鲁科版选修3-3 4.1气体实验定律 达标作业（解析版)

4.1气体实验定律
达标作业（解析版)
1．如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m的砝码，稳定后气体体积减小了△V1，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m的砝码，稳定后气体体积又减小了△V2，如图丙．不计摩擦，环境温度不变，则（　　）
A．△V1＜△V2 B．△V1=△V2
C．△V1＞△V2 D．无法比较△V1与△V2大小关系
2．某理想气体的初始压强p0=3atm，温度T0=150K，若保持体积不变，使它的压强变为5atm，则此时气体的温度为（　　）
A．100K B．200K C．250K D．300K
3．如图所示，一端开口一端封闭的长直玻璃管，灌满水银后，开口端向下竖直插入水银槽中，稳定后管内外水银面高度差为h，水银柱上端真空部分长度为L．现将玻璃管竖直向上提一小段，且开口端仍在水银槽液面下方，则（　　）
A．h变大，L变大 B．h变小，L变大
C．h不变，L变大 D．h变大，L不变
4．如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是（　　）
A．h增大，l增大
B．h增大，l减小
C．h减小，l增大
D．h减小，l减小
5．如图为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图象，它由状态A等温变化到状态B，再等容变化到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为PA、PB、PC ， 则（?? ）
A．PA＜PB ， PB＜PC??? B．PA＞PB ， PB=PC????
C．PA＜PB ， PB＞PC?? D．PA＞PB ， PB＜PC
6．如图所示，竖直放置的弯曲玻璃管a端封闭，b端开口，水银将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差为h1、h2、h3且h1=h2=h3；K1、K2为两个阀门，K2位置与b管水银面等高，打开阀门后可与外界大气相通．打开K1或K2，下列判断正确的是（　　）
A．打开K1，h1、h2和h3均变为零
B．打开K1，h1增大，h2和h3均变为零
C．打开K2，h1、h2和h3均变为零
D．打开K2，h1、h2、h3的长度保持不变
7．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，不考虑气体的分子势能则整个过程中汽缸内气体的内能（?? ）
A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直变大 D．保持不变
8．某自行车轮胎的容积为V．里面已有压强为P0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到P，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是P0，体积为（　　）的空气．
A． B． C．（-1）V D．（+1）V
9．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
10．一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB为一条直线，则气体从状态A到状态B的过程中　　
A．气体分子平均动能保持不变
B．气体分子平均动能先增大后减小到初始状态
C．整个过程中气体对外不做功
D．气体的密度在不断增大
11．如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.
12．在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg．现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
13．如图所示，两端封闭的均匀玻璃管竖直放置，管中间有一段水银柱将管中气体分成体积相等的两部分，管内气体的温度始终与环境温度相同．一段时间后，发现下面气体的体积比原来大了，则可以判断环境温度________了（填“升高”或“降低”），下面气体压强的变化量________上面气体压强的变化量（填“大于”、“等于”或“小于”）．
14．有一压力锅，如图所示，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10－6m2，限压阀重为0.7 N．使用该压力锅煮水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为1.01×105 Pa)________．
压力锅示意图
p/(×105 Pa)
1.01
1.43
1.54
1.63
1.73
1.82
1.91
2.01
2.12
2.21
t/℃
100
110
112
114
116
118
120
122
124
126
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
设大气压强为，起初活塞处于平衡状态，所以：
解得该气体的压强为：
则甲状态气体的压强为：
乙状态时气体的压强为：
丙状态时气体的压强为：
由玻意耳定律得：
得：，
所以
所以：。
故本题选C。
【点睛】
对活塞进行受力分析，由平衡条件分别求出几种情况下的气体压强；由玻意耳定律可以求出气体体积，然后比较体积的变化即可。
2．C
【解析】
【详解】
理想气体体积不变，发生等容变化，则，代入数据得：，解得：。故C项正确，ABD三项错误。
【点睛】
