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高中物理人教版 (新课标)选修3选修3-3第八章 气体1 气体的等温变化达标测试
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这是一份高中物理人教版 (新课标)选修3选修3-3第八章 气体1 气体的等温变化达标测试，共8页。试卷主要包含了877×105 Pa 0等内容，欢迎下载使用。
题组一 气体的压强与等温变化图象
1.为了将空气装入气瓶内,现将一定质量的空气等温压缩,空气可视为理想气体。下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是( )
解析:由气体等温变化的玻意耳定律pV=C知B、C正确。
答案:BC
2.
一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中,管竖直放置时,管内水银面比管外高h,上端空气柱长为L,如图所示,已知大气压强的大小相当于H cm高的水银柱产生的压强,下列说法正确的是( )
A.此时封闭气体的压强相当于(L+h) cm高的水银柱产生的压强
B.此时封闭气体的压强相当于(H-h) cm高的水银柱产生的压强
C.此时封闭气体的压强相当于(H+h) cm高的水银柱产生的压强
D.此时封闭气体的压强相当于(H-L) cm高的水银柱产生的压强
解析:取等压面法,选管外水银面为等压面,则由p气+ph=p0得p气=p0-ph即p气相当于(H-h) cm高的水银柱产生的压强,选项B正确。
答案:B
3.如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图象,气体由状态A变化到状态B的过程中,气体分子平均速率的变化情况是( )
A.一直保持不变
B.一直增大
C.先减小后增大
D.先增大后减小
解析:
过AB直线作几条等温线,如图所示。由图象可知,pAVA=pBVB,所以A、B两状态的温度相等,在同一等温线上,由于离原点越远的等温线温度越高,所以从状态A到状态B的过程中温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小。
答案:D
4.如图所示,竖直放置的弯曲管A端开口,B端封闭,密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内,管内液面高度差分别为h1、h2和h3,则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
A.p0-ρg(h1+h2-h3)
B.p0-ρg(h1+h3)
C.p0-ρg(h1+h3-h2)
D.p0-ρg(h1+h2)
解析:因pC=p0-ρgh3=pB+ρgh1,故pB=p0-ρg(h3+h1),B项正确。
答案:B
5.求图中被封闭气体A的压强,其中甲、乙、丙图中的玻璃管内都灌有水银,丁图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0=1.01×105 Pa(p0大小等同于 76 cm 高水银柱产生的压强),g取10 m/s2,ρ水=1×103 kg/m3)。
解析:(1)如题图甲所示,pA=p0-ph=p0-1076p0=6676p0=6676×1.01×105 Pa≈0.877×105 Pa。
(2)如题图乙所示,pA=p0-ph'=p0-1076sin 30°·p0=7176p0=7176×1.01×105 Pa≈0.943×105Pa。
(3)如题图丙所示,pB=p0+ph2=p0+1076p0=8676p0=8676×1.01×105 Pa≈1.143×105 Pa。
pA=pB-ph1=8676p0-576p0=8176p0=8176×1.01×105 Pa≈1.076×105 Pa。
(4)如题图丁所示,pA=p0+ρ水gh=1.01×105 Pa+1×103×10×(1.2-0.8) Pa=1.05×105 Pa。
答案:(1)0.877×105 Pa (2)0.943×105Pa (3)1.143×105 Pa 1.076×105 Pa
(4)1.05×10 5Pa
题组二 玻意耳定律的应用
6.一定质量的气体,在温度不变的条件下,将其压强变为原来的2倍,则( )
A.气体分子的平均动能增大
B.气体的密度变为原来的2倍
C.气体的体积变为原来的一半
D.气体的分子总数变为原来的2倍
解析:温度是分子平均动能的标志,由于温度不变,故分子的平均动能不变,据玻意耳定律得
p1V1=2p1V2,解得V2=12V1,ρ1=mV1,ρ2=mV2
可得ρ1=12ρ2,即ρ2=2ρ1,故B、C正确。
答案:BC
7.如图所示,某种自动洗衣机进水时,与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气,通过压力传感器感知管中的空气压力,从而控制进水量。设温度不变,洗衣缸内水位升高,则细管中被封闭的空气( )
A.体积不变,压强变小
B.体积变小,压强变大
C.体积不变,压强变大
D.体积变小,压强变小
解析:水位升高,封闭气体体积减小,由玻意耳定律 pV=C可知压强变大,选项B正确。
答案:B
8.在“探究气体等温变化的规律”实验中,封闭气体如图所示,U形管粗细均匀,右端开口,已知外界大气压相当于76 cm高的水银柱产生的压强,图中给出了空气的两个不同的状态。
(1)实验时甲图空气的压强相当于 cm高的水银柱产生的压强;乙图空气压强相当于 cm高的水银柱产生的压强。
(2)实验时某同学认为管子的横截面积S可不用测量,这一观点正确吗?
