1、第二章第二章气体、固体和液体气体、固体和液体 2 2气体的等温变化气体的等温变化 基础过关练基础过关练 题组一题组一气体状态参量及压强的计算气体状态参量及压强的计算 1.描述气体状态的参量是() A.质量、温度、密度 B.温度、体积、压强 C.质量、压强、温度 D.密度、压强、温度 2.(多选)如图所示,活塞质量为 m,汽缸质量为 M,通过弹簧吊在天花板上,汽缸内封住了一定质量的 空气,而活塞与汽缸间无摩擦,活塞面积为 S,大气压强为 p0,则下列说法正确的是() A.内外空气对汽缸的总作用力方向向上,大小为 Mg B.内外空气对汽缸的总作用力方向向下,大小为 mg C.汽缸内空气压强为 p0
2、-?南 ? D.汽缸内空气压强为 p0+?南 ? 3.如图所示,水平放置的一根玻璃管和几个竖直放置的 U 形管内都有一段水银柱,封闭端里有一定质 量的气体,图(a)中的水银柱长度和图(b)(c)(d)中 U 形管两臂内水银柱高度差均为 h=10 cm,外界大 气压强 p0=76 cmHg,则四部分气体的压强分别为 pa=cmHg,pb=cmHg,pc= cmHg,pd=cmHg。 题组二题组二探究气体等温变化的规律探究气体等温变化的规律 4.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是() A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化 B.实验中为找到体积与压强的关系,
3、一定要测量空气柱的横截面积 C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,不仅减小摩擦还可以防止漏气 D.处理数据时采用 p-1 ?图像,是因为 p- 1 ?图像比 p-V 图像更直观 5.在“探究气体等温变化的规律”的实验中,完成下列问题。 (1)实验中的研究对象是封闭在注射器内的空气柱,实验中应保持不变的参量是它的 和,它的体积由注射器直接读出,它的压强由读出。 (2)某同学在一次实验中,作出的图像如图所示,其纵坐标表示封闭空气柱的压强,则横坐标表示的物 理量是封闭气体的() A.空气柱的质量 B.空气柱的温度 C.空气柱的体积 V D.空气柱体积的倒数1 ? (3)实验过程中下列操作错误的
4、是() A.推拉活塞时,动作要慢 B.推拉活塞时,手不能握住注射器含有气体的部分 C.橡胶塞脱落后,应迅速重新装上继续实验 D.活塞与注射器之间要保持气密性 题组三题组三玻意耳定律的理解玻意耳定律的理解 6.一定质量的气体,压强为 3 atm,保持温度不变,当压强减小了 2 atm,体积变化了 4 L,则该气体原 来的体积为() A.4 3 LB.2 LC.8L 3 D.3 L 7.(多选)一定质量的气体在等温变化过程中,下列物理量中将发生变化的是() A.分子的平均动能 B.单位体积内的分子数 C.气体的压强 D.分子总数 8.如图,玻璃管内封闭了一段气体,气柱长度为 l,管内外水银面高度差
5、为 h,若温度保持不变,把玻璃 管稍向上提起一段距离,则() A.h,l 均变大B.h,l 均变小 C.h 变大 l 变小D.h 变小 l 变大 9.一粗细均匀的 U 形管 ABCD 的 A 端封闭,D 端与大气相通。用水银将一定质量的理想气体封闭在 U 形管的 AB 一侧,并将两端向下竖直放置,如图所示。此时 AB 侧的气体柱长度 l1=25 cm。管中 AB、CD 两侧的水银面高度差 h1=5 cm。现将 U 形管缓慢旋转 180,使 A、D 两端在上,在转动过程中没有水 银漏出。已知大气压强 p0=76 cmHg。求旋转后,AB、CD 两侧的水银面高度差。 题组四题组四气体等温变化的图像
6、气体等温变化的图像 10.如图所示,由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内,活塞与汽缸壁之间无 摩擦,活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体,由于虹吸现象,活塞上方液体缓慢流出,在此过程 中,大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是 () 11.(多选)如图所示,图线 1 和 2 分别表示一定质量的气体在不同温度下的等温线。下列说法正确的 是() A.图线 1 对应的温度高于图线 2 B.图线 1 对应的温度低于图线 2 C.气体由状态 A 沿图线 1 变化到状态 B 的过程中,分子间平均距离增大 D.气体由状态 A 沿图线 1 变化到
