2019—2020学年高中物理沪科版选修3-3：2.2玻意耳定律 课时作业3（解析版）

2.2玻意耳定律
课时作业（解析版)
1．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
2．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
3．用压强为、容积为20L的储气瓶给容积为280L的真空容器缓慢充气，当自然停止时，容器内的压强应为（
）．
A．
B．
C．
D．
4．如图中，b的图是双曲线的一支，正确表示一定质量理想气体的等温变化过程的图线是图（
）．
A．
B．
C．
D．
5．如图，开口向下的玻璃管插入水银槽中，管内封闭了一段气体，气体长度为l，管内外水银面高度差为h。若保持玻璃管不动，向水银槽内加入少许水银，则（
）
A．l增大，h增大
B．l减小，h增大
C．l增大，h减小
D．l减小，h减小
6．如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向上竖直放置，有两段均为长的汞柱封闭了两段体积相等的空气柱A、B，大气压为，当玻璃管缓慢转至水平时，空气柱A、B的体积关系是（
）．
A．气体A的体积大
B．气体B的体积大
C．A和B的体积一样大
D．无法确定
7．如图所示，在恒温箱中，有一开口向上的试管，试管内由汞封闭了一段空气柱．当恒温箱内气压为时，空气柱长度为．现向箱内打气，使箱内气压增大到，则玻璃管内的空气柱长度不可能为（
）
A．
B．
C．
D．
8．直立的圆柱形气缸内有两个质量忽略不计的活塞a和b，把气缸内理想气体隔为A、B两部分，A气柱长，B气柱长，如图所示．现在活塞a上放上重物使活塞a向下移动后重新达到平衡，则活塞b新的平衡位置与原来相比下降了（
）．
A．
B．
C．
D．
9．将上端真空的托里拆利管竖直上提，并使管口不离开汞液面．若大气压强为一个标准大气压，则留在管内汞柱的长度应是（
）．
A．0
B．
C．大于
D．小于
10．如图为一种减震垫，布满了圆柱状相同薄膜气泡。每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体。现把平板状物品恰好水平放在n个完整的气泡上。设被压的气泡不漏气，且气体温度保持不变。当每个气泡的体积压缩了ΔV时，其与物品接触面的边界为S。则此时每个气泡内气体的压强为________，此减震垫对平板物品的支持力为________。
11．如图所示，一定质量的理想气体，在不同的温度下，有着不同的等温线，则t1_____t2（选填“小于”或“等于”、“大于”）；在t1等温线有M、N两个状态，则pMVM___pNVN（选填“小于”或“等于”、“大于”）。
12．如图所示，粗细均匀的直角玻璃管一端封闭，另一端开口，封闭端和开口端的长度都是，管内有被汞柱封闭的空气，开口端竖直向上，汞柱长度，
大气压强为，此时封闭端压强为________；若将玻璃管沿逆时针方向缓缓转过，使封闭端竖直向上时，则空气柱的长度为__________（保留一位小数）。
13．如图所示，有两个不计质量的薄活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27
℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2
cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27
cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18
cm，活塞足够高.现将一质量为m＝400
g的小物体放在M活塞的上表面，活塞下降.已知大气压强为p0＝1.0×105
Pa，取重力加速度g＝10
m/s2.
(1)求稳定后活塞N下部分气体的压强；
(2)现通过加热丝对N下部分气体进行缓慢加热，使N下部分气体的温度变为127
℃，分别求稳定后活塞M与活塞N距离底部的高度.
