2019-2020学年粤教版选修3-3 2.7气体实验定律Ⅰ 达标作业（解析版)

2.7气体实验定律Ⅰ
达标作业（解析版)
1．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
2．一定质量的气体在T1、 T2不同温度下的等温变化图线如图所示，A、B和C、D分别为两条等温线上的点。在下面p- -T和V- -T图象中，能表示图中气体状态变化过程的是
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
3．如图所示，粗细均匀U形管中装有水银，左端封闭有一段空气柱，原来两管水银面相平，将开关K打开后，放掉些水银，再关闭K，重新平衡后若右端水银下降h，则左管水银面　　
A．不下降
B．下降h
C．下降高度小于h
D．下降高度大于h
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，两端封闭的玻璃管竖直放置，内有一段水银柱将空气柱分为两段，两段气柱的质量、温度均相同。开始时玻璃管静止，后以恒定向上的加速度运动，与静止时相比，稳定后上、下气柱压强变化量的大小分别为△p上、△p下，不计气体温度的变化，则相对玻璃管（ ）
A．水银柱向上移动，且△p上＞△p下 B．水银柱向上移动，且△p上＜△p下
C．水银柱向下移动，且△p上＜△p下 D．水银柱向下移动，且△p上＞△p下
6．如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为，管内外水银面高度差为，若温度保守不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则( )
A．均变大 B．均变小
C．变大变小 D．变小变大
7．2016年10月19日，航天员景海鹏、陈冬顺利进入天宫二号。在天宫二号内，下列实验不能进行的是（　　）
A．用弹簧秤验证平行四边形定则
B．用伏安法测干电池电动势和内阻
C．用自由落体运动研究动能与重力势能转化的规律
D．用DIS研究温度不变时，一定质量气体压强与体积的关系
8．如图，一端开口、另一端封闭的玻璃管水平放置，管内用水银柱封闭了一定量的气体。按图示方式缓慢旋转玻璃管至竖直状态，该气体的（　　）
A．压强增大，体积减小
B．压强减小，体积减小
C．压强增大，体积增大
D．压强减小，体积增大
9．某理想气体的初始压强为p0=3atm，若保持温度不变，使它的压强增大了△p=2atm，而它的体积变化了△V=4L，则该气体的初始体积为（ ）
A．2L B．4.37L C．10L D．6L
10．如图所示，足够长U型管内分别由水银封有、两部分气体，则下列陈述中正确是　　
A．只对加热，则h减小，气柱长度不变
B．只对加热，则h减小，气柱长度减少
C．若在右管中注入一些水银，将增大
D．使、同时升高相同的温度，则增大、h减小
11．内径相同、导热良好的“上“形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，各部分长度如图所示，设外界温度不变，外界气压P0＝75cmHg．
（1）现再向竖直管中缓慢注入水银，直到B中气柱长度变为4.5cm求注入管中的水银柱的长度？
（2）如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度？
12．如图所示，气缸开口向上，质量均为m=10kg的活塞甲、乙在气缸内封闭两段气柱I、II，活塞与气缸内壁无摩擦且气密性好，活塞的截面积为S=20cm2，两段气柱的高度均为h=10cm，已知环境温度为27℃，大气压强p0=1×105Pa，不计活塞的厚度，重力加速度g=10m/s2.若将质量为M=20kg的物块轻放在活塞乙上，待稳定后，求活塞甲、乙下降的高度各为多少？
13．如图所示，两端开口足够长的U形玻璃管内装有水银，右管中有一段10cm的空气柱，被6cm长的一段水银柱所封闭，大气压强为75cmHg．今在右管中再灌入9cm水银柱，则此时密闭气体的压强为_____cmHg，左管内水银面上升_____cm。
14．如图所示，一段封闭的粗细均匀的细玻璃管，开口向下竖直放置，一段长为15cm的水银柱在管中封有15cm长的空气柱，大气压强是75cmHg，此时气体的压强为 ______cmHg，在距管顶20cm处的A点，玻璃管出现了一个小孔，则稳定时空气柱的长度是 _____ cm（温度保持不变）．
参考答案
1．C
【解析】
气体做等温变化，设充入的气体，，所以，C正确．
2．A
【解析】
【详解】
A、B和C、D分别为两条等温线上的点，故TA=TB、TC=TD；由图1可知，A到B和由C到D均为等温膨胀过程，且压强减小；又在p-V图象中离坐标原点越远的等温线温度越高可知，TA＜TC，由此可知，甲正确，乙丙丁错误；A．甲，该图与结论相符，选项A正确；
B．乙，该图与结论不相符，选项B错误；
C．丙，该图与结论不相符，选项C错误；
D．丁，该图与结论不相符，选项D错误；
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
原来左右两边的水银等高，说明左边的气体的压强和大气压相等，当放掉一部分水银之后，左边气体的体积变大，压强减小，右边压强为大气压强，右边的水银下降h，左边的必定要小于h，所以C正确．故选C．
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．C
【解析】
【详解】