答: (选填“正确”或“错误”)。
(3)数据测量完后用图象法处理数据时,某同学以压强p为纵坐标,以体积V(或空气柱长度)为横坐标来作图,你认为他这样做能方便地看出p与V间的关系吗?
答: (选填“能”或“不能”)。
解析:(1)甲图中空气压强为大气压强,乙图中空气压强相当于(76 cm+4 cm)水银柱产生的压强。
(2)由玻意耳定律p1V1=p2V2,即p1l1S=p2l2S,即p1l1=p2l2(l1、l2为空气柱长度),所以玻璃管的横截面积可不用测量。
(3)以p为纵坐标,以V为横坐标,作出p-V图是一条曲线,但曲线未必表示反比关系,所以应再作出 p-1V 图,看是否是过原点的直线,才能最终确定p与V是否成反比。
答案:(1)76 80 (2)正确 (3)不能
9.如图所示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长l1=20 cm(可视为理想气体),两管中水银面等高。现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面h=10 cm。(环境温度不变,大气压强为p0)求稳定后低压舱内的压强。
解析:设U形管横截面积为S,右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1,右端与一低压舱接通后,左管中封闭气体的压强为p2,气柱长度为l2,稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2①
p1=p0②
p2=p+ph③
V1=l1S④
V2=l2S⑤
由几何关系得h=2(l2-l1)⑥
联立①②③④⑤⑥式,代入数据得p=23p0。
答案:23p0
10.把一端封闭的粗细均匀的玻璃管放在倾角为30°的斜面上,开始时让玻璃管不动,管中有一段16 cm长的水银柱将长为20 cm的空气封入管内,如果让玻璃管在斜面上加速下滑,如图所示。已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数μ=36,外界大气压
强为p0(p0大小等同于76 cm高的水银柱产生的压强),求玻璃管沿斜面匀加速下滑时,封闭的气柱长度为多少?设斜面足够长,能保证玻璃管稳定匀加速下滑。
解析:设水银柱和玻璃管的质量分别为m和M,以水银柱和玻璃管为研究对象,根据牛顿第二定律得
(m+M)gsin 30°-μ(m+M)gcs 30°=(m+M)a,
得a=g4。
以水银柱为研究对象,设管的横截面积为S,根据牛顿第二定律得
p0S+mgsin 30°-pS=ma,
因为m=ρlS,l=16 cm,
所以管内气体压强为
p=p0+ρgl4=2019p0
由于气体等温变化,可知
(76+8)×20=80L,L=21 cm。
答案:21 cm
(建议用时:30分钟)
1.一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处,它的体积约变为原来体积的(温度不变,水的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2)( )
A.3倍B.2倍C.1.5倍D.0.7
解析:根据玻意耳定律有
V2V1=p1p2=p0+ph1p0+ph2=p0+2p0p0+p0=3p02p0=32。
答案:C
2.
一定质量的气体由状态A沿直线变到状态B的过程如图所示,A、B位于同一双曲线上,则此变化过程中,温度( )
A.一直下降B.先上升后下降
C.先下降后上升D.一直上升
解析:可作出过直线AB上各点的等温线与过A、B两点的等温线进行比较。
答案:B
3.如图所示,汽缸内封闭一定质量的气体。不计活塞与缸壁间的摩擦,保持温度不变,当外界大气压强变化时,不发生改变的是( )
A.封闭气体的压强
B.封闭气体的体积
C.弹簧的弹力
D.汽缸底部离地面的高度
解析:对汽缸有p0S=pS+Mg,p0变,则p变,因为温度不变,则V变化,A、B错误;对整体有 kx=(M+m)g,弹簧的弹力不变,活塞高度不变,汽缸底部离地面高度发生变化,C正确,D错误。
答案:C
4.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 atmB.2.0 atm
C.1.5 atmD.1.0 atm
解析:根据玻意耳定律有p1V1+p2V2=p3V3,解得p3=2.5 atm。
答案:A
5.一名质量为60 kg的同学为了表演“轻功”,他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体),然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上,在气球的上方放置一轻质塑料板,如图甲、乙所示。为了估算气球内气体的压强,这位同学在气球的外表面涂上颜料,在轻质塑料板面向气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸。表演结束后,留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图丙所示。若表演时大气压强为1.013×105 Pa,g取10 m/s2,则气球内气体的压强为 Pa。(取四位有效数字)
