高中物理2 气体的等温变化课堂检测

这是一份高中物理2 气体的等温变化课堂检测，共18页。试卷主要包含了描述气体状态的参量是等内容，欢迎下载使用。
第二章　气体、固体和液体2　气体的等温变化基础过关练题组一　气体状态参量及压强的计算1.描述气体状态的参量是(　　)A.质量、温度、密度B.温度、体积、压强C.质量、压强、温度D.密度、压强、温度2.(2020山东枣庄三中高二下检测)(多选)如图所示,活塞质量为m,汽缸质量为M,通过弹簧吊在天花板上,汽缸内封住了一定质量的空气,而活塞与汽缸间无摩擦,活塞面积为S,大气压强为p0,则下列说法正确的是(　　)A.内外空气对汽缸的总作用力方向向上,大小为MgB.内外空气对汽缸的总作用力方向向下,大小为mgC.汽缸内空气压强为p0-D.汽缸内空气压强为p0+3.(2019宁夏银川一中高二期末)如图所示,水平放置的一根玻璃管和几个竖直放置的U形管内都有一段水银柱,封闭端里有一定质量的气体,图(a)中的水银柱长度和图(b)(c)(d)中U形管两臂内水银柱高度差均为h=10 cm,外界大气压强p0=76 cmHg,则四部分气体的压强分别为pa=　　　　cmHg,pb=　　　　cmHg,pc=　　　　cmHg,pd=　　　　cmHg。 题组二　探究气体等温变化的规律4.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是(　　)A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化B.实验中为找到体积与压强的关系,一定要测量空气柱的横截面积C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,不仅减小摩擦还可以防止漏气D.处理数据时采用p-图像,是因为p-图像比p-V图像更直观5.在“探究气体等温变化的规律”的实验中,完成下列问题。(1)实验中的研究对象是封闭在注射器内的空气柱,实验中应保持不变的参量是它的　　　　和　　　　,它的体积由注射器直接读出,它的压强由　　　　读出。 (2)某同学在一次实验中,作出的图像如图所示,其纵坐标表示封闭空气柱的压强,则横坐标表示的物理量是封闭气体的(　　)A.空气柱的质量B.空气柱的温度C.空气柱的体积VD.空气柱体积的倒数(3)实验过程中下列操作错误的是(　　)A.推拉活塞时,动作要慢B.推拉活塞时,手不能握住注射器含有气体的部分C.橡胶塞脱落后,应迅速重新装上继续实验D.活塞与注射器之间要保持气密性题组三　玻意耳定律的理解6.(2020山东济南外国语学校高二下测试)一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小了2 atm,体积变化了4 L,则该气体原来的体积为(　　)A. L　　　　B.2 L　　　　C.　　　　D.3 L7.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考)(多选)一定质量的气体在等温变化过程中,下列物理量中将发生变化的是(　　)A.分子的平均动能B.单位体积内的分子数C.气体的压强D.分子总数8.(2019北京八中乌兰察布分校高二期中)如图,玻璃管内封闭了一段气体,气柱长度为l,管内外水银面高度差为h,若温度保持不变,把玻璃管稍向上提起一段距离,则(　　)A.h,l均变大　　　　　　　　B.h,l均变小C.h变大l变小　　　　　　　　D.h变小l变大9.(2020河南林州一中高二下月考)一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭,D端与大气相通。用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧,并将两端向下竖直放置,如图所示。此时AB侧的气体柱长度l1=25 cm。管中AB、CD两侧的水银面高度差h1=5 cm。现将U形管缓慢旋转180°,使A、D两端在上,在转动过程中没有水银漏出。已知大气压强p0=76 cmHg。求旋转后,AB、CD两侧的水银面高度差。      题组四　气体等温变化的图像10.(2019山东昌乐二中高二下检测)如图所示,由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内,活塞与汽缸壁之间无摩擦,活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体,由于虹吸现象,活塞上方液体缓慢流出,在此过程中,大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是(　　)11.