7、状态 B 的过程中,气体分子的平均速率不变 12.一定质量的气体由状态 A 沿直线变到状态 B 的过程如图所示,A、B 位于同一双曲线上,则此变化 过程中,温度() A.一直下降B.先上升后下降 C.先下降后上升D.一直上升 能力提升练能力提升练 题组一题组一气体压强的计算气体压强的计算 1.(多选)如图所示,内径均匀、两端开口的 V 形管,B 支管竖直插入水银槽中,A 支管与 B 支管之间的 夹角为,A 支管中有一段长为 h 的水银柱保持静止,下列说法中正确的是() A.B 管内水银面比管外水银面高 h B.B 管内水银面比管外水银面高 h cos C.B 管内水银面比管外水银面低 h co
8、s D.管内封闭气体的压强比大气压强小 h cos 高水银柱产生的压强 2.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 p0+?南 ? 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 p0-?南 ? 题组二题组二探究气体等温变化的规律探究气体等温变化的规律 3.有同学在做“研究温度不
9、变时气体的压强跟体积的关系”实验时,用连接计算机的压强传感器直 接测得注射器内气体的压强值,缓慢推动活塞,使注射器内空气柱从 20.0 mL 变为 12.0 mL。实验共 测了 5 次,每次体积值直接从注射器的刻度上读得并输入计算机。同时由压强传感器测得对应体积 的压强值。实验完成后,计算机屏幕上立刻显示出如表所示的实验结果: 序号V/mLp/10 5 PapV/10 5 PamL 120.01.001020.020 218.01.095219.714 316.01.231319.701 414.01.403019.642 512.01.635119.621 (1)仔细观察不难发现,pV/10
10、 5 PamL 一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能原因是() A.实验时注射器活塞与筒壁的摩擦力不断增大 B.实验时环境温度增大 C.实验时外界大气压强发生变化 D.实验时注射器内的空气向外发生泄漏 (2)根据你在(1)中的选择,说明为了减小误差,应采取的措施是。 题组三题组三玻意耳定律的应用玻意耳定律的应用 4.如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体,若试管自由下落,管内气体() A.压强增大,体积增大B.压强增大,体积减小 C.压强减小,体积增大D.压强减小,体积减小 5.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
11、,水银柱 A 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 6.(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图,在输液过程中() A.A 瓶中的药液先用完 B.B 瓶中的药液先用完 C.随着液面下降,A 瓶内 C 处气体压强逐渐增大 D.随着液面下降,A 瓶内 C 处气体压强保持不变 7.竖直放置的粗细均匀的 U 形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平部分有一空气柱,各部分长度如图所 示。现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使水平部分右端的水银全
