2.第2课时玻意耳定律及其应用

第2课时玻意耳定律及其应用A级必备知识基础练1.(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法正确的是()A.从等温线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比B.一定质量的气体,在不同温度下的等温线是不同的C.一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越小D.由图可知T1>T22.(2022上海徐汇中学高二期中)如图所示,汽缸倒挂在天花板上,用光滑的活塞密封一定量的气体,活塞下悬挂一个沙漏,保持温度不变,在沙缓慢漏出的过程中,气体的()A.压强变大,体积变大B.压强变大,体积变小C.压强变小,体积变大D.压强变小,体积变小3.一个气泡由湖面下20m深处缓慢上升到湖面下10m深处,湖内的温度不变,它的体积约变为原来体积的()A.3倍 B.2倍C.1.5倍 D.74.(多选)(2022重庆高二期末)如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水根槽中,管中有一段高为h1的水银柱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()A.h2变长B.h2不变C.水银柱上升D.水银柱下降5.(多选)(2022山东威海高二期末)在光滑水平面上有一个内外壁光滑的汽缸,汽缸质量为m0,汽缸内有一质量为m的活塞,已知m0>m。活塞密封一部分气体。现对汽缸施一水平向左的拉力F,如图甲所示,汽缸的加速度为a1,封闭气体的压强为p1,体积为V1;若用同样大小的力F水平向左推活塞,如图乙所示,汽缸的加速度为a2,封闭气体的压强为p2,体积为V2。设密封气体的质量和温度均不变,则()A.a1=a2B.a1<a2C.p1<p2D.V1>V26.如图是气压式保温瓶的原理图,保温瓶内水面与出水口的高度差为h,瓶内密封空气体积为V,设水的密度为ρ,大气压强为p0,欲使水从出水口流出,瓶内空气压缩量ΔV至少为多少?(设瓶内弯曲管的体积不计,温度保持不变,各物理量的单位均为国际单位)B级关键能力提升练7.如图所示,上端封闭的玻璃管插在水银槽中,管内封闭着一段气柱。现使玻璃管缓慢地绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,能描述管内气体状态变化的图像是(箭头表示状态的变化方向)()8.跳跳球是一种锻炼身体、训练平衡的玩具,由橡胶球、踏板和扶手构成,在人未站上踏板前,橡胶球内气体压强为p,体积为V,当质量为m的人站在跳跳球上保持平衡不动时,橡胶球内气体体积变为V',若橡胶球球膜厚度和玩具的重力均忽略不计,橡胶球内气体温度保持不变,重力加速度为g,则此时橡胶球和踏板的接触面积为()A.mgV'pV BC.mgVpV' D9.如图所示,粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接,A管内封闭了一定质量的气体,两管水银面相平。若固定A管,将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H,A管内的水银面相应降低h,移动过程中温度保持不变,则()A.h=HB.h=HC.h<HD.H210.(2022山东胶州高二期末)如图所示,自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通,细管上部封闭,并与压力传感器相接。洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,随着洗衣缸中水面的上升,细管中的空气被压缩,当细管中空气压强达到一定数值时,压力传感器使进水阀门关闭,这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为50cm,大气压强p0=1.0×105Pa,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,重力加速度g取10m/s2。某次洗衣选择的挡位,当细管中空气压强达1.02×105Pa时压力传感器就会关闭洗衣机进水阀门,此时洗衣缸内水位高度约为()A.20cm B.21cmC.23cm D.24cm11.(2022黑龙江齐齐哈尔高二期末)如图所示,竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的2倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气,气柱长L=15cm。活塞A上方的水银深H=15cm,两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计,用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态,水银面与粗筒上端相平,现使活塞B缓慢上移,直至水银的三分之二被推入细筒中,求活塞B上移的距离。(设在整个过程中气柱的温度不变,大气压强p0当于75cm的水银柱产生的压强)

第2课时玻意耳定律及其应用1.AB由等温线的物理意义可知,A、B正确;对于一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积乘积越大,等温线的位置越高,C、D错误。2.B设活塞和沙漏的总质量为m,则对活塞分析可知pS+mg=p0S,则当m减小时,p增大;根据玻意耳定律pV=C可知,体积减小,故选B。3.C题目要求为粗略计算,大气压强为p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,ρ水=1×103kg/m3,气体变化过程为等温变化,气泡内压强p=ρ水gH+p0,则湖面下20m深处p1=ρ水gh1+p0=3.0×105Pa,湖面下10m深处p2=ρ水gh2+p0=2.0×105Pa,由玻意耳定律p1V1=p2V2,得V2=p1V1p2=1.4.BD对于管内封闭气体的压强可得p=p0+ρgh1,也可以有p=p0+ρgh2,则知h1=h2,h1不变则h2不变。当外界压强增大时,管内封闭气体压强p增大,根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小,则水银柱下降,故选B、D。5.ACD对汽缸与活塞组成的整体,据牛顿第二定律可得a1=a2,对题图甲,以活塞为研究对象,有p0Sp1S=ma1,对题图乙,以汽缸为研究对象,有p2Sp0S=m0a2,由以上两式可得p1<p2,根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2,则V1>V2,A、C、D正确。6.答案ρghV解析压水前p1=p0,V1=V压水后水刚流出时p2=p0+ρgh,V2=VΔV由玻意耳定律p1V1=p2V2即p0V=(p0+ρgh)(VΔV)解得ΔV=ρghVp7.A设大气压为p0,封闭气体压强p=p0ρgh,玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大;气体温度不变,压强变大,由玻意耳定律pV=C可知,气体体积将变小;pV为常数,由数学知识知pV图线为双曲线,故A正确,B、C、D错误。8.A橡胶球内的气体温度不变,做等温变化,初态p1=p,V1=V;末态V2=V'。根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2,解得p2=pVV';由平衡条件可知p2S=mg,解得S=mgV'pV,故A正确,B、9.C封闭气体是等温变化,B端下移,封闭气体压强变小,故气体体积要变大,但最终平衡时,封闭气体的压强比大气压小,一定是B侧水银面低,B侧水银面下降的高度(Hh)大于A侧水银面下降的高度h,故有Hh>h,即h<H2,A、B、D错误,C10.B以细管内封闭气体为研究对象,开始时压强为p0=1.0×105Pa,体积V0=L0S=50S,压缩后,气体压强p1=1.02×105Pa,体积为V1=L1S,由玻意耳定律p0L0S=p1L1S解得L1=49cm,即细管内液面离地h1=L0L1=1cm,由平衡条件p0+ρgh2=p1,其中,h2为缸中液面和空气柱内液面高度差,解得h2=20cm。综上,