(多选)如图所示,图线1和2分别表示一定质量的气体在不同温度下的等温线。下列说法正确的是(　　)A.图线1对应的温度高于图线2B.图线1对应的温度低于图线2C.气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中,分子间平均距离增大D.气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中,气体分子的平均速率不变12.一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 能力提升练题组一　气体压强的计算1.(2019黑龙江哈尔滨高二下期中,)(多选)如图所示,内径均匀、两端开口的V形管,B支管竖直插入水银槽中,A支管与B支管之间的夹角为θ,A支管中有一段长为h的水银柱保持静止,下列说法中正确的是(　　)A.B管内水银面比管外水银面高hB.B管内水银面比管外水银面高h cos θC.B管内水银面比管外水银面低h cos θD.管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ高水银柱产生的压强2.(2019吉林实验中学高二期末,)质量为M的汽缸口朝上静置于地面上(如图甲),用质量为m的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计),活塞的截面积为S。将汽缸倒扣在地面上(如图乙),静止时活塞没有接触地面。已知大气压强为p0,取重力加速度为g,不计一切摩擦,则下列分析正确的是(　　)A.甲图中,汽缸对地面的压力为MgB.甲图中,封闭气体压强为p0+C.乙图中,地面对汽缸的支持力为Mg+p0SD.乙图中,封闭气体压强为p0-题组二　探究气体等温变化的规律3.(2020山东烟台高三模拟,)有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时,用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值,缓慢推动活塞,使注射器内空气柱从20.0 mL变为12.0 mL。实验共测了5次,每次体积值直接从注射器的刻度上读得并输入计算机。同时由压强传感器测得对应体积的压强值。实验完成后,计算机屏幕上立刻显示出如表所示的实验结果:序号V/mLp/105 PapV/105 Pa·mL120.01.001020.020218.01.095219.714316.01.231319.701414.01.403019.642512.01.635119.621 (1)仔细观察不难发现,pV/105 Pa·mL一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能原因是(　　)A.实验时注射器活塞与筒壁的摩擦力不断增大B.实验时环境温度增大C.实验时外界大气压强发生变化D.实验时注射器内的空气向外发生泄漏(2)根据你在(1)中的选择,说明为了减小误差,应采取的措施是　　　　　　　　　　。 题组三　玻意耳定律的应用4.(2020湖北武汉高二下联考,)如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体,若试管自由下落,管内气体(　　)A.压强增大,体积增大　　　　　　　　B.压强增大,体积减小C.压强减小,体积增大　　　　　　　　D.压强减小,体积减小5.(2019甘肃兰州一中高二期末,)如图所示,两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定,两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分,水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变,向右管缓缓注入少量水银,稳定后(　　)A.右侧水银面高度差h1增大B.空气柱B的长度不变C.空气柱B的压强增大D.左侧水银面高度差h2减小6.(2019吉林吉化一中高二下期中,)(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图,在输液过程中　(　　)A.A瓶中的药液先用完B.B瓶中的药液先用完C.