12、部进入右管中。已知 大气压强 p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长。求: (1)此时右管封闭气体的压强; (2)左管中需要倒入水银柱的长度。 8.如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管 A、B 两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为 39 cm,中 管内水银面与管口 A 之间气体柱长为 40 cm,先将口 B 封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程 温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高 2 cm,求: (1)稳定后右管内的气体压强 p; (2)左管 A 端插入水银槽的深度 h(大气压强 p0=76 cmHg) 9.如图所示,一开口向上的汽缸固定在水平地面上,质量均为 m、横
13、截面积均为 S 的活塞 A、B 将缸内 气体分成、两部分。在活塞 A 的上方放置一质量为 2m 的物块,整个装置处于平衡状态,此时、 两部分气体的长度均为 l0。已知大气压强与活塞质量的关系为 p0=3?南 ? ,气体质量、温度始终保持 不变,不计一切摩擦,汽缸足够高。当把活塞 A 上面的物块取走时,活塞 A 将向上移动,求系统重新达 到平衡状态时,A 活塞上升的高度。 答案全解全析答案全解全析 基础过关练基础过关练 1.B气体状态参量是温度、压强和体积,故 B 对。 2.AC以汽缸底为研究对象受力分析,由平衡条件得 pS+Mg=p0S,即 p0S-pS=Mg,可得内外空气对汽缸 的总作用力方
14、向向上,大小为 Mg,可得汽缸内空气压强为 p=p0-?南 ? ,故 A、C 正确。 3.答案76866686 解析由平衡条件可知 如图(a)所示,玻璃管水平,水银柱平衡,其两侧压强相等,则 pa=p0=76 cmHg; 如图(b)所示,水银柱自由端比封闭端高,封闭气体的压强比大气压大,则 pb=p0+ph=76 cmHg+10 cmHg=86 cmHg; 如图(c)所示:水银柱自由端比封闭端低,封闭气体的压强比大气压小,则 pc=p0-ph=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg; 如图(d)所示:水银柱自由端比封闭端高,封闭气体的压强比大气压大,则 pd=p0+ph=76 cmHg
15、+10 cmHg=86 cmHg。 4.ACD本实验探究采用的方法是控制变量法,所以要保持被封闭气体的质量和温度不变,故 A 正确; 由于注射器是圆柱形的,横截面积不变,所以只需测出空气柱的长度即可,故 B 错误;涂润滑油可以防 止漏气,使被封闭气体的质量不发生变化,也可以减小摩擦,故 C 正确;当 p 与 V 成反比时,p-1 ?图像是 一条过原点的直线,而 p-V 图像是曲线,所以 p-1 ?图像更直观,故 D 正确。 5.答案(1)温度质量压力表(2)D(3)C 解析(3)本实验要求质量不变,橡胶塞脱落之后,气体质量发生变化,故 C 错误。 6.B气体初状态的压强 p1=3 atm,体积
16、 V1=V;末状态的压强 p2=1 atm,体积 V2=V+4 L。由玻意耳定律 得 p1V1=p2V2,即 3V=1(V+4),解得 V=2 L,故 B 正确。 7.BC气体在等温变化过程中,温度不变,所以分子的平均动能不变,故 A 错误;等温变化过程研究的 是一定质量的气体,压强随体积的变化而变化,一定质量的气体,其分子总数一定,单位体积内的分子 数改变,故 B、C 正确,D 错误。 8.A在实验中,水银柱产生的压强加上封闭气体产生的压强等于外界大气压。如果将玻璃管向上提, 则管内水银柱上方气体的体积增大,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,管 内水银柱的压强增大才能重
