2021-2022学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第三册-2.2气体的等温变化 练习-(Word版含答案)

2.2气体的等温变化 精选练习1（解析版）
一、选择题
1．如图所示，有一重力可以忽略的薄壁小试管开口向下竖直地浮在很大的水银槽内，试管中有一长为h1的水银柱封住两段气体A、B，A、B气柱长分别为l1、l2，管内外水银面高度差为h2，在保持温度不变的情况下，下列说法错误的是（ ）
A．开始时h2一定等于h1
B．若外界大气压缓慢增加少许，则h2不变，l1变小，l2变小
C．若外界大气压缓慢增加少许，则h2变小，l1变大，l2变大
D．若用手轻按试管，使试管竖直向下移少许，则h2变大，l1变小，l2变小
2．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，大气压强，水的密度，重力加速度。当空气柱被压缩到长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时洗衣缸内水位高度约为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，开口向下插入水银槽的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银面比管外高，管内外水银面高度差为h，若将玻璃管向上提起一小段距离，则空气柱的压强和密度变化情况是（　　）
A．压强和密度都变大 B．压强和密度都变小
C．压强变大而密度变小 D．压强变小而密度变大
4．一个体积为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． p0
5．小楷同学在做“用DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐变小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机。下列说法中正确的是（　　）
A．实验过程中在注射器内壁涂油主要是为了减小摩擦
B．现有5mL和20mL的注射器，要使注射器在较小的推力时传感器示数能有明显的变化，应该选用20mL的注射器
C．在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的温度和外界的大气压
D．现有20mL和50mL的注射器，作出的图像不过原点，选用50mL的注射器可以减小误差
6．在“用DIS研究温度不变时，一定质量气体的压强与体积关系”实验中，关于实验前压强传感器操作以及缓慢压缩气体时对应的图像正确的是（　　）
A．不需要调零 图 B．不需要调零 图 C．需要调零 图 D．需要调零 图
7．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长的空气柱，中间有一段长的水银柱，上部空气柱的长度。已知大气压强为。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为。假设活塞下推过程中没有漏气，则活塞下推的距离为（　　）
A． B． C． D．
8．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3m3。往桶内倒入4.2×10－3m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出，如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是（　　）
A．16次 B．17次
C．20次 D．21次
9．一个体积为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． p0
10．如图所示，两端封闭粗细均匀的玻璃管中有两段等体积的气柱，中间夹着一段水银柱，水平放置在桌面上。现使玻璃管始终保持竖直状态并做某种运动，维持气体温度不变，在运动过程中发现两部分气体的体积仍相等，则该玻璃管的运动不可能的是（　　）
A．平抛运动 B．自由落体运动
C．竖直上抛运动 D．匀速直线运动
11．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 atm
12．如图所示，两端开口的U形管，用两段水银封闭了一段空气，达到平衡状态。现如果大气压强增大，则两管液面差h会（　　）
A．不变 B．减小 C．增大 D．无法判断
13．如图所示，均匀U形管内盛有液体，左右液面相平，左管用活塞封闭了一定量的气体A，右管封闭气体B，开始A、B两部分气体压强均为p，气柱的长度均为l，现将活塞缓慢上提，提升的高度为d，则此过程中　　
A．气柱A的长度增加量等于d
B．气柱B的长度增加量小于d
C．气体A的最终压强小于
D．气体A的最终压强大于
14．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l=9.0cm，B侧水银面比A侧的高h= 5.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=3.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0=75.0cmHg。则下列法正确的是（ ）
A．此时A内气体压强72cmHg
B．此时A内空气柱长度10.00cm
C．此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，则注入的水银在管内的长度3.6cm
D．此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，则注入的水银在管内的长度3.4cm
15．竖直的玻璃管，封闭端在上，开口端在下，中间有一段水银，若把玻璃管稍倾斜一些，但保持温度不变，则（　　）
A．封闭在管内的气体压强增大
B．封闭在管内的气体体积增大
C．封闭在管内的气体体积减小
D．封闭在管内的气体体积不变
二、解答题
16．如图所示，竖直放置的、左端封闭、右端开口的U形管中用水银柱封住一段空气柱L，当空气柱的温度为t1=7℃时，左臂水银柱的高度h1=15cm，右臂水银柱的高度h2=10cm，气柱长度L1=20cm；仅将管内被封住的空气柱加热到t2=127℃且稳定时，图中的h1变为h1′=10cm。不考虑水银和管的热胀冷缩，大气压强始终不变。当时的大气压强多大？（单位用cmHg）
17．勤消毒是学校防止传染病传播的有效措施。如图所示，某种喷雾器的贮液筒的总容积为8L，装入6L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，外界大气压强p0=1.0×105Pa。然后向筒内打气，每次打气能将压强p0=1.0×105Pa、体积为200mL的空气打入筒内，打气过程中筒内与外界温度保持27℃不变。已知1mol气体在0℃、p0=1.0×105Pa下的体积为22.4L，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol-1，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，向筒内打气20次后，求∶（结果均保留两位有效数字）