随着液面下降,A瓶内C处气体压强逐渐增大D.随着液面下降,A瓶内C处气体压强保持不变7.(2020广东深圳高级中学高三月考,)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平部分有一空气柱,各部分长度如图所示。现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长。求:(1)此时右管封闭气体的压强;(2)左管中需要倒入水银柱的长度。     8.(2020江苏南京中华中学高二下段考,)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为39 cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm,先将口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm,求:(1)稳定后右管内的气体压强p;(2)左管A端插入水银槽的深度h(大气压强p0=76 cmHg) 9.(2020山东济南四中高三上模拟,)如图所示,一开口向上的汽缸固定在水平地面上,质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0=,气体质量、温度始终保持不变,不计一切摩擦,汽缸足够高。当把活塞A上面的物块取走时,活塞A将向上移动,求系统重新达到平衡状态时,A活塞上升的高度。  
答案全解全析基础过关练1.B　气体状态参量是温度、压强和体积,故B对。2.AC　以汽缸底为研究对象受力分析,由平衡条件得pS+Mg=p0S,即p0S-pS=Mg,可得内外空气对汽缸的总作用力方向向上,大小为Mg,可得汽缸内空气压强为p=p0-,故A、C正确。3.答案　76　86　66　86解析　由平衡条件可知如图(a)所示,玻璃管水平,水银柱平衡,其两侧压强相等,则pa=p0=76 cmHg;如图(b)所示,水银柱自由端比封闭端高,封闭气体的压强比大气压大,则pb=p0+ph=76 cmHg+10 cmHg=86 cmHg;如图(c)所示:水银柱自由端比封闭端低,封闭气体的压强比大气压小,则pc=p0-ph=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg;如图(d)所示:水银柱自由端比封闭端高,封闭气体的压强比大气压大,则pd=p0+ph=76 cmHg+10 cmHg=86 cmHg。4.ACD　本实验探究采用的方法是控制变量法,所以要保持被封闭气体的质量和温度不变,故A正确;由于注射器是圆柱形的,横截面积不变,所以只需测出空气柱的长度即可,故B错误;涂润滑油可以防止漏气,使被封闭气体的质量不发生变化,也可以减小摩擦,故C正确;当p与V成反比时,p-图像是一条过原点的直线,而p-V图像是曲线,所以p-图像更直观,故D正确。5.答案　(1)温度　质量　压力表　(2)D　(3)C解析　(3)本实验要求质量不变,橡胶塞脱落之后,气体质量发生变化,故C错误。6.B　气体初状态的压强p1=3 atm,体积V1=V;末状态的压强p2=1 atm,体积V2=V+4 L。由玻意耳定律得p1V1=p2V2,即3V=1×(V+4),解得V=2 L,故B正确。7.BC　气体在等温变化过程中,温度不变,所以分子的平均动能不变,故A错误;等温变化过程研究的是一定质量的气体,压强随体积的变化而变化,一定质量的气体,其分子总数一定,单位体积内的分子数改变,故B、C正确,D错误。8.A　在实验中,水银柱产生的压强加上封闭气体产生的压强等于外界大气压。如果将玻璃管向上提,则管内水银柱上方气体的体积增大,因为温度保持不变,所以压强减小,而此时外界的大气压不变,管内水银柱的压强增大才能重新平衡,故管内水银柱的高度增大。9.答案　AB、CD两侧的水银面高度差为1 cm解析　设U形管的横截面积为S,对封闭气体研究,初状态时的压强p1=p0+=(76+5) cmHg=81 cmHg,体积V1=l1S=25S旋转后,设气体长度增大Δx,则AB、CD两侧的高度差变为Δh=(5-2Δx) cm此时气体的压强p2=[76-(5-2Δx)] cmHg=(71+2Δx) cmHg,体积V2=(25+Δx)S根据玻意耳定律有p1V1=p2V2代入数据解得Δx=2 cmAB、CD两侧的水银面高度差Δh=(5-2Δx) cm=1 cm。10.D　封闭气体做的是等温变化,只有D图线是等温线,故D正确。