山东省古交市第二高级中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-3：气体 章末复习题（含解析）

气体
1．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、、且；、为两个阀门，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或，下列判断正确的是　　
A．打开，、和均变为零
B．打开，增大，和均变为零
C．打开，、和均变为零
D．打开，、、的长度保持不变
2．关于固体与液体，下列说法错误的是　　
A．若物体表现为各向同性，则该物体一定是非晶体
B．液晶中分子排列的有序性介于固体和液体之间
C．露水总是出现在夜间和清晨，是气温变化使空气里原来饱和的水蒸汽液化的缘故
D．有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的微粒能够形成不同的空间结构
3．如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在地面上，活塞的质量为M，底面积为S，若大气压强为p0，则被封闭气体的压强p等于（ ）
A．p0 B．p0- C．p0+ D．条件不够，无法判断
4．在一密闭的钢瓶内有一定质量的气体，能反映钢瓶内气体等容变化过程的是图（　　）
A． B． C．D．
5．气体的压强是由于气体分子的下列哪种原因造成的(?? )
A．气体分子间的作用力 B．对器壁的碰撞力
C．对器壁的排斥力 D．对器壁的万有引力
6．如图所示的四个图像，有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a等温压缩到状态b的过程，这个图像是 (　 　)
A． B．
C． D．
7．密闭容器内有一定质量的气体，当气体温度降低时同时减小它的体积，那么容器内的压强将如何变化(　　)
A．一定增大 B．一定减小
C．一定不变 D．无法确定
8．下列说法中正确的是 ．
A．所有晶体沿着各个方向的物理性质都相同
B．饱和气压随温度升高而增大
C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的
D．液体表面层的分子分布比内部稀疏
9．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历 ABCDE过程到达状态E，其中BA的延长线经过原点，BC与横轴平行，DE与纵轴平行。下列说法正确的是_____（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．AB过程中气体的体积逐渐减小
B．BC过程中气体从外界吸热
C．CD过程气体内能不变
D．DE过程气体对外界做功
E. 状态A的体积比状态E的体积小
10．如图所示，下面四幅图中，表示等压变化的是（ ）
A． B．
C． D．
11．一定质量的理想气体的压强、内能的变化与气体体积和温度的关系是　　
A．如果保持其体积不变，温度升高，则气体的压强增大，内能增大
B．如果保持其体积不变，温度升高，则气体的压强增大，内能减少
C．如果保持其温度不变，体积增大，则气体的压强减小，内能增大
D．如果保持其温度不变，体积增大，则气体的压强减小，内能不变
12．如图所示，用弹簧秤拉着一支薄壁平底玻璃试管，将它的开口端向下插入水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h.若试管本身的重力与管壁的厚度不计，此时弹簧秤的读数( )
A．等于进入试管内的H高水银柱的重力
B．等于外部大气压与内部空气对试管平底部分的压力之差
C．等于试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力
D．等于上面A、C所述的两个数值之差
13．如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭气缸水平放置，可自由活动的活塞将气缸分隔成A、B两部分。活塞与气缸左侧面连接一轻质弹簧，当活塞与气缸右侧面接触时弹簧恰好无形变。开始时环境温度为t1=27°C，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空。稳定时B部分气柱长度为L1＝0.10m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3:4。已知活塞的质量为m=3.6kg，截面积S=20cm2，重力加速度g=10m/s2。
（i）将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2=127°C，求此时B部分空气柱的压强；
（ii）保持环境温度t2不变，解除活塞锁定，将气缸缓慢旋转90°成竖直放置状态，B部分在上面。求稳定时B部分空气柱的长度。
14．如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞相连，已知大气压强为1．0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0．01m2，气缸与地面间的最大静摩擦力为气缸重力的0．2倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略，开始时被封闭气体压强为1．0×105Pa、温度为27℃，取g=10m／s2， T=273十t．
（1）缓慢升高气体温度，求气缸开始向左运动时气体的压强和温度；
（2）若要保证气缸静止不动，求封闭气体温度的取值范围．
15．（物理-选修3-3）如图所示，粗细均匀、左端开口右端封闭的导热U形管竖直放置，两管的竖直部分高度均为65cm，水平部分BC长36cm，管内由两段水银柱封闭两端空气柱，左侧水银柱长为10cm，右侧水银柱长为15cm，数据分布均在图中标出。已知大气压强p0=75cmHg，用针管缓慢向左侧试管中加注水银，使左侧水银柱变长直到右侧水银恰好全部进入右侧管中。求：
（i）加注水银后右侧空气柱的压强；
（ii）加注水银的长度。
16．如图所示，一个水平放置的固定直圆筒，左右都与大气相通，内部横截面积为S=0.0lm2．中间用两个活塞A和B封住一定质量的理想气体．A、B都可以沿圆筒无摩擦地左右滑动，但不漏气．A的质量可以不计，B的质量为M，并与一个劲度系数为5×103N/m的弹簧相连．已知大气压强P0=1×105Pa，平衡时，两个活塞间的距离L0=0.6m．现在保持温度不变，用一水平外力F缓慢推活塞A向右移动一段距离，系统最终保持静止，此时外力大小为200N，求：在此过程中活塞A向右移动的距离.