解析:以球壁为研究对象,内部气体的压强等于大气压与塑料板产生的压强之和,即p内=p0+FS。从图中数据得4个“印迹”共376格,即S=376×4×10-4 m2=0.150 4 m2,代入上式,可得p内=1.053×105 Pa。
答案:1.053×105
6.如图,一定质量的气体温度保持不变,最后U形管两臂中的水银面相齐,烧瓶中气体体积为800 mL;现用注射器向烧瓶中注入200 mL水,稳定后两臂中水银面的高度差为25 cm,不计U形管中气体的体积。求:
(1)大气压强相当于多少cm高的水银柱所产生的压强;
(2)当U形管两边水银面的高度差为45 cm时,烧瓶内气体的体积是多少。
解析:(1)初状态:p1=p0,V1=800 mL
注入水后的末状态:p2=p0+pΔh
V2=600 mL
由p1V1=p2V2得
p0V1=(p0+pΔh)V2
代入数据解得p0大小相当于75 cm高水银柱所产生压强。
(2)当U形管两边水银面的高度差为45 cm时,
压强为p3=p0+pΔh',
体积为V3,由p3V3=p1V1得
V3=p1V1p3=800×75120 mL=500 mL。
答案:(1)75 cm (2)500 mL
7.如图,容积为V1的容器内充有压缩空气。容器与水银压强计相连,压强计左右两管下部由软胶管相连。气阀关闭时,两管中水银面等高,左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2。打开气阀,左管中水银面下降;缓慢地向上提右管,使左管中水银面回到原来高度,此时右管与左管中水银面的高度差为h。已知水银的密度为ρ,大气压强为p0,重力加速度为g;空气可视为理想气体,其温度不变。求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1。
解析:先选体积为V2的那部分气体为研究对象。其初状态的压强为p0,末状态的压强为(p0+ρgh),设末状态的体积为V2',由玻意耳定律得
p0V2=(p0+ρgh)V2'
再研究容器内的压缩空气,其初状态的压强为p1,体积为V1;末状态的压强为p0+ρgh,体积为(V1+V2-V2')。由玻意耳定律得
p1V1=(p0+ρgh)(V1+V2-V2')
联立两个方程解得
p1=(p0+ρgh)(V1+V2)-p0V2V1。
答案:(p0+ρgh)(V1+V2)-p0V2V1
题组一 气体的压强与等温变化图象
1.为了将空气装入气瓶内,现将一定质量的空气等温压缩,空气可视为理想气体。下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是( )
解析:由气体等温变化的玻意耳定律pV=C知B、C正确。
答案:BC
2.
一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中,管竖直放置时,管内水银面比管外高h,上端空气柱长为L,如图所示,已知大气压强的大小相当于H cm高的水银柱产生的压强,下列说法正确的是( )
A.此时封闭气体的压强相当于(L+h) cm高的水银柱产生的压强
B.此时封闭气体的压强相当于(H-h) cm高的水银柱产生的压强
C.此时封闭气体的压强相当于(H+h) cm高的水银柱产生的压强
D.此时封闭气体的压强相当于(H-L) cm高的水银柱产生的压强
解析:取等压面法,选管外水银面为等压面,则由p气+ph=p0得p气=p0-ph即p气相当于(H-h) cm高的水银柱产生的压强,选项B正确。
答案:B
3.如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图象,气体由状态A变化到状态B的过程中,气体分子平均速率的变化情况是( )
A.一直保持不变
B.一直增大
C.先减小后增大
D.先增大后减小
解析:
过AB直线作几条等温线,如图所示。由图象可知,pAVA=pBVB,所以A、B两状态的温度相等,在同一等温线上,由于离原点越远的等温线温度越高,所以从状态A到状态B的过程中温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小。
答案:D
4.如图所示,竖直放置的弯曲管A端开口,B端封闭,密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内,管内液面高度差分别为h1、h2和h3,则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
A.p0-ρg(h1+h2-h3)
B.p0-ρg(h1+h3)
C.p0-ρg(h1+h3-h2)
D.p0-ρg(h1+h2)
解析:因pC=p0-ρgh3=pB+ρgh1,故pB=p0-ρg(h3+h1),B项正确。
答案:B
5.求图中被封闭气体A的压强,其中甲、乙、丙图中的玻璃管内都灌有水银,丁图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0=1.01×105 Pa(p0大小等同于 76 cm 高水银柱产生的压强),g取10 m/s2,ρ水=1×103 kg/m3)。
解析:(1)如题图甲所示,pA=p0-ph=p0-1076p0=6676p0=6676×1.01×105 Pa≈0.877×105 Pa。
(2)如题图乙所示,pA=p0-ph'=p0-1076sin 30°·p0=7176p0=7176×1.01×105 Pa≈0.943×105Pa。