在理想气体状态方程和气体实验定律应用中，压强、体积等式两边单位一样即可，不需要转化为国际单位；温度的单位一定要用国际单位(开尔文)，不能用其它单位。
3．C
【解析】
【详解】
因为实验中，玻璃管内封闭了一段空气，因此，大气压等于玻璃管中水银柱产生的压强，大气压不变的情况下，向上提起一段距离，管口未离开水银面，水银柱的高度差h不变，产生压强始终等于大气压，管内封闭水银柱长度不变，真空部分长度变大，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
【点睛】
在本实验中，玻璃管内水银柱的高度h主要受内外压强差的影响，管内封闭部分为真空无压强，大气压不变，水银柱产生的压强等于大气压，故高度不变。
4．A
【解析】
【分析】
先判断玻璃管绕顶端转过一个角度后管内气体压强的变化，再根据玻意耳定律分析气体体积的变化，即可分析管内液面如何变化．
【详解】
当玻璃管绕顶端转过一个角度时，假设管内水银不动，则管内水银的竖直高度增大，根据知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律知气体的体积将增大，则l增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据知，管内液面升高，所以h增大，A正确．
【点睛】
在玻璃管绕顶端转过一个角度的过程中，要抓住封闭气体的温度不变，发生了等温变化，判断气体的压强如何变化，再分析体积如何变化，这是常用的思路．
5．A
【解析】
气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，p与V体积成反比，VA>VB，所以pA6．D
【解析】
【详解】
设，由图示可知，
中间封闭气体的压强
左边封闭气体的压强
（1）打开K1，中间部分气体压强等于大气压强，则和均变为零，左边气体压强变大，气体体积减小，增大，故A、B错误；
（2）打开K2，各部分气体压强均不变，则，，均不变，故C错误，D正确；
故本题选D。
【点睛】
根据图示判断各部分气体压强与大气压的关系，然后分析打开阀门后各部分气体压强如何变化，然后根据压强的变化分析答题。
7．B
【解析】
由，得到（C为定值）；从实线与虚线等温线比较可得出，PV的乘积先变小后变大，说明温度T先减小后增大，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先将小后增大，B正确．
【点睛】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量．运用理想气体的内能与温度成正比判断整个过程中汽缸内气体的内能的变化．
8．C
【解析】
气体做等温变化，设充入的气体，，所以，C正确．
9．A
【解析】
【详解】
将充气之前的两部分气体合起来作为初状态，压强都是，故初始体积为两部分的和；
初状态：，
末状态：
根据玻意耳定律得：
代入数据解得，故A正确，BCD错误。
10．B
【解析】
pV=CT，C不变，pV越大，T越高．状态在（2，2）处温度最高，在A和B状态，pV乘积相等，所以温度先升高，后又减小到初始温度，则气体分子平均动能先增大后减小到初始状态，气体的内能先增大后减小，故A错误；B正确；气体膨胀，则气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，可知Q大于零，所以从外界吸收热量，故C错误；气体的体积在不断增大，质量一定，所以气体的密度在不断减小．故D错误．
11．
【解析】
【详解】
设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1，下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0·＝p1V1
p0·＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得：m＝.
12．7.5 cm
【解析】
【详解】
解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2．U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′．由力的平衡条件有
①
式中为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1=pl1′②
p2l2=pl2′③
l1′–l1=l2–l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′=22.5 cm⑤
l2′=7.5 cm⑥
13．升高 等于
【解析】
【详解】
下面部分体积变大，则说明水银柱发生了向上运动，则其受力出现了不平衡；若气体温度变化则压强变化，假设两部分气体体积不变，则压强变化量为△p＝△t，若升温则增加，若降温则减小，两部分气体的温度变化量相同，则压强的变化量大小决定于，因下端气体的压强大于上端气体的压强，温度相同，则得下端部分的压强变化量大于上端的压强的变化量．则若温度降低压强都减小，下面降的多，则水银柱会向下移动，若升温则下面气体压强增加的多，水银柱向上移动．据此可知本题中温度升高；最终稳定时，根据p上=p下-ρgh，可知△p上=△p下．
点睛：水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强变化量的不同造成的，所以必须从压强变化入手进行求解，此题要先假设气体体积不变，从而讨论压强的变化量．
14．122 ℃
【解析】由表格数据知，气压越大，沸点越高，即锅内最高温度越高．对限压阀分析受力，当时恰好要放气，此时
,达到最大值，对应的最高温度为。
点睛：由表格数据知，气压越大，沸点越高，即锅内最高温度越高．对限压阀进行受力分析，运用平衡知识解决问题。