17．如图所示，竖直放置的导热形管，右侧管比左侧管长，管内径相同，左侧管上端封闭一定长度的空气柱（可视为理想气体），右侧管上端开口开始时与大气相通，当环境温度为时，左侧管中空气柱高，左侧管中水银面比右侧管中水银面高，外界大气压强。
①求环境温度升高到多少摄氏度时，左侧空气柱长为；
②如图环境温度保持不变，而在右侧管中用活塞封住管口，并慢慢向下推压，最终使左侧空气柱长度变为，右侧水银柱未全部进入水平管，求活塞下推的距离。
18．如图所示,竖直放置的圆柱形气缸固定不动,内壁光滑,下端与大气相连,A、B两活塞的面积分别为SA=20 cm2、SB=10 cm2,它们通过一条细绳连接,活塞B又与另一条细绳连接,绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接.已知A、B两活塞的质量分别为 mA=2mB=1 kg,当活塞静止时,气缸中理想气体压强p1=1.2×105?Pa,温度T1=800 K,活塞A距地面的高度为L=10 cm,上、下气缸内气体的长度分别为2L、L,大气压强为p0=1×105?Pa,上气缸足够长,重力加速度g=10 m/s2.
(1)求重物C的质量M;
(2)缓慢降低气缸内气体的温度直至210 K,请在p-V图上画出缸内气体状态变化的图线,并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度。
参考答案
1．D
【解析】
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．
【详解】
AB．设，由图示可知，中间封闭气体的压强，左边气体压强；打开，中间部分气体压强等于大气压，则和均变为零，左边气体压强变大，气体体积减小，增大，故AB错误；
CD．打开，各部分气体压强均不变，则、、均不变，故C错误，D正确；
故选D．
【点睛】
解决本题有两个结论可以直接应用：①同一气体的压强处处相等；②同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定；分析清楚气体压强如何变化是正确解题的关键．
2．A
【解析】
【分析】
多晶体也具有各向同性；通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态中，它们一方面像液体，具有流动性，另一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，我们把这些物质叫做液晶液晶是不稳定的，外界影响的微小变化，例如温度、电场等，都会引起液晶分子排列变化，改变它的光学性质．
【详解】
多晶体也具有各向同性，所以若物体表现为各向同性，则该物体不一定是非晶体，故A错误．液晶一方面像液体具有流动性，另一方面又像晶体，分子在特定方向排列比较整齐有序，具有各向异性的特点，故B正确．当绝对湿度不变的情况下，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，当达到饱和以后，随着温度的继续降低，水蒸气将液化为水，即露水，故C正确；有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的微粒能够形成不同的空间结构，故D正确．本题选择错误的，故选A.
【点睛】
本题考查了各向同性与各向异性、液晶的定义和特性、晶体与非晶体等知识点的内容，知识点较为冷僻，平时看书要仔细．
3．C
【解析】
【详解】
根据活塞受力平衡，，解得。故选C。
4．B
【解析】
【详解】
A．A图象反映出体积V在随t变化，故A错误；
BD．因体积不变时，V与T成正比，p-T曲线为过原点的直线，故B正确，D错误；
C．C图象反映出体积V在变化，故C错误；
故选B。
【点睛】
理想气体的P、V、T关系图线经常考查，要牢记图线形状，最好不要死记硬背，根据（常数）理解记忆。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
气体的压强是由于气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，与分子力无关，故B正确，ACD错误．
6．B
【解析】
【详解】
A．该图表示气体从a到b的等温膨胀过程，选项A错误；
B．该图表示气体从a到b的等温压缩过程，选项B正确；
C．该图表示气体从a到b的等容降温过程，选项C错误；
D．该图表示气体从a到b的等温膨胀过程，选项D错误；
故选B.
7．D
【解析】
【详解】
由理想气体状态方程：可知，，气体温度降低的同时减小它的体积，即：T、V都减小，则气体的压强p可能增大、可能减小、也可能不变，故ABC错误，D正确；
故选：D.