(3)如题图丙所示,pB=p0+ph2=p0+1076p0=8676p0=8676×1.01×105 Pa≈1.143×105 Pa。
pA=pB-ph1=8676p0-576p0=8176p0=8176×1.01×105 Pa≈1.076×105 Pa。
(4)如题图丁所示,pA=p0+ρ水gh=1.01×105 Pa+1×103×10×(1.2-0.8) Pa=1.05×105 Pa。
答案:(1)0.877×105 Pa (2)0.943×105Pa (3)1.143×105 Pa 1.076×105 Pa
(4)1.05×10 5Pa
题组二 玻意耳定律的应用
6.一定质量的气体,在温度不变的条件下,将其压强变为原来的2倍,则( )
A.气体分子的平均动能增大
B.气体的密度变为原来的2倍
C.气体的体积变为原来的一半
D.气体的分子总数变为原来的2倍
解析:温度是分子平均动能的标志,由于温度不变,故分子的平均动能不变,据玻意耳定律得
p1V1=2p1V2,解得V2=12V1,ρ1=mV1,ρ2=mV2
可得ρ1=12ρ2,即ρ2=2ρ1,故B、C正确。
答案:BC
7.如图所示,某种自动洗衣机进水时,与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气,通过压力传感器感知管中的空气压力,从而控制进水量。设温度不变,洗衣缸内水位升高,则细管中被封闭的空气( )
A.体积不变,压强变小
B.体积变小,压强变大
C.体积不变,压强变大
D.体积变小,压强变小
解析:水位升高,封闭气体体积减小,由玻意耳定律 pV=C可知压强变大,选项B正确。
答案:B
8.在“探究气体等温变化的规律”实验中,封闭气体如图所示,U形管粗细均匀,右端开口,已知外界大气压相当于76 cm高的水银柱产生的压强,图中给出了空气的两个不同的状态。
(1)实验时甲图空气的压强相当于 cm高的水银柱产生的压强;乙图空气压强相当于 cm高的水银柱产生的压强。
(2)实验时某同学认为管子的横截面积S可不用测量,这一观点正确吗?
答: (选填“正确”或“错误”)。
(3)数据测量完后用图象法处理数据时,某同学以压强p为纵坐标,以体积V(或空气柱长度)为横坐标来作图,你认为他这样做能方便地看出p与V间的关系吗?
答: (选填“能”或“不能”)。
解析:(1)甲图中空气压强为大气压强,乙图中空气压强相当于(76 cm+4 cm)水银柱产生的压强。
(2)由玻意耳定律p1V1=p2V2,即p1l1S=p2l2S,即p1l1=p2l2(l1、l2为空气柱长度),所以玻璃管的横截面积可不用测量。
(3)以p为纵坐标,以V为横坐标,作出p-V图是一条曲线,但曲线未必表示反比关系,所以应再作出 p-1V 图,看是否是过原点的直线,才能最终确定p与V是否成反比。
答案:(1)76 80 (2)正确 (3)不能
9.如图所示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长l1=20 cm(可视为理想气体),两管中水银面等高。现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面h=10 cm。(环境温度不变,大气压强为p0)求稳定后低压舱内的压强。
解析:设U形管横截面积为S,右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1,右端与一低压舱接通后,左管中封闭气体的压强为p2,气柱长度为l2,稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2①
p1=p0②
p2=p+ph③
V1=l1S④
V2=l2S⑤
由几何关系得h=2(l2-l1)⑥
联立①②③④⑤⑥式,代入数据得p=23p0。
答案:23p0
10.把一端封闭的粗细均匀的玻璃管放在倾角为30°的斜面上,开始时让玻璃管不动,管中有一段16 cm长的水银柱将长为20 cm的空气封入管内,如果让玻璃管在斜面上加速下滑,如图所示。已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数μ=36,外界大气压
强为p0(p0大小等同于76 cm高的水银柱产生的压强),求玻璃管沿斜面匀加速下滑时,封闭的气柱长度为多少?设斜面足够长,能保证玻璃管稳定匀加速下滑。
解析:设水银柱和玻璃管的质量分别为m和M,以水银柱和玻璃管为研究对象,根据牛顿第二定律得
(m+M)gsin 30°-μ(m+M)gcs 30°=(m+M)a,
得a=g4。
以水银柱为研究对象,设管的横截面积为S,根据牛顿第二定律得
p0S+mgsin 30°-pS=ma,
因为m=ρlS,l=16 cm,
所以管内气体压强为
p=p0+ρgl4=2019p0
由于气体等温变化,可知
(76+8)×20=80L,L=21 cm。
答案:21 cm
(建议用时:30分钟)
1.一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处,它的体积约变为原来体积的(温度不变,水的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2)( )
A.3倍B.2倍C.1.5倍D.0.7
解析:根据玻意耳定律有
V2V1=p1p2=p0+ph1p0+ph2=p0+2p0p0+p0=3p02p0=32。
答案:C
2.