（1）筒内气体的压强；
（2）筒内气体的分子数。
参考答案
1．C
【详解】
ABC．分析两段气柱的压强变化，气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律判断l1、l2的长度变化。薄壁小试管的质量可以不计，则由
ρgh1S=ρgh2S
知
h1=h2
B中气体压强等于
p1+ρgh1=p0+ρgh2
所以A中气体压强等于大气压强，当外界大气压缓慢增加少许时，A、B中的气体压强增大，根据玻意耳定律，体积减小，l1变小，l2变小；由于h1=h2，即h2不变，AB正确，不符合题意；C错误，符合题意；
D．用手轻按试管，相当于施加一向下的力，A、B中气体压强均增大，l1变小，l2变小
p2=p0+ρgh2
变大，h2变大，D项正确，不符合题意；
故选C。
2．A
【详解】
压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为
则由玻意耳定律可知
解得
h≈43.6cm
故选A。
3．B
【详解】
假设玻璃管上提时水银柱长度不变，则封闭气体压强减小，在大气压的作用下水银柱将上升，所以h增大；而根据可知封闭气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，由于气体的质量不变，根据可知密度变小。
故选B。
4．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。
5．D
【详解】
．在实验中，要保证气体的质量不变，所以实验过程中在注射器内壁涂油主要是为了防止漏气，故A错误；
B．根据压强的计算公式可得
容积越大的注射器截面积越大，在施加相同压力的情况下，压强变化较小，要使注射器在较小的推力时传感器示数能有明显的变化，应该选用的注射器，故B错误；
C．在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的温度和封闭气体的质量，与外界气体的压强无关，故C错误；
D．现有和的注射器，作出的图像不过原点，在绝对误差一定的情况下，体积越大、相对误差越小，故选用的注射器可以减小误差，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】
在“用DIS研究温度不变时，一定质量气体的压强与体积关系”实验中，根据理想气态方程
pV =nRT
得
压强与气体体积的倒数成正比，是一条过原点的直线，故在使用前压强传感器需要校准，需要调零。
故选C。
7．A
【详解】
活塞未下推之前，液柱下端封闭气体的压强
液柱下端封闭气体，根据玻意耳定律可知
其中
联立解得
活塞下推后，管上部分气体的压强
解得
管上部分气体，根据玻意耳定律
其中
联立解得，管上部分气体的长度
活塞下推的距离为
故选A。
8．B
【详解】
设大气压强为p，由玻意耳定律
npV0＋pΔV=pV
其中V0=2.5×10－4m3，ΔV=5.7×10－3m3－4.2×10－3m3=1.5×10－3m3，V=5.7×10－3m3
解得
n=16.8次≈17次
故选B。
9．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。
10．D
【详解】
ABC．玻璃管做平抛运动、自由落体运动、竖直上抛运动时，水银均处于完全失重状态，水银对气体不产生压力，气体压强不变，温度与体积不变，不符合题意，故ABC错误；
D．当玻璃管在竖直方向上做匀速直线运动时，水银对下面的气体产生压强，下面气体体积减小，上面气体体积变大，符合题意，故D正确。
故选D。
11．A
【详解】
取全部气体为研究对象，可视为将15L的气体等温压缩为6L，由玻意耳定律可得
得
故选A。
12．A
【详解】
封闭气体的压强可表示为
可得
由于左侧上段水银柱长度不变，故h不变。
故选A。
13．BD
【分析】
分别对左右两管内气体采用假设法，研究气柱A的长度增加量时假设水银柱不动，研究右边气柱时假设气柱长增加量等于d，然后用气体状态方程分析即可.
【详解】
A．假设水银柱不动则气柱A的长度增加量等于d，即B管内气柱长没变，根据玻意耳定律则A内压强减小B内压强不变，即A内压强小于B内压强，水银一定在左管内上升，故气柱A的长度增加量小于d，A错误；
B．假设气柱B的长度增加量等于d，则相当于A内气体长度没变，根据玻意耳定律则A内压强不变B内压强减小，即A内压强大于B内压强，水银一定在右管内上升，故气柱B的长度增加量小于d，故B正确；
CD．假设气柱A的长度增加量等于d，才会有：，得：，而实际气柱A的长度增加量小于d，故气体A的最终压强大于，故D正确，C错误．
故选BD．
【点睛】
对于研究在U型管内被封闭的气体的状态参量的变化时，要正确的确定理想气体的状态，分析其状态参量，选择相应的状态方程进行解答，本题是一种类型，采用假设法分析，是热学中动态变化问题常用的方法．
14．AB
【详解】
A．打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，A、B两侧水银面的高度差也随之变化，直至B侧水银面低于A侧水银面为止（若B侧水银面高于A侧水银面，则再向B侧注入水银时A、B两侧水银面不可能在同一高度），由力学平衡条件，有
即此时A侧气体压强
故A正确；
B．根据玻意耳定律可知
解得
故B正确；
CD．当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为，压强为，由玻意耳定律，有
由力学平衡条件有
联立并代入数据，有
设注入的水银在管内的长度为，依题意，有
代入数据得
故CD错误。
故选AB。
15．AC
【详解】
设大气压为p0，水银柱高度为h，则封闭气体的压强：p=p0-h；玻璃管稍倾斜一些时，水银的有效高度减小，气体的压强增大，气体温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体压强增大时，气体体积减小；
A. 封闭在管内的气体压强增大，与结论相符，选项A正确；
B. 封闭在管内的气体体积增大，与结论不相符，选项B错误；
C. 封闭在管内的气体体积减小，与结论相符，选项C正确；
D. 封闭在管内的气体体积不变，与结论不相符，选项D错误；
16．
【详解】
对于封闭的空气柱（设大气压强为）
初态：
末态：
故压强
由理想气体状态方程得
解得大气压强
17．（1）3.0×105Pa；（2）1.5×1023
【详解】
（1）打气过程，气体发生等温变化
状态1有
状态2有
T2=T1=300K
由玻意耳定律得
p1V1=p2V2
解得
（2）将气体在温度为0℃、压强为p0时规定为状态3，即有
T3=273K
设气体在该状态下对应的体积为V3，对比状态1与状态3，两者的压强相等，由盖一吕萨克定律得
筒内气体分子数为
其中
V0=22.4L
联立解得