2019-2020学年粤教版选修3-3 2.8气体实验定律Ⅱ 达标作业（解析版)

2.8气体实验定律Ⅱ
达标作业（解析版)
1．如图所示的装置，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动．缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，起初，在小活塞上的杯子里放有大量钢球，请问哪些情况下能使两活塞相对气缸向上移动（　　）
A．给气缸内缓慢加热
B．增加几个钢球
C．大气压变小
D．让整个装置自由下落
2．在用注射器“验证玻意耳定律”的实验中，某同学对气体的初状态和末状态的测量和计算都正确无误。结果末状态的pV值与初状态的p0V0值明显不等。造成这一结果的原因不可能是（　　）
A．气体与外界间有热交换
B．气体温度发生变化
C．有气体泄漏
D．体积改变得太迅速
3．如图所示，一根竖直的弾簧支持着一倒立气缸内的活塞，使气缸处于静止状态。设活塞与气缸壁间无摩擦，可在气缸内自由移动，气缸壁导热性良好，使气缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列说法正确的是
A．若外界大气压强增大，则弹簧的压缩量将增大
B．若外界大气压强増大，则气缸的上底面距地面的高度将增大
C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小
D．若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大
4．如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，A侧水银有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，稳定后
A．右侧水银面高度差h1增大
B．空气柱B的长度不变
C．空气柱B的压强增大
D．左侧水银面高度差h2减小
5．质量为M的汽缸口朝上静置于地面上（如图甲），用质量为m的活塞封闭一定量的气体（气体的质量忽略不计），活塞的截面积为S．将汽缸倒扣在地面上（如图乙），静止时活塞没有接触地面．已知大气压强为p0，取重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析正确的是
A．甲图中，汽缸对地面的压力为Mg
B．甲图中，封闭气体压强为
C．乙图中，地面对汽缸的支持力为Mg + p0S
D．乙图中，封闭气体压强为
6．医院里的某一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．病人每次吸氧需要消耗1个大气压的氧气9 L，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若病人吸氧过程中氧气的温度保持不变，则这瓶氧气重新充气前可供病人吸氧的次数为
A．160次 B．180次
C．200次 D．250次
7．如图，竖直放置的弯曲管ACDB，A管接一密闭球形容器，内有一定质量的气体，B管开口，水银柱将两部分气体封闭，各管形成的液面高度差分别为h1、h2和h3．已知外界大气压强为p0，环境温度不变，水银密度为ρ．现在B管开口端缓慢注入一些水银，则（　　）
A．注入水银前A内气体的压强为PA=P0+ρgh1+ρgh3
B．注入水银后A内气体的体积一定减小
C．注入水银后液面高度差变化量的绝对值△h2＞△h3
D．注入水银后h1增大、h3减小，A管内气体的压强可能不变
8．如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则(　　)
A．A管内空气柱将变长
B．A管内空气柱将变短
C．两管内水银柱高度差将增大
D．两管内水银柱高度差将减小
9．如图，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的方法有
A．环境温度降低
B．大气压强升高
C．沿管壁缓慢向右管内加水银
D．U型玻璃管自由下落
10．如图，一定质量的理想气体从状态A 依次经过B、C 和D 后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。若气体在A→B 过程与外界交换100kJ的热量, 在B→C过程中气体做功120 kJ，在C→D 过程中与外界交换50 kJ的热量。则
A．A→B过程，气体对外界做功100 kJ
B．B→C过程，气体内能增加120 kJ
C．C→D过程，外界对气体做功50 kJ
D．整个过程，气体对外界做功为270 kJ
11．如图所示，竖直放置的均匀细U型试管，左侧管长30cm，右管足够长且管口开口，底管长度AB=20cm，初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为10cm，左管内被水银封闭的空气柱气体温度为27℃，已知大气压强为75cmHg。
①现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成5cm长的高度差.则此时气体的温度为多少摄氏度?