14．如图1所示，两个完全相同的导热性能良好的汽缸P、Q放在水平地面上，分别用相同的活塞封闭相同质量的理想气体，汽缸足够长，活塞不会脱离汽缸。已知话塞的质量为m，横截面积为S，汽缸的质量为M，外界大气压为P0，外界温度保持不变，密封气体的长度为L0，重力加速度为g。现将两汽缸按如图2所示的方式悬挂起来，不计活塞与汽缸之间的摩擦，求稳定时两汽缸密封气体的长度。
参考答案
1．A
【解析】
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。
2．C
【解析】
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
3．A
【解析】
对两罐中的气体，，，由波意耳定律可得
解得，故A正确；
故选A。
4．B
【解析】
由A图知：p/T＝C不变，根据气体状态方程pV/T=C，则知V不变，所以气体作等容变化，故A错误；p-V图象中等温线是双曲线的一支，故B是等温变化过程，故B正确；C图中气体发生的是等压变化，故C错误；D图中气体发生的是等容变化，故D错误；故选B．
【点睛】
从图象上描述气体状态变化，要明确两坐标轴的含义，可以通过气体状态方程写出两坐标轴代表物理量的函数关系，加深理解，要注意在p-V图象中等温线是双曲线的一支．
5．D
【解析】由题意可知变化过程为等温变化；先假设向水银槽内加入少许水银时水银柱不动，P+ρgh=P0，h减小，则封闭气体压强P增大，在大气压的作用下水银柱上升，而封闭气体由于压强增大，体积减小，故l减小；再假设向水银槽内加入少许水银时液面上升，水银柱也上升，则h不变，l减小，而根据P+ρgh=P0，封闭气体压强应该不变，故体积应该不变，所以不能平衡，故水银柱还要下降一点，所以h也是减小的，故D正确，ABC错误。
6．A
【解析】
设初始状态A、B的压强分别为pA、pB，对A、B分别有：
当玻璃管缓慢转至水平整个过程中，是等温变化，最后A、B气体的压强均为，根据玻意耳定律，对A、B分别有：
由于，，可得：
故选A。
7．A
【解析】
由于环境恒温，水银柱长度为h，设玻璃管横截面积为S，初状态空气柱长度为L1，内部空气压强为p1：
末状态空气柱长度为L2，内部空气压强为：
由于是等温变化，根据玻意耳定律得：
即：
解得：
因为h的数值没有确定，取极限来考虑：
如果h很小趋近为0，则L2的极限值为6.25cm；如果h很大，那么L2的极限就是10cm，
所以L2可能的范围为：
所以5.5cm不可能；
故选A。
8．B
【解析】
【详解】
初始状态，A、B的压强为：
设气缸的横截面积为S，放上重物m后，A的压强为：
B的压强为：
整个过程为等温变化，根据玻意耳定律，对A、B分别有：
解得：
根据题意有：
联立解得：
而，活塞B新的平衡位置相比原来要下降10cm。
故选B。
9．B
【解析】
留在管内汞柱的长度产生的压强和大气压强相同，故汞柱长度任然为76cm，B正确；
故选B。
10．
【解析】
[1][2]．设压缩后每个气泡气体压强为p，由玻意耳定律得到
解得
对其中的一个气泡
解得
平台对减震垫的压力为
11．大于
等于
【解析】
[1]在图像中做一条等压线如图所示：
同一压强下，两条等温线上对应体积分别为V1、V2，由图可知，根据盖-吕萨克定律可得
可得
即填“大于”。
[2]同一等温线上各个状态温度相同，根据理想气体状态方程可得：
故
即填“等于”。
12．100
63.2
【解析】
[1]封闭端压强为
[2]将玻璃管沿逆时针方向缓缓转过后，设xcm水银流出，则
由等温变化有即
解得
故水银没全部流出，故空气柱长度
13．(1)1.2×105
Pa　(2)27.5
cm　20
cm
【解析】
(1)将两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得：pS＝mg＋p0S
代入数据解得p＝1.2×105
Pa
(2)对N下部分气体进行分析，由理想气体状态方程得：
解得：h2＝20
cm
对M下部分气体进行分析，根据玻意耳定律得：p0(H－h)S＝pLS
解得：L＝7.5
cm
故此时活塞M距离底部的距离为H2＝h2＋L＝20
cm＋7.5
cm＝27.5
cm.
14．
【解析】
解：汽缸内气体初始状态参量：压强，V1＝L0S。
悬挂后汽缸Q的压强，设汽缸Q内气体长度为L1，则气体体积V2＝L1S。
由于是等温变化，根据玻意耳定律可知，p1V1＝p2V2。
联立解得，
对汽缸P中的活塞进行受力分析，有p3S+Mg+2mg＝p0S。
解得。
设汽缸P内气体长度为L2，则气体体积V3＝L2S。
根据玻意耳定律可知，p3V3＝p1V1。
联立解得，
答：稳定两气缸密封气体的长度为。