11.ACD　p-V图像中,图线1在图线2外侧,则图线1对应的温度较高,图线1中,气体由状态A变化到状态B为等温膨胀过程,体积增大,气体分子间的平均距离增大,分子的平均速率不变,故选项A、C、D正确。12.B　A、B位于同一条等温线上,取直线上任一点C,如图所示过C点作平行于p轴的直线,根据压强的微观解释,一定质量的气体,在体积相同的情况下,压强越大温度越高,故此变化过程中温度应先上升后下降。 能力提升练1.BD　以A管中的水银柱为研究对象,则有pS+ρ水银gh cos θ·S=p0S,管内压强p=p0-ρ水银gh cos θ,显然p<p0,则B管内水银面要比槽中水银面高出h cos θ,故选项B、D正确。2.B　甲图中,对活塞受力分析可知p0S+mg=pS,则封闭气体压强为p=p0+,选项B正确;甲、乙两图中,对活塞和汽缸的整体受力分析可知,地面对汽缸的支持力为Mg+mg,选项A、C错误;乙图中,对活塞受力分析可知p'S+mg=p0S,则封闭气体压强为p'=p0-,选项D错误。3.答案　(1)D　(2)在注射器活塞上涂润滑油解析　(1)因为实验时间不会太长,环境温度、外界大气压强都不会变化;因为缓慢推动活塞,温度不变,而气体的pV值越来越小,说明气体的质量减少,即实验时注射器内的空气向外发生泄漏,故选D。(2)为了减小误差,应该增加注射器的密封性,可以采取的措施是在注射器活塞上涂润滑油。4.B　设大气压为p0,静止时试管内封闭气体压强为p1,水银质量为m,试管横截面积为S,对水银,根据平衡条件有p0S=p1S+mg;自由下落时,水银处于完全失重状态,根据牛顿第二定律有p2S+mg-p0S=mg,即p0S=p2S;对比可得p2>p1,即压强增大,由于温度不变,则有p1V1=p2V2,所以V1>V2,体积变小,选项B正确。5.D　由图可知,空气柱B的压强为pB=p0+ρgh1=p0+ρgh2,所以h1=h2;向右管注入少量水银,空气柱B下方的水银面就会向上移动,空气柱B上方的水银面也会向上移动,则h2变小,可知pB、h1也减小,故A、C错误,D正确。由于温度保持不变,而空气柱B的压强减小,根据玻意耳定律可知,空气柱B的体积就会增大,空气柱B的长度增大,故B错误。6.AC　药液从B瓶中流下,若液面降低,封闭气体体积增大,温度不变,根据玻意耳定律知,气体压强减小,则B瓶瓶口处压强减小,A瓶瓶口处压强和大气压相等,A瓶中药液被压入B瓶补充,使B瓶液面保持不变,直到A瓶液体全部流入B瓶,所以A瓶液体先用完,故A正确,B错误;随着液面下降,A瓶内液体产生压强减小,因此C处气体压强增大,故C正确,D错误。7.答案　(1)90 cmHg　(2)27 cm解析　(1)对右管中的气体,初态压强p1=75 cmHg、体积V1=30S,末态体积V2=(30-5)S=25S由p1V1=p2V2得p2=90 cmHg(2)对水平管中的气体,初态压强p=p0+15 cmHg=90 cmHg、体积V=11S,末态压强p'=p2+20 cmHg=110 cmHg根据pV=p'V',解得V'=9S水平管中的长度变为9 cm,此时原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中,所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是(110-75-8) cm=27 cm。8.答案　(1)78 cmHg　(2)7 cm解析　(1)设均匀玻璃管的横截面积为S,插入水银槽后,右管内气体等温变化,由玻意耳定律得p0l0S=p(l0-)S代入数据解得p=78 cmHg。(2)插入水银槽后左管内气体压强p'=p+ρgΔh=80 cmHg左管内、外水银面高度差h1==4 cm对中、左管内气体,由玻意耳定律得p0lS=p'l'S,解得l'=38 cm左管插入水银槽深度h=l+-l'+h1=7 cm。9.答案　0.9l0解析　对Ⅰ气体,初状态压强p1=p0+末状态压强为p1'=p0+设末态时Ⅰ气体的长度为l1,由玻意耳定律得p1l0S=p1'l1S解得l1=l0对Ⅱ气体,初状态压强p2=p0+末状态压强p2'=p0+设末态时Ⅱ气体的长度为l2,由玻意耳定律得p2l0S=p2'l2S解得l2=l0所以活塞A上升的高度为Δh=l1+l2-2l0解得Δh=0.9l0。名师点睛本题综合考查了压强的计算,等温变化的规律。应用玻意耳定律时,要分析研究对象的初、末状态的参量。Ⅰ气体与Ⅱ气体之间的压强存在着一定的关系,这是联系两部分气体的纽带。