8．BD
【解析】
单晶体的所有物理性质都是各向异性的，而多晶体具有各向同性，A错误；饱和气压随温度升高而增大，B正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，故C错误；液体表面由于蒸发等因素而使分子较为稀疏，从而使分子间表现为引力，故D正确；
9．BDE
【解析】
【详解】
（1）由理想气体状态方程整理得：，AB过程中图像的斜率不变，故气体的体积不变，A错误；
（2）BC过程为等压过程，压强不变，热力学温度升高，故气体从外界吸热，B正确；
（3）CD过程图像斜率不变，则气体体积不变，，气体温度升高，，根据热力学第一定律得，故气体的内能增加，C错误；
（4）DE段为等温过程，温度不变，压强降低，由可知，气体体积增大膨胀，对外界做功，D正确；
（5）状态A和E压强相等，但在E状态时，气体温度较高，由可知，故在E状态时，气体体积较大，故E正确。
故本题选BDE。
10．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．等压变化的压强是不变的，选项A正确，B错误；
C．等压变化，即，V-T图像是过原点的直线；，选项C正确；
D．V-t图像这种等压线是一条在t轴截距上时-273.15的直线，故D正确
故选ACD.
11．AD
【解析】
【详解】
（1）如果保持其体积不变，温度升高，则由，可知气体的压强增大。一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高，则内能增大，故A正确，B错误；
（2）如果保持其温度不变，体积增大，则由，可知气体的压强减小。一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度不变，则内能不变，故C错误，D正确。
故本题选AD
【点睛】
气体的压强根据理想气体状态方程列式分析，一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，气体的内能根据温度变化来分析。
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
试管受向下的大气压力管内气体向上的压力以及弹簧拉力处于平衡状态，设大气压强为P0，管内气体压强为P，则有：
P0=P+ρgh ①
对试管有：P0s=Ps+F ②
因此由②得：F=P0s-Ps，即外部大气与内部空气对试管平底部分的压力之差，
联立①②得F=ρghs，即试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力，故AD错误，BC正确．
13．（1） （1）0.2m
【解析】
【分析】根据平衡条件求出气体初状态的压强，由查理定律求出环境温度缓慢上升时B部分空气柱的压强，气缸竖直放置，活塞处于平衡状态，根据平衡条件求出气体的压强，由玻意耳定律求出稳定时B部分空气柱的长度。
解：(1)气体初状态的压强为
解得
由查理定律
解得
(2)气缸竖直放置，活塞处于平衡状态，则
由玻意耳定律
可得
14．（1）；57℃（2）-3℃~57℃
【解析】（1）气缸开始运动时，气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时有： 且
气缸内气体压强为：
气体发生了等容变化有：
代入数据得：
即：
故气缸恰好开始向左运动时气体的压强，温度为；
（2）当气缸恰好向右运动时，温度有最低值，气缸内气体压强为：
等容变化 ，得： ，
即：
故温度在﹣3℃到57℃之间气缸静止不动．
15．（i）90cmHg（ii）40cm。
【解析】
【详解】
（i）初始状态右侧管内气体压强为p0，末状态压强为p1，根据玻意耳定律得，p0L1=p1L2，代入数据解得：p1=90cmHg。
（ii）底管内气柱初态压强p3=（75+5）cmHg=80cmHg。
末状态压强p4=p1+ρgh2=（90+15）cmHg=105cmHg。
根据玻意耳定律得，p3L3=p4L4，代入数据解得L4=16cm。
需要加注水银△L=40cm。
16．x1=0.14m
【解析】
【分析】
【详解】
设在此过程中，A向右移动x1，B向右移动x2，以气体为研究对象
初态：P1=P0，V1=0.6S
末态：， V2=(0.6－x1+x2) S
由平衡条件，得x2==0.04m
由玻意耳定律:
解方程得：x1=0.14m
17．①℃ ②
【解析】
【详解】
①左右两管水银高度差变为，，
，
根据理想气体状态方程，
解得；
②先选左侧空气柱为研究对象，根据
得
当左侧空气柱长度变为时，右侧水银面下降了
再选右侧空气柱为研究对象，刚加上活塞时空气柱的高度
设活塞下推了时，左侧空气柱长度变为，右侧空气柱压强，空气柱高度，
根据玻意耳定律：，
解得：
18．（1）3.5 kg （2）350 K>210 K 38 cm
【解析】
【详解】
(1)设活塞A、B间的细绳张力为T,则对活塞A、B受力分析有
p1SA+mAg=p0SA+T
p0SB+mBg+T=p1SB+Mg
联立解得M=3.5 kg
(2)刚开始降温时气缸内气体等压变化,活塞A、B均向上缓慢运动,直到A不能再上升,设此时气体温度为T2,则由盖—吕萨克定律有
解得T2=600 K>210 K
此后气体再降温时,A、B间细绳张力逐渐减小至零,气体等容变化.设细绳张力为零时,气体压强为p2,温度为T3,则此时对活塞B受力分析有Mg+p2SB=p0SB+mBg
解得p2=7×104?Pa
由查理定律有
解得T3=350 K>210 K
之后气体等压变化,活塞A不动,活塞B下降,设B与A距离为x时,温度变化为T4=210 K,由盖—吕萨克定律有
解得x=18 cm
故B离地面的高度为H=2L+x=38 cm
气缸内气体状态变化的图线如图所示.