第八章 气体+阶段验收评估（二）+Word版含答案

阶段验收评估（二） 气 体
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2017·上海高考)如图，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门。开始时阀门关闭，左管的水银面较高。现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门。当重新平衡时(　　)
A．左管的水银面与右管等高
B．左管的水银面比右管的高
C．左管的水银面比右管的低
D．水银面高度关系无法判断
解析：选D　初态时右侧封闭气体的压强p>p0，打开阀门，流出一些水银后关闭阀门，当重新平衡时，因封闭气体的体积变大，由pV＝C知压强p减小，因气体末态压强p有可能大于p0、等于p0或小于p0，故左右两管水银面的高度关系无法判断，选项D正确。
2.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h
B．B管内水银面比管外水银面高hcos θ
C．B管内水银面比管外水银面低hcos θ
D．管内封闭气体的压强比大气压强大hcos θ高汞柱
解析：选B　以A管中的水银为研究对象，则有pS＋hcos θ·S＝p0S，
B管内压强p＝p0－hcos θ，显然p且B管内水银面要比槽内水银面高出hcos θ。故B正确。
3.如图所示，一端开口、一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1。若吸走糟中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则(　　)
A．h2>h1，F2＝F1　　 B．h2C．h2F1 D.h2>h1，F2>F1
解析：选D　因为实验中玻璃管内封闭了一段气体，因此，大气压＝玻璃管中水银柱产生的压强＋封闭气体的压强，在大气压不变的情况下，吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，封闭气体的体积变大，压强变小，同时水银柱的高度h也会适当增加，拉力F的大小会变大。
4．容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是真空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装(　　)
A．4瓶 B．50瓶
C．56瓶 D.60瓶
解析：选C　根据玻意耳定律p0V0＝p′(V0＋nV1)，
所以n＝＝＝56，选项C正确。
5.如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接。当水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于(　　)
A．0　　　　　 B．0.5 m
C．1 m D.1.5 m
解析：选D　表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区通过管C相通，
p1＝p2＝pC，而p1＝p0＋ρgh1，h1＝1.5 m，
而p2＝p1＝p0＋ρgh，则h＝1.5 m，D正确。
6.如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则(　　)
A．弯管左管内外水银面的高度差为h
B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
解析：选ACD　对右管中的水银分析知，管中气体压强比大气压强高h cmHg，所以弯管左管内外水银面的高度差为h，故A正确。弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，故B错误。封闭气体温度和压强不变，体积不变，所以弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升，故C正确。环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，故D正确。
7.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)
A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C．c→d，压强不变、温度降低、体积减小
D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变
解析：选AC　由理想气体状态方程＝C整理得：p＝T在p-图像中a到b过程斜率不变，CT不变，故说明温度不变，压强减小，体积增大，故A正确。b→c过程中，体积增大，故B错误。c→d过程中，压强不变，体积减小，则由理想气体状态方程＝C可知，温度降低，故C正确。d→a过程中，体积不变，压强减小，故温度应降低，故D错误。
8.如图所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则(　　)
A．水银柱向上移动了一段距离
B．ΔVA＜ΔVB
C．ΔpA＞ΔpB
D．ΔFA＝ΔFB
解析：选AC　假设水银柱不动，两气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，其中p0、T0表示初始的压强和温度，初始压强pA＞pB，则ΔpA＞ΔpB，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A、C正确。由于气体的总体积不变，所以ΔVA＝ΔVB，B错误。ΔFA＝ΔpASA＞ΔFB＝ΔpBSB，D错误。
二、计算题(本题共3小题，共52分)
9.(15分)如图所示，A是容积很大的玻璃容器，B是内径很小的U形玻璃管，B的左端与A相通，右端开口，B中有一段水银柱将一定质量的空气封闭在A中，当把A放在冰水混合物中时，B的左管比右管中水银高30 cm；当B的左管比右管的水银面低30 cm时，A中气体的温度是多少？(设大气压强p0＝760 mmHg)
解析：由于A的体积很大而B管很细，所以A中的气体体积可认为是不变的，由查理定律即可求解。
以A中的气体为研究对象，
初状态温度T1＝273 K，p1＝p0－ph＝460 mmHg；
末状态压强p2＝p0＋ph＝1 060 mmHg，
由查理定律有＝，
T2＝·T1＝×273 K＝629 K。
答案：629 K
10．(15分)(2016·海南高考)如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102 kg/m3的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103 Pa。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40 cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g＝10 m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。
解析：设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得
p0V01＝p1V1①
p0V02＝p2V2②
依题意有V01＋V02＝V1＋V2③
由力的平衡条件有p2－p1＝ρgh④
联立①②③④式，并代入题给数据得
2V12＋3V01V1－9V012＝0⑤
由此解得V1＝V01(另一解不合题意，舍去)⑥
由③⑥式和题给条件得V1∶V2＝1∶1。⑦
答案：1∶1
11．(22分)(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小；
(2)求该热气球内空气所受的重力；
(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，
密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖-吕萨克定律得＝③
联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④
气球所受到的浮力为
f＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得
f＝Vgρ0。⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得
G＝Vgρ0。⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝f－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0－m0。
答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0
(3)Vρ0T0－m0