一定质量的气体由状态A沿直线变到状态B的过程如图所示,A、B位于同一双曲线上,则此变化过程中,温度( )
A.一直下降B.先上升后下降
C.先下降后上升D.一直上升
解析:可作出过直线AB上各点的等温线与过A、B两点的等温线进行比较。
答案:B
3.如图所示,汽缸内封闭一定质量的气体。不计活塞与缸壁间的摩擦,保持温度不变,当外界大气压强变化时,不发生改变的是( )
A.封闭气体的压强
B.封闭气体的体积
C.弹簧的弹力
D.汽缸底部离地面的高度
解析:对汽缸有p0S=pS+Mg,p0变,则p变,因为温度不变,则V变化,A、B错误;对整体有 kx=(M+m)g,弹簧的弹力不变,活塞高度不变,汽缸底部离地面高度发生变化,C正确,D错误。
答案:C
4.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 atmB.2.0 atm
C.1.5 atmD.1.0 atm
解析:根据玻意耳定律有p1V1+p2V2=p3V3,解得p3=2.5 atm。
答案:A
5.一名质量为60 kg的同学为了表演“轻功”,他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体),然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上,在气球的上方放置一轻质塑料板,如图甲、乙所示。为了估算气球内气体的压强,这位同学在气球的外表面涂上颜料,在轻质塑料板面向气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸。表演结束后,留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图丙所示。若表演时大气压强为1.013×105 Pa,g取10 m/s2,则气球内气体的压强为 Pa。(取四位有效数字)
解析:以球壁为研究对象,内部气体的压强等于大气压与塑料板产生的压强之和,即p内=p0+FS。从图中数据得4个“印迹”共376格,即S=376×4×10-4 m2=0.150 4 m2,代入上式,可得p内=1.053×105 Pa。
答案:1.053×105
6.如图,一定质量的气体温度保持不变,最后U形管两臂中的水银面相齐,烧瓶中气体体积为800 mL;现用注射器向烧瓶中注入200 mL水,稳定后两臂中水银面的高度差为25 cm,不计U形管中气体的体积。求:
(1)大气压强相当于多少cm高的水银柱所产生的压强;
(2)当U形管两边水银面的高度差为45 cm时,烧瓶内气体的体积是多少。
解析:(1)初状态:p1=p0,V1=800 mL
注入水后的末状态:p2=p0+pΔh
V2=600 mL
由p1V1=p2V2得
p0V1=(p0+pΔh)V2
代入数据解得p0大小相当于75 cm高水银柱所产生压强。
(2)当U形管两边水银面的高度差为45 cm时,
压强为p3=p0+pΔh',
体积为V3,由p3V3=p1V1得
V3=p1V1p3=800×75120 mL=500 mL。
答案:(1)75 cm (2)500 mL
7.如图,容积为V1的容器内充有压缩空气。容器与水银压强计相连,压强计左右两管下部由软胶管相连。气阀关闭时,两管中水银面等高,左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2。打开气阀,左管中水银面下降;缓慢地向上提右管,使左管中水银面回到原来高度,此时右管与左管中水银面的高度差为h。已知水银的密度为ρ,大气压强为p0,重力加速度为g;空气可视为理想气体,其温度不变。求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1。
解析:先选体积为V2的那部分气体为研究对象。其初状态的压强为p0,末状态的压强为(p0+ρgh),设末状态的体积为V2',由玻意耳定律得
p0V2=(p0+ρgh)V2'
再研究容器内的压缩空气,其初状态的压强为p1,体积为V1;末状态的压强为p0+ρgh,体积为(V1+V2-V2')。由玻意耳定律得
p1V1=(p0+ρgh)(V1+V2-V2')
联立两个方程解得
p1=(p0+ρgh)(V1+V2)-p0V2V1。
答案:(p0+ρgh)(V1+V2)-p0V2V1
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