2018届高中物理第八章气体第1节气体的等温变化综合训练新人教版.docx

第1节气体的等温变化1(多选)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，待稳定后呈现的物理现象是A封闭端内气体的压强增大 图8111B封闭端内气体的压强减小C封闭端内气体的压强不变D封闭端内气体的体积减小解析玻璃管由竖直到倾斜，水银柱压强ph减小，由pphp0知气体压强增大，再由玻意耳定律知其体积减小，故A、D正确。答案AD2一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变)A3倍B2倍C1.5倍 D0.7倍解析外界大气压相当于10 m水柱产生的压强，对气泡p13p0，p22p0，由p1V1p2V2知V21.5V1，故C项正确。答案C3(2018全国卷)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l118.0 cm和l212.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形 图8112管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1和l2。由力的平衡条件有p1p2g(l1l2)式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1pl1p2l2pl2两边气柱长度的变化量大小相等l1l1l2l2由式和题给条件得l122.5 cml27.5 cm。答案22.5 cm7.5 cm限时45分钟，满分60分一、选择题(每小题4分，共40分)1如图8113所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为，圆板的质量为M。不计圆板与容器内壁之间的摩擦。若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体压强p等于 图8113Ap0B.Cp0 Dp0解析设圆板下表面的面积为S，取圆板为研究对象，圆板受四力：重力Mg，容器的支持力FN，大气压力为p0S和封闭气体压力pS。其受力分析如图所示。由平衡条件，沿竖直方向有pScos p0SMg解得pp0正确选项为D。答案D2一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h，上端空气柱长为l，如图8114所示，已知大气压强为gH，下列说法正确的是图8114A此时封闭气体的压强是g(lh)B此时封闭气体的压强是g(Hh)C此时封闭气体的压强是g(Hh)D此时封闭气体的压强是g(Hl)解析取等压面法，选管外水银面为等压面，则由p气php0得，p气p0ph，即p气g(Hh)，B正确。答案B3下列图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体不是等温变化的是解析气体的等温变化指的是一定质量的气体在温度不变的情况下，气体的压强与体积成反比，B、C正确，D错误；温度不变，A正确。答案D4如图8115所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是 图8115Ah2变长 Bh2变短Ch1上升 Dh1下降解析被封闭气体的压强为pp0h1，或pp0h2，始终有h1h2；当p0增大时，被封闭气体的压强增大，由玻意耳定律知，封闭气体的体积应减小。答案D5如图8116所示，汽缸内封闭一定质量的气体。不计活塞与缸壁间的摩擦，保持温度不变，当外界大气压变化时，不发生改变的是A密封气体压强B密封气体体积C弹簧的弹力D汽缸底部离地面的高度 图8116解析对汽缸有p0SpSm1g，p0变，则p变，因为温度不变，则V变化，所以A、B项错误；对整体有kx(m1m2)g，弹簧的弹力不变，活塞高度不变，汽缸底部离地面高度发生变化，C项正确，D项错误。答案C6竖直倒立的U形玻璃管一端封闭，另一端开口向下，如图8117所示，用水银柱封闭一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，假设在玻璃管的D处钻一小孔，则玻璃管内被封闭的气体压强p和气体体积V变化的情况为Ap、V都不变BV减小，p增大 图8117CV增大，p减小 D无法确定解析在D处钻一小孔后，D处的压强为大气压强，则封闭气体的压强增大，体积减小，故B正确。答案B7一定质量的理想气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为A. L B2 LC. L D8 L解析设气体原来的体积为V1，压强为p1后来的体积为V2，则V2V14，后来的压强为p2，由玻意耳定律p1V1p2V2，且p13 atm，p21 atm，得V12 L，B项正确。答案B8如图8118所示，在柱形容器中装有部分水，容器上方有一可自由移动的活塞。容器水面浮有一个木块和一个一端封闭、开口向下的玻璃管，玻璃管中有部分空气，系统稳定时，玻璃管内空气柱在管外水面上方的长度为a，空气柱在管外水面下方的长度为b，水面上方木块的高度为c，水面下方木块的高度为d。现在活 图8118塞上方施加竖直向下且缓缓增大的力F，使活塞下降一小段距离(未碰及玻璃管和木块)，下列说法中正确的是Ad和b都减小B只有b减小C只有a减小 Da和c都减小解析活塞下降一小段距离，则容器中的气体体积减小，压强增大，对于木块露出的部分决定于上、下压强差，故c、d不变；对于玻璃管，浮力等于重力，排开水的体积不变，b不变，玻璃管内气体压强增大，又b不变，故a减小，C正确。答案C9如图8119所示，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为h，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则Ah、l均变大Bh、l均变小Ch变大l变小 Dh变小l变大 图8119解析开始时，玻璃管中的封闭气体的压强p1p0gh，上提玻璃管，假设h不变，l变长，由玻意耳定律得，p1l1Sp2(ll)S，所以气体内部压强小了，大气压p0必然推着液柱上升，假设不成立，h必然升高一些，最后稳定时，封闭气体的压强p2p0g(hh)减小，再根据玻意耳定律，p1l1Sp2l2S，l2l1，l变大，故A对。答案A10如图8120所示是一定质量的某种气体状态变化的pV图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是A一直保持不变 图8120B一直增大C先减小后增大D先增大后减小解析法一：由图像可知，pAVApBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上。再在pV图上作出几条等温线，如图所示。由于p、V的乘积越大等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故D正确。法二：在AB上任取一点C，该状态下的压强与体积的乘积pCVC大小表示温度的高低。显然pAVApBVBpCVC，故TATBTC，分子平均速率是先增大后减小，D正确。答案D二、非选择题(共20分)11(8分)设某一足球的容积为5.0 L，内有1.0 atm的空气，欲使球内气压增至2.0 atm，需再向球内打入1.0 atm的空气多少升？(设打气过程中温度不变，足球的容积不变)解析把足球内原有的空气和打入的空气取作一定质量的气体，设打入气体的体积为V，V1VV0，p11 atm，V25.0 L，p22.0 atm。根据玻意耳定律p1V1p2V2，得p1(VV0)p2V2。解得V5 L。答案5 L12(12分)如图8121所示，U形管两臂粗细不等，开口向上。右端封闭的粗管横截面积是左端开口的细管横截面积的3倍，管中装入水银，大气压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强，即101 kPa。左端开口，管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，右端封闭管内空气柱长为11 cm。现将开口端用小活塞封住，并 图8121缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中管中的气体温度始终保持不变。试求：(1)粗管中气体的最终压强；(2)活塞推动的距离。解析设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S。(1)以右管