新教材适用2024-2025学年高中物理第2章气体固体和液体习题课玻意耳定律的应用夯基提能作业新人教版选择性必修第三册

其次章习题课玻意耳定律的应用基础达标练一、选择题1．(多选)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银柱将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，则待稳定后(AD)A．封闭端管内气体的压强增大B．封闭端管内气体的压强减小C．封闭端管内气体的压强不变D．封闭端管内气体的体积减小解析：玻璃管由竖直到倾斜，水银柱产生的压强ph减小，大气压强p0不变，由p＋ph＝p0知，封闭端管内气体的压强p增大，再由玻意耳定律知其体积减小，故选项A、D正确。2．大气压强p0＝1.0×105Pa，某容器的容积为V0＝20L，装有压强为p＝2.0×106Pa的气体，假如保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器中剩下气体的质量与原来气体的质量之比为(B)A．1∶19 B．1∶20C．2∶39 D．1∶18解析：由玻意耳定律得pV0＝p0V0＋p0V，将V0＝20L，p0＝1.0×105Pa，p＝2.0×106Pa代入解得V＝380L，容器中剩余20L压强为p0的气体，此时气体的总体积为400L，所以剩下气体的质量与原来气体的质量之比等于相同压强下气体的体积之比，即eq\f(20,400)＝eq\f(1,20)，选项B正确。3．(2024·湖北黄冈期中)呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时将气体压入患者的肺内，当压力上升到肯定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强变为p，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为(D)A.V－V0 B．eq\f(pV,p0)C.eq\f(pV－V0,p0) D．eq\f(pV－p0V0,p0)解析：设吸入的气体体积为V1，气体发生等温变更，由玻意耳定律得p0(V0＋V1)＝pV，解得V1＝eq\f(pV－p0V0,p0)，故选项D正确，A、B、C错误。4．(2024·江苏盐城期中)在光滑水平面上有一个内、外壁都光滑的气缸，气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M>m。活塞密封一部分气体。现对气缸施加一水平向左的拉力F，如图甲所示，气缸的加速度为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，气缸的加速度为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，大气压强为p0，则(A)A．a1＝a2p1<p2V1>V2B．a1<a2p1>p2V1<V2C．a1＝a2p1<p2V1<V2D．a1>a2p1>p2V1>V2解析：对气缸与活塞组成的整体，依据牛顿其次定律可知a1＝a2。设活塞横截面积为S，对题图甲，以活塞为探讨对象，有p0S－p1S＝ma1；对题图乙，以气缸为探讨对象，有p2S－p0S＝Ma2，可知p1<p2。依据玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，则V1>V2，故A正确。二、选择题5．(2024·河南开封高二下期中)如图所示，圆柱形容器体积为V，横截面积为S，活塞将容器分成体积比为2∶1的上、下两部分，起先时容器内上部分气体的压强为p0。要使活塞静止于容器的正中心，可通过打气筒将压强为p0的气体注入活塞下部容器中(容器下部有接口)，已知重力加速度大小为g，活塞的质量为eq\f(p0S,3g)，外界温度恒定，容器和活塞均导热性良好，不计活塞与容器间的摩擦。求须要注入气体的体积。答案：eq\f(7,18)V解析：对容器内上部分气体，注入气体前的压强为p0，体积为eq\f(2,3)V；注入气体后，设上部分气体压强为p2，体积为eq\f(1,2)V；对上部分气体，由玻意耳定律有：p0·eq\f(2,3)V＝p2·eq\f(1,2)V，①对容器内下部分气体，注入气体前的压强设为p1，体积为eq\f(1,3)V，对活塞受力分析可得mg＋p0S＝p1S，②注入气体后，设下部分气体压强为p3，体积为eq\f(1,2)V，对活塞受力分析可得mg＋p2S＝p3S，③设充入气体的体积为ΔV，对下部分气体和充入气体，由玻意耳定律有p1·eq\f(1,3)V＋p0ΔV＝p3·eq\f(1,2)V，④联立①②③④式可得ΔV＝eq\f(7,18)V。6.如图所示，有甲、乙两个储气钢瓶，甲的容积为10L，乙的容积为5L，甲中有压强为7p0的某种气体，乙中有压强为p0的同种气体。将甲和乙通过细管连通，甲给乙灌气，直到两瓶中气体压强相等，灌气过程甲、乙中气体温度相等且温度不变，细管中气体体积忽视不计。求：(1)稳定时乙储气钢瓶中气体的压强。(2)甲储气钢瓶中剩余气体质量与灌气前甲中气体总质量的比值。答案：(1)p＝5p0(2)eq\f(5,7)解析：(1)以甲、乙中气体整体为探讨对象，依据玻意耳定律得p1V1＋p2V2＝p(V1＋V2)，代入题给数据解得p＝5p0。(2)灌气前甲储气钢瓶中的气体等温膨胀到压强为5p0时，有p1V1＝pV，解得V＝14L，甲储气钢瓶中剩余气体质量与灌气前甲中气体总质量的比值为eq\f(m,m0)＝eq\f(ρV1,ρV)＝eq\f(V1,V)＝eq\f(10,14)＝eq\f(5,7)。实力提升练一、选择题1.(2024·哈尔滨高二统考期末)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为10cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的eq\r(2)倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均5cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度变更1cm，则B管在上方时，玻璃管内上部分气体的压强为(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)(D)A．