17、新平衡,故管内水银柱的高度增大。 9.答案AB、CD 两侧的水银面高度差为 1 cm 解析设 U 形管的横截面积为 S,对封闭气体研究,初状态时的压强 p1=p0+?1=(76+5) cmHg=81 cmHg, 体积 V1=l1S=25S 旋转后,设气体长度增大x,则 AB、CD 两侧的高度差变为h=(5-2x) cm 此时气体的压强 p2=76-(5-2x) cmHg=(71+2x) cmHg,体积 V2=(25+x)S 根据玻意耳定律有 p1V1=p2V2 代入数据解得x=2 cm AB、CD 两侧的水银面高度差h=(5-2x) cm=1 cm。 10.D封闭气体做的是等温变化,只有 D
18、图线是等温线,故 D 正确。 11.ACDp-V 图像中,图线 1 在图线 2 外侧,则图线 1 对应的温度较高,图线 1 中,气体由状态 A 变化 到状态 B 为等温膨胀过程,体积增大,气体分子间的平均距离增大,分子的平均速率不变,故选项 A、C、 D 正确。 12.BA、B 位于同一条等温线上,取直线上任一点 C,如图所示过 C 点作平行于 p 轴的直线,根据压 强的微观解释,一定质量的气体,在体积相同的情况下,压强越大温度越高,故此变化过程中温度应先 上升后下降。 能力提升练能力提升练 1.BD以 A 管中的水银柱为研究对象,则有 pS+水银gh cos S=p0S,管内压强 p=p0-
19、水银gh cos , 显然 pp1,即压强增大,由于温度不变,则有 p1V1=p2V2,所以 V1V2,体积变小,选项 B 正 确。 5.D由图可知,空气柱 B 的压强为 pB=p0+gh1=p0+gh2,所以 h1=h2;向右管注入少量水银,空气柱 B 下方的水银面就会向上移动,空气柱 B 上方的水银面也会向上移动,则 h2变小,可知 pB、h1也减小,故 A、C 错误,D 正确。由于温度保持不变,而空气柱 B 的压强减小,根据玻意耳定律可知,空气柱 B 的体 积就会增大,空气柱 B 的长度增大,故 B 错误。 6.AC药液从 B 瓶中流下,若液面降低,封闭气体体积增大,温度不变,根据玻意耳
20、定律知,气体压强 减小,则 B 瓶瓶口处压强减小,A 瓶瓶口处压强和大气压相等,A 瓶中药液被压入 B 瓶补充,使 B 瓶液 面保持不变,直到 A 瓶液体全部流入 B 瓶,所以 A 瓶液体先用完,故 A 正确,B 错误;随着液面下降,A 瓶内液体产生压强减小,因此 C 处气体压强增大,故 C 正确,D 错误。 7.答案(1)90 cmHg(2)27 cm 解析(1)对右管中的气体,初态压强 p1=75 cmHg、体积 V1=30S,末态体积 V2=(30-5)S=25S 由 p1V1=p2V2得 p2=90 cmHg (2)对水平管中的气体,初态压强 p=p0+15 cmHg=90 cmHg、
21、体积 V=11S,末态压强 p=p2+20 cmHg=110 cmHg 根据 pV=pV,解得 V=9S 水平管中的长度变为 9 cm,此时原来左侧 19 cm 水银柱已有 11 cm 进入到水平管中,所以左侧管 中倒入水银柱的长度应该是(110-75-8) cm=27 cm。 8.答案(1)78 cmHg(2)7 cm 解析(1)设均匀玻璃管的横截面积为 S,插入水银槽后,右管内气体等温变化,由玻意耳定律得 p0l0S=p(l0-? 2 )S 代入数据解得 p=78 cmHg。 (2)插入水银槽后左管内气体压强 p=p+gh=80 cmHg 左管内、外水银面高度差 h1=?-?0 ?南 =4
22、 cm 对中、左管内气体,由玻意耳定律得 p0lS=plS,解得 l=38 cm 左管插入水银槽深度 h=l+? 2 -l+h1=7 cm。 9.答案0.9l0 解析对气体,初状态压强 p1=p0+3?南 ? 末状态压强为 p1=p0+?南 ? 设末态时气体的长度为 l1,由玻意耳定律得 p1l0S=p1l1S 解得 l1=3 2l0 对气体,初状态压强 p2=p0+4?南 ? 末状态压强 p2=p0+2?南 ? 设末态时气体的长度为 l2,由玻意耳定律得 p2l0S=p2l2S 解得 l2=7 5l0 所以活塞 A 上升的高度为h=l1+l2-2l0 解得h=0.9l0。 名师点睛 本题综合考查了压强的计算,等温变化的规律。应用玻意耳定律时,要分析研究对象的初、末状 态的参量。气体与气体之间的压强存在着一定的关系,这是联系两部分气体的纽带。
