压强为p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,ρ水=1×103kg/m3,气体变化过程为等温变化,气泡内压强p=ρ水gH+p0,则湖面下20m深处p1=ρ水gh1+p0=3.0×105Pa,湖面下10m深处p2=ρ水gh2+p0=2.0×105Pa,由玻意耳定律p1V1=p2V2,得V2==1.5V1,C正确。

4.BD　对于管内封闭气体的压强可得p=p0+ρgh1,也可以有p=p0+ρgh2,则知h1=h2,h1不变则h2不变。当外界压强增大时,管内封闭气体压强p增大,根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小,则水银柱下降。故选B、D。

5.C　由于轻质吸盘导热良好,所以扳下锁扣前、后吸盘内气体可视为等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=p1V1,解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为p1=0.5×105Pa,故A错误;扳下锁扣后吸盘内气体质量不变,体积变为原来的2倍,所以密度变为原来的一半,即0.645kg/m3,故B错误;此时吸盘与墙壁间的正压力大小为FN=(p0-p1)S=40N,该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过Gmax=1.5FN=60N,故C正确;根据前面分析可知,扳下锁扣后吸盘内外压强差为大气压强的一半,当大气压强增大时,吸盘与墙壁间正压力增大,吸盘能够承受的最大拉力将增大,故D错误。

6.答案

解析 压水前p1=p0,V1=V

压水后水刚流出时p2=p0+ρgh,V2=V-ΔV

由玻意耳定律p1V1=p2V2

即p0V=(p0+ρgh)(V-ΔV)

解得ΔV=。

7.答案 (1)4×105 Pa

(2)3.75 cm

解析 (1)橡胶塞恰好被推动时有p1S=Ffm+p0S

解得p1=4×105Pa。

(2)假设注射器的横截面积为S0,由玻意耳定律得p0l0S0=p1l1S0

解得l1=3.75cm。

8.A　设大气压为p0,封闭气体压强p=p0-ρgh,玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大;气体温度不变,压强变大,由玻意耳定律pV=C可知,气体体积将变小;pV为常数,由数学知识知p-V图线为双曲线,故A正确,B、C、D错误。

9.A　橡胶球内的气体温度不变,做等温变化,初态p1=p,V1=V;末态V2=V'。根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2,解得p2=;由平衡条件可知p2S=mg,解得S=,故A正确,B、C、D错误。

10.A　以水银柱为研究对象,其两端的压力差为向心力,水平方向受力为向右的p0S,向左的pS,由牛顿第二定律,有pS-p0S=mω2,得p=p0+ρL1ω2,若以被封闭气体为研究对象,由玻意耳定律有p0L0S=pLS,解得p=p0,故B、C、D错误,A正确。

11.B　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V0=L0S,L0=50cm,压缩后,气体压强p1=1.02×105Pa,体积为V1=L1S,由玻意耳定律p0L0S=p1L1S解得L1=49cm,即细管内液面离洗衣缸底竖直高度h1=L0-L1=1cm,由平衡条件p0+ρgh2=p1,其中,h2为缸中液面和空气柱内液面高度差,解得h2=20cm。综上,洗衣缸内水位高度约为h=h1+h2=21cm,故选B。

12.答案 11.5 cm

解析 初态封闭气体压强p1=pH+p0

设粗筒横截面积为S

体积V1=LS

水银上升到细筒中,则HS=h1

HS=h2S

此时封闭气体压强p2=ph1+ph2+p0

体积V2=L'S

由玻意耳定律得p1V1=p2V2

解得L'=13.5cm

活塞B上移的距离d=H+L-L'-H=11.5cm。