56.4cmHg B．44.2cmHgC．36.4cmHg D．23.2cmHg解析：设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA＝10cmHg＋pB，倒置后A管气体压强变小，空气柱长度增加1cm，则A管中水银柱减小1cm，两管半径之比为eq\r(2)∶1，则横截面积的关系SA＝2SB，由于水银柱总体积不变，可知B管水银柱增加2cm，空气柱减小2cm。此时水银柱总长为11cm，设此时两管的压强分别为pA′、pB′，则有pA′＋11cmHg＝pB′，倒置前后温度不变，依据玻意耳定律，有pASAlA＝pA′SAlA′，pBSBlB＝pB′SBlB′，其中lA＝lB＝5cm，lA′＝6cm，lB′＝3cm联立以上各式，解得初始时玻璃管内上部分气体的压强为pB＝23.2cmHg，故选D。2．(2024·河南平顶山高二统考期末)NBA篮球竞赛用球的标准内部压强为0.6MPa，一个标准大气压为0.1MPa。有一个篮球，内部气压与外部大气压强相等，都为一个标准大气压，篮球内空气的质量为m0。现在要对篮球充气，使这只篮球内部压强符合NBA篮球竞赛用球的标准，设充气前后篮球体积不变，充气过程中气体温度不变，须要充入的空气质量为Δm，则Δm与m0的关系为(C)A．Δm＝7m0 B．Δm＝6m0C．Δm＝5m0 D．Δm＝4m0解析：依据题意p1＝0.6MPa，p2＝0.1MPa，设充入p2＝0.1MPa的气体体积为x，球体积V，则有p1V＝p2V＋p2x，解得x＝5V，所以须要充入的空气质量为Δm＝5m0，故选C。3.(多选)(2024·厦门一中高二期末)如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，A处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度(管下端未离开水银面)，上下两部分气体的压强发生变更分别为Δp1和Δp2，体积变更分别为ΔV1和ΔV2。已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则(AD)A．Δp2肯定等于Δp1B．ΔV2肯定等于ΔV1C．Δp2肯定大于Δp1D．ΔV2与ΔV1之和小于HS解析：当玻璃管缓慢向上提升H高度时，气体的体积变大，压强变小，有部分水银进入玻璃管，也就是管中的水银面会比管外的水银面高，设高度差为Δh，初状态上面气体的压强p1＝p0－ρgh，末状态上面气体的压强p1′＝p0－pgh－ρgΔh，所以Δp1＝ρgΔh，同理下部分气体原来压强是p2＝p0，后来变为p2′＝p0－ρgΔh，可求出Δp2＝ρgΔh，Δp2肯定等于Δp1，故A正确，C错误；对上部分气体，由玻意耳定律得p1V1＝p1′V1′，所以气体的变更ΔV1＝V1′－V1＝eq\f(Δp1,p1′)V1，同理可求出ΔV2＝eq\f(Δp2,p2′)V2，ΔV2不肯定等于ΔV1，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以ΔV2与ΔV1之和小于HS，故D正确。故选AD。二、非选择题4．(2024·福建龙岩模拟)如图所示为可加热饭盒(可视为气缸)，饭盒盖上有一排气口，饭盒内封闭了肯定质量的气体，气体的初始温度为27℃，压强为大气压强。现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到57℃，此时封闭气体的压强为1.1×105Pa。打开排气口，放出部分气体，当饭盒内气体压强与外界大气压强相等时，求得排出气体与饭盒内原来气体的质量之比为_1∶11__。(假设此过程中饭盒内气体温度不变，大气压强为1.0×105Pa)解析：气体初状态压强为p1＝1.1×105Pa，体积为V1。气体末状态的压强为p0＝1.0×105Pa，体积为V0，气体温度不变，由玻意耳定律得p1V1＝p0V0，可得V0＝1.1V1，则排出气体与饭盒内原来气体的质量之比为eq\f(m出,m总)＝eq\f(V0－V1,V0)＝eq\f(1,11)。5．如图甲所示，用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5∶3，体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气)(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比是多少？(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把气缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1∶2，重力加速度为g，求稳定时B部分气体的压强。答案：(1)3∶4(2)eq\f(3Mg,7S)解析：(1)设拔去销钉前A部分气体的体积为V，拔去销钉后A部分气体的体积变更了ΔV，由玻意耳定律得pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，pA′＝pB′，pA∶pB＝5∶3解得ΔV＝eq\f(1,4)V，故B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4。(2)初始状态eq\f(pA,pB)＝eq\f(5,3)最终平衡状态pA″＝pB″＋eq\f(Mg,S)设气缸总容积为V1，A、B两部分气体做等温变更，由玻意耳定律得pA·eq\f(V1,2)＝pA″eq\f(V1,3)，pBeq\f(V1,2)＝pB″eq\f(2V1,3)联立解得稳定时B部分气体的压强pB″＝eq\f(3Mg,7S)。6．如图是我国南海舰队某潜艇，它在水下的速度为20节，最大下潜深度为300米。某次在南海执行任务，该潜艇下潜至水面下h＝150m深处，潜艇上有一个容积为V1＝2m3的贮气钢筒，筒内贮有压强为200atm的压缩空气，每次将筒内一部分空气压入水箱(水箱有排水孔与海水相连)，可排出海水的体积为V2＝10m3，当贮气钢筒中的压强降低到20atm时，需重新充气。设潜艇保持水面下深度不变，在排水过程中温度不变，水面上空气压强为p0＝1atm，海水密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g＝10m/s2,1atm＝1.0×105Pa。求贮气钢