由图示可知，气体的压强关系为：
p下=p上+h
玻璃管向上加速运动，玻璃管内的水银向上加速运动，水银柱所受合力向上，水银柱所受重力不变，所受合力向上，则下部气体对水银柱的支持力增大，上部气体对水银柱的压力减小，p下变大，p上变小，由于气体温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：pV=C，气体压强p增大，则体积V减小，气体压强p减小，则体积V增大；下部分气体体积减小，上部分气体的体积增大，水银柱向下移动，两部分气体体积变化量相等，现在下部气体体积减小，上部气体体积增大，根据玻意尔定律，下部分气体压强增加量大于上部分气体压强减小量，即：△p上＜△p下；A．水银柱向上移动，且△p上＞△p下，与结论不相符，选项A错误；
B．水银柱向上移动，且△p上＜△p下，与结论不相符，选项B错误；
C．水银柱向下移动，且△p上＜△p下，与结论相符，选项C正确；
D．水银柱向下移动，且△p上＞△p下，与结论不相符，选项D错误；
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
试题分析：在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，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，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大．
故选A
7．C
【解析】
【分析】
考查完全失重的特点。
【详解】
A．用弹簧秤验证平行四边形定则与重力无关，故可以进行，不符合要求，A错误；
B．用伏安法测干电池电动势和内阻与重力无关，可以进行，不符合要求，B错误；
C．用自由落体运动研究动能与重力势能转化的规律时，与物体的重力有关，故C不能进行，符合要求，C正确；
D．气体压强与重力无关，故用DIS研究温度不变时，一定质量气体压强与体积的关系可以进行，不符合要求，D错误。
故选C。
8．A
【解析】
【详解】
水平位置时的气体的压强：P1=P0；开口向上的竖直位置的压强：P2=P0+ρgh；可知随向上竖起的过程中，气体的压强增大，体积减小，故A正确，BCD错误；故选A。
9．C
【解析】
【详解】
由题意可知，气体的压强增大，则体积减小；气体初状态参量：p1=3atm，设体积为：V1=V，
末状态参量：p2=3+2=5atm，V2=V﹣4L，
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：3V=5×（V﹣4），
代入数据解得：V=10L；选项C正确，ABD错误．
故选C
10．AD
【解析】
【详解】
AB．只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大、h减小，气柱L2长度不变，因为此部分气体做等温变化，故A正确B错误；
C．若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1将减小，故C错误；
D．使L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大、h减小，故D正确；
故选AD.
【点睛】
做好本题的关键是知道两边气体压强大小的影响因素，再利用理想气体状态方程判断各物理量的变化．
11．（1）11.5cm；（2）18cm．
【解析】
【详解】
（1）设细管的横截面积为S
对B气体：PB1LB1S＝PB2LB2S
对A中气体：PA1LA1S＝PA2LA2S
且：PA1＝PB1，PA2＝PB2，LB1＝5cm，LB2＝4.5cm，LA1＝10cm
代入数据解得：LA2＝9cm
PA2＝PB2＝100cmHg
又：PB2＝P0+P竖2，P竖2＝25cmHg
故注入水银柱的长度为：
L＝25cm﹣15cm+（5﹣4.5）cm+（10﹣9）cm＝11.5cm
（2）自由落体后，PA3＝PB3＝75cmHg
由PA1LA1＝PA3LA3，和PB2LB2＝PB3LB3
得LA3＝6cm，LB3＝12cm
可得竖直管内的水银柱高度为15cm+（6﹣1）cm+（12﹣10）cm＝18cm
12．cm cm
【解析】
【详解】
开始时，气柱I中气体的压强
p1=p0+= 2×105 Pa
气柱II中气体的压强
p2=p0+= 1.5×105 Pa
放上物块后，气柱I中气体的压强：
pl′=p0+= 3×105 Pa
气柱II中气体的压强：
p2′=p0+= 2.5×105 Pa
设放上物块后气柱I、II的高分别为h1、h2，气体发生等温变化，则
p1hS=pl′h1S
解得：
h1=cm
p2hS=p2′h2S
解得:
h2=6 cm
则活塞甲下降的高度：
△h1=h-h1=cm
活塞乙下降的高度：
△h2=△h1+h-h2=cm
13．90 4.5
【解析】
【分析】
考查理想气体的等温变化。
【详解】
[1]．设玻璃管横截面积为S，由题意可知，封闭气体压强：
[2]．由玻意耳定律得：
即：
解得：
空气柱长度减少
10cm﹣9cm＝1cm
左管水银面上升：
＝4.5cm。
14．60 12.86
【解析】
【详解】
封闭气体压强为：P=P0-15cmHg=60cmHg；在距管顶20cm处的A点，玻璃管出现了一个小孔，小孔下方10cm长水银柱会漏去，气压增加了10cmHg，变为P′=70cmHg；此后经历等压压缩过程，根据玻意耳定律，有：PLS=P′L′S，解得：