②若封闭的空气柱气体温度为27℃不变，使U型管竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入AB管内时，加速度为多少？
12．如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管又与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U型管左管上端封有长11cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为15cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A。现将活塞缓慢向右推，使气体B的长度为10cm，此时气体A仍封闭在气体B左侧的玻璃管内。已知外界大气压强为75cmHg。试求：
（1）最终气体B压强；
（2）活塞推动的距离。
13．如图，粗细相同的玻璃管A和B由一橡皮管连接，A管内封闭了长为l0cm的空气柱，B管开口且足够长，初始时两管水银面等高，外界大气压为75cmHg．固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一段距离，使A管内的水银液面下降2cm，此时A管内气体压强为_____cmHg；然后保持B管不动，并在B管内缓慢注入水银，注入_____cm水银后，A管内气柱长度恢复为10cm．
14．用长度h = 15cm的一段汞柱把空气封闭在一端开口的足够长的粗细均匀玻璃管里，当玻璃管水平放置时，空气柱的长度L1 = 30cm，当玻璃管竖直放置开口向上时，空气柱的长度L2= 25cm．这时的大气压p0 为__________cm汞柱；如果将玻璃管倒过来竖直放置，开口向下，则空气柱的长度 L3 为__________cm．
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
设缸内气体压强P，外界大气压为P0，大活塞面积S，小活塞面积s，活塞和钢球的总重力为G，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：（P0﹣P）（S﹣s）=G…①
A.给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错误；
B.增加几个钢球后，整体的重力变大，由①式知容器内气体压强必须减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以活塞应向下移动，故B错误；
C.大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以活塞应向下移动，故C错误；
D. 让整个装置自由下落时，钢球完全失重，由①式知道缸内气体压强要增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以活塞应向上移动，故D正确。
2．A
【解析】
【详解】
ABD.在“验证玻意耳定律”的实验中，是研究温度不变的情况下，一定质量的气体压强与体积的关系的，即气体的温度是不能变化的，由理想气体状态方程，可得当气体的温度不变的情况下，p与V是成反比的，但是如果气体的温度发生变化，pV的乘积也就发生了变化，末状态的pV值与初状态的p0V0值也就明显不等，所以造成这一结果的原因可能是实验过程中气体温度发生变化，或者是体积改变得太迅速，气体的温度还没有来的及恢复，导致pV的乘积变化。本实验由于气体体积变化，存在做功的情况，所以气体与外界间有热交换，这不是导致末状态的pV值与初状态的p0V0值明显不等的原因，故A符合题意，BD不符合题意；
C.根据克拉珀龙方程pV＝nRT，有气体泄漏，n变化，则pV变化，故C不符合题意；
3．D
【解析】
【详解】
A.以活塞和气缸整体为研究对象可知，重力等于弹簧弹力，跟外界大气压强无关，即弹簧的压缩量不变，A项错误.
B.以气缸为研究对象，若外界大气压强增大，则气缸的上底面距地面的高度将减小，B项错误.
C.若气温升高，因为弹力不变，活塞距地面的高度不变，C项错误.
D.若气温升高，气体体积增大，故气缸上升，所以上底面距地面的高度将增大，D项正确.
4．D
【解析】
【详解】
ACD.向右管注入少量水银，左侧的压强就增大，左侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A
向上运动，这时左侧水银的高度差h2就会减小，气体的压强减小，而空气柱B的压强为
，得：，所以右管与B的水银面的高度差h1也减小，
故AC错误，D正确；
B.温度保持不变，气体的压强减小，根据玻意耳定律，气体的体积就会增大，长度变大，
故B错误。
5．B
【解析】
【详解】
AB.图甲中对活塞受力分析可知：，则封闭气体压强为，选项A错误，B正确；
C. 乙图中，对活塞和气缸的整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg + mg，选项C错误；
D. 乙图中，对活塞受力分析可知：，则封闭气体压强为，选项D错误；
