2.2 第2节　第1课时　课后达标检测 课件--《创新课堂》选择性必修三（26页ppt）

(共26张PPT)
第2节　第1课时　课后达标检测
题组1　封闭气体压强的计算
1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住。已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)

A．p0＋ph2 B．p0－ph1
C．p0－(ph1＋ph2) D．p0＋(ph2－ph1)
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解析：选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋ph1＝p0，所以p＝p0－ph1，B正确。
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3.有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在玻璃管下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)(　　)
A．76 cmHg B．82 cmHg
C．88 cmHg D．70 cmHg
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√
解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理。水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a＝
g sin θ，所以对水银柱由牛顿第二定律得p0S＋mg sin θ－pS＝ma，故p＝
76 cmHg。
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题组2　玻意耳定律
4．(多选)注射器中封闭着一定质量的气体，现在缓慢压下活塞，下列物理量发生变化的是(　　)
A．气体的压强
B．气体分子的平均速率
C．单位体积内的分子数
D.气体的密度
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√
√
√
解析：由于是缓慢压下活塞，则气体温度与环境温度保持相同，气体分子的平均速率不变，B错误；
缓慢压下活塞，气体体积减小，气体密度增大，单位体积内的分子数增多，C、D正确；
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，气体体积减小，压强增大，A正确。
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√
6.(2024·广东模拟预测)一定质量的气体被一个质量m＝5 kg、横截面积S＝25 cm2的活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时活塞下表面相对于汽缸底部的高度为25 cm，外界的温度为27°；现将一物块轻放在活塞的上表面，平衡时，活塞下降了5 cm。已知外界大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g取
10 m/s2。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
(2)物块的质量M。
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解析：设初始汽缸内气体压强为p1，放上物块后稳定时，汽缸内气体压强为p2，根据平衡条件得
p1S＝p0S＋mg
解得p1＝1.2×105 Pa
初始气柱长度h1＝25 cm，再次稳定后气柱长度
h2＝25 cm－5 cm＝20 cm
由玻意耳定律得p1h1S＝p2h2S
解得p2＝1.5×105 Pa
由平衡条件有p2S＝p0S＋(M＋m)g
解得M＝7.5 kg。
答案：(1)1.2×105 Pa　(2)7.5 kg
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7．(2024·广东广州期中)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置，若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以下关于气体A、B说法正确的是(　　)

A．气体A的压强不变
B．气体B的压强减小
C．气体A、B的体积都增大
D．气体A、B的体积都减小
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解析：被封闭气体B的压强pB＝p0－ρ水银gh2，被封闭气体A的压强pA＝pB－ρ水银gh1＝p0－ρ水银g(h1＋h2)，其中h1、h2分别为上下两端水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高度都将减小，则封闭气体压强pA和pB都增大，又由于气体是等温变化，由玻意耳定律知，气体A、B的压强都增大，体积都减小。
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8．(2024·河北石家庄月考)如图所示，一开口向下、导热均匀的直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定的水银槽中，管内封闭有一定量气体，且管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是(　　)
A．大气压强减小
B．环境温度升高
C.向水银槽内注入水银
D．略微减少细绳长度，使玻璃管位置相对于水银槽上移
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解析：由题意，令封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，则对玻璃
管受力分析可知，绳的拉力T＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的
拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力。大气压强减小
时，水银面高度差h减小，所以拉力T减小，故A错误；
环境温度升高，封闭气体压强增大，h减小，故拉力T减小，故B错误；
向水银槽内注入水银，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h减小，故拉力减小，故C错误；
略微减少细绳长度，使玻璃管位置相对于水银槽上移，封闭气体体积增大，压强减小，水银面高度差h增大，故绳拉力增大，故D正确。
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9．(2024·浙江宁波月考)在热气球下方开口处燃烧液化气，使热气球内部气体温度升高，热气球开始离地，徐徐升空。若不考虑热气球的热胀冷缩及外界大气压的变化，则(　　)
A．热气球内的气体密度增大
B．热气球内的气体所受重力不变
C．热气球所受浮力变大
D．热气球所受浮力不变
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解析：热气球能上升，是因为热气球内的空气被加热后体积变大，密度变小，有一部分跑出去了，所以热气球的总重力减小，当热气球受到的总重力小于浮力时，热气球就上升了。由于热气球体积不变，排开空气的体积也不变，而热气球外空气的密度没变，由于浮力F＝ρ空气gV，故热气球受到的浮力不变。
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(1)左管中封闭气体的压强；
解析：倒置后左右两端水银柱液面的高度差为h1
则h1＝h－2Δh＝32 cm
倒置后左管内封闭气体的压强为p2
则p2＝p0＋h1(cmHg)
解得左管中封闭气体的压强p2＝108 cmHg。
答案：108 cmHg　
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(2)左管中封闭气体的长度。
解析：倒置前左管内封闭气体的压强为p1
则p0＝p1＋h(cmHg)
由玻意耳定律p1SL1＝p2SL2
由该过程中空气柱长度减少了4 cm
有L1－L2＝4 cm
联立解得左管中封闭气体的长度L2＝2 cm。
答案：2 cm
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11．(2024·山西阳泉期末)如图，这是一种由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车氮气减震装置，汽缸内的气体可视为理想气体。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态。封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m，气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa。将四台减震装置安装在汽车上，稳定时车重由四台减震装置支撑，且封闭气体被压缩了0.12 m。已知活塞柱横截面积S＝1.0×10－2 m2，弹簧的劲度系数k＝1.0×104 N/m。该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好，环境温度不变，重力加速度g取10 m/s2，求：
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(1)压缩后汽缸内氮气的压强；
解析：当汽车装上减震装置后，设汽缸压缩后的体积为V1，压强为p1，由玻意耳定律可知p0V0＝p1V1，解得p1＝2.5×105 Pa。
答案：2.5×105 Pa　
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(2)汽车的质量M。
解析：设汽车对一个减震装置的压力为F，以减震装置汽缸上表面为研究对象，受力分析可知
p0S＋F＝p1S＋kΔx
代入题中数据解得F＝2 700 N
以汽车为研究对象有Mg＝4F
解得汽车的质量M＝1 080 kg。
答案：1 080 kg
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12．(2024·四川南充二模)如图所示，这是一种圆筒状自加压储水缸，该装置可以在无市政供水的环境下作为应急水源。圆筒内壁深度Hl＝10 m，横截面积S＝12 m2，当筒内无水时筒内封闭气体气压p1＝100 kPa，气压控制装置自动接通电动机电源，电动机带动水泵通过筒底部的阀门T将水压入缸内。水位缓慢上升使筒内封闭气体压强增大，当气压控制装置检测到气压达到p2＝400 kPa时自动切断电源停止加水。加减水过程气体的温度保持不变，忽略内壁上下边缘的弯曲和水的蒸发。已知水的密度ρ＝1×
103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)每次自动抽水能加入筒内的水的体积V；
解析：根据题意，由玻意耳定律有
p1H1S＝p2(H1S－V)
代入数据解得V＝90 m3。
答案：90 m3　
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(2)阀门T能承受的最大压强p4＝1 090 kPa，为防止自动加水时气压控制装置失效不断加压导致阀门损坏，需设置泄压阀的开启气压阈值p3为多大？
解析：根据题意，设阀门T处压强为p4时，水的深度为H3，则有p3＋ρgH3＝p4
对气体，由玻意耳定律有
p1H1S＝p3S(H1－H3)
代入数据联立解得p3＝1 000 kPa。
答案：1 000 kPa
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