6．A
【解析】
【详解】
设这瓶氧气重新充气前可供病人吸氧的次数为n，则由等温变化方程可知：
，即，解得n=160次；
A. 160次，与结论相符，选项A正确；
B. 180次，与结论不相符，选项B错误；
C. 200次，与结论不相符，选项C错误；
D. 250次，与结论不相符，选项D错误；
7．ABC
【解析】注入水银前：对于C、D管中的压强，又，则得，得A内气体的压强为，A错误；A内气体的压强为，故注入水银后A内气体的压强变大，根据玻意耳定律，A内气体体积减小，B正确；注入水银后：C、D管中气体压强增大，所以体积减小，则液面高度差的变化量，C正确；注入水银后： 增大， 减小，A中气体体积减小，压强一定增大，D错误；
8．BC
【解析】
试题分析：将B管慢慢地提起，A管中封闭气体的压强增大，根据玻意耳定律 pV=c，可知A管内空气柱将变短，选项A错误，B正确；A中空气的压强 p=p0+ρgh，p增大，说明两管内水银柱高度差h增大，故D错误，C正确；故选BC．
考点：玻意耳定律；气体的压强
【名师点睛】该题考查了气体体积变化情况，根据题意，分析压强的变化是关键，也可以运用假设来理解，应用气态方程进行分析。
9．CD
【解析】
【详解】
以液柱h为研究对象，由受力平衡可知：p=p0+ph，则有：
A.环境温度降低时，大气压强不变，而封闭气体压强减小，重新达平衡后h减小，故A错误；B.大气压强增大时，气体的压强变大，体积减小，液柱将左移使左侧液面上移，故重新平衡后高端的高度差减小，故B错误；
C.向右管加入水银时，左侧液面上升使左侧气体压强增大，大气压强不变，故重新平衡后，由上式可得h变大，故C正确；
D.U型管自由下落时，液柱失重故对气体没有压力，内外压强相等，而此时左侧气体压强变为p0，即压强减小，故在自由下落中体积要增大，故液柱右移，高度差h增大，故D正确．
10．AC
【解析】
【详解】
A．A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，W＜0，又A→B为等温过程，△U=0，根据热力学第一定律：△U=W+Q，和题目已知与外界交换100kJ的热量，即Q=100kJ，得：W=-100kJ，即气体对外界做功100kJ，故A正确；
B．B→C过程中，绝热膨胀，则Q=0，且气体对外做功，则W=-120kJ，根据热力学第一定律：△U=W+Q，得：△U=-120kJ，即内能减少120kJ，故B错误；
C．C→D过程中，体积减小，外界对气体做功，W＞0，又C→D为等温过程，△U=0，根据热力学第一定律：△U=W+Q，和题目已知与外界交换50kJ的热量，即Q=-50kJ，得：W=50kJ，即外界对气体做功50kJ，故C正确；
D．气体经过一个循环，内能不变，即△U=0，根据热力学第一定律：△U=W+Q，又Q=QAB+QBC+QCD+QDA=100kJ+0+（-50kJ）+0=50kJ，得W=-50kJ，即气体对外界做功为50kJ，故D错误；
11．87℃； 0.8g
【解析】（1）p2=p0+ρgh=80 cmHg L2=L1+=32.5cm从状态1到状态2由理想气体状态方程代入数据
得T2=360K 即t2=87℃
（2）当水银全部进入AB管内时，气体的压强
此时对AB部分水银，根据牛顿定律：
解得a=0.8g
12．（1）82.5cmHg（2）10.363cm
【解析】
【分析】
考查理想气体的等温变化。
【详解】
（1）活塞缓慢向右推的过程中，气体B做等温变化，设S为玻璃管横截面：
解得：
即最终气体B压强为82.5cmHg；
（2）末状态：气体B和C的液面高度差：
活塞缓慢向右推的过程中，气体A做等温变化
初状态：
末状态：
由玻意耳定律：
代入数据：
解得：
活塞推动的距离：
。
13．62.5 16.5
【解析】
【分析】
A部分封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解使A管内的水银液面下降2cm时A管内气体压强；根据几何关系求解注入水银长度．
【详解】
设左右两端横截面积为S；A部分气体初态压强为：P1＝P0＝75cmHg、体积为：V1＝10S
末态：体积为：V2＝12S
由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2
代入数据解得：P2＝62.5cmHg
设注入水银柱的长度为x，则x＝2+2+（75﹣62.5）cm＝16.5cm
14．75 37.5
【解析】
【分析】
以封闭气体为研究对象，利用波意耳定律即可求解．
【详解】
（1）设玻璃管的横截面积为S，整个过程中温度不变，当玻璃管水平放置时，V1=30S，P1=P0，玻璃管竖直放置开口向上时，V2=25S，P2=P0+15cmHg，
由波意耳定律：P1V1=P2V2，解得P0=75cmHg；
（2）将玻璃管倒过来竖直放置，开口向下，设V3=L2S，P3=P0-15cmHg，整个过程温度不变，当玻璃管水平放置时，V1=30S，P1=P0，由波意耳定律：P1V1=P3V3，解得：L2=37.5cm；
【点睛】
题目中重在分清气体的状态过程中各个状态参量，利用好适当的气体方程求解．