高中物理选修3-3：《气体实验定律》含解析

第三单元 气体实验定律(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共11小题，每小题5分，共55分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．)1．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，小孩一不小心松手，氢气球就会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为( )A ．球内氢气温度升高B ．球内氢气压强增大C ．球外空气压强减小D ．以上说法均不正确2.一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 ，如图所示，已知大气压强为ρgH ，下列说法正确的是( )A ．此时封闭气体的压强是ρg (l ＋h )B ．此时封闭气体的压强是ρg (H －h )C ．此时封闭气体的压强是ρg (H ＋h )D ．此时封闭气体的压强是ρg (H －l )3．如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是( )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 ．由图可知T 1>T 2D ．由图可知T 1<T 24．一定质量的气体，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.43 L B ．2 L C.83L D ．3 L5．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增加量为Δp 1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp 2，则Δp 1与Δp 2之比是( )A．1∶1 B．1∶10C．10∶110 D．110∶106.如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是()A．甲是等压线，乙是等容线B．乙图中p－t线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V－t线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系D．乙图表明随温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变7．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，这主要是因为()A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天气温升高，大气压强变大D．瓶内气体因温度降低而压强变小8.如图所示，在一个圆柱形导热汽缸中，用活塞封闭了一部分理想气体，活塞与汽缸壁间是密封而光滑的．用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个汽缸悬挂在天花板上，当外界温度升高(大气压不变)时()A．弹簧测力计示数变大B．弹簧测力计示数变小C．汽缸下降D．汽缸内气体压强变大9．一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法中正确的是() A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′B．加热后V1′>2V2′C．加热后V1′<2V2′D．条件不足，无法判断10.如图所示，两个直立汽缸由管道相通．具有一定质量的活塞a、b用刚性杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态．大气压强不变，现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时( )A ．活塞向下移动了一点，缸内气体压强不变B ．活塞向下移动了一点，缸内气体压强增大C ．活塞向上移动了一点，缸内气体压强不变D ．活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大11.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A 和B ，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度l 1>l 2，水银柱高度h 1>h 2.今使封闭气柱降低相同的温度(大气压强保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )A ．均向下移动，A 管移动较多B ．均向上移动，A 管移动较多C ．A 管向上移动，B 管向下移动D ．无法判断题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案二、非选择题(本题共5小题，共45分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)12．(9分)用注射器做“验证玻意耳定律”的实验，如图所示．(1)若测得注射器的全部刻度长为l ，由________直接读出其容积为V ，由________测得注射器的活塞和钩码框架的总质量为m 1，由________读出大气压强为p 0.当框架两侧对称悬挂钩码总质量为m 2时，则气体压强为________；去掉钩码，用弹簧测力计竖直向上拉框架，测得拉力为F ，则气体压强为________．(2)某同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p 和体积V 的值后，用p 作纵轴、1V 作横轴，画出p －1V 图象如图甲、乙、丙，则甲产生的可能原因是____________；乙产生的可能原因是____________；丙产生的可能原因是____________．A．各组的p、1V取值范围太小B．实验过程中有漏气现象C．实验过程中气体温度升高D．在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强(3)在该实验中，需要用刻度尺测量的物理量有________．A．注射器全部刻度的长度B．活塞移动的距离C．活塞的直径D．注射器内空气柱的长度13.(8分)如图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．14.(9分)一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形汽缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图甲所示；为了求出此时上部气体的压强p10，将汽缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3∶1，如图乙所示．设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图甲中上部气体的压强p10.15.(9分)如图所示，一端封闭的长l＝100 cm、粗细均匀的玻璃管水平放置时，有l0＝50cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h＝30 cm.将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh＝15 cm的水银柱进入玻璃管．设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，ρ水银＝13.6×103kg/m3.求插入水银槽后管内气体的压强p.(保留两位有效数字)16．(10分)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．参考答案与解析1．33] 解析：选C.气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．2．34] 解析：选B.取等压面法，选管外水银面为等压面，则由p 气＋p h ＝p 0得p 气＝p 0－p h ，即p 气＝ρg (H －h )，B 项正确．3．35] 解析：选ABD.一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同温度下等温线是不同的，所以A 、B 正确．对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，故C 错误，D 正确．4．36] 解析：选B.设该气体原来的体积为V 1，由玻意耳定律得3V 1＝(3－2)·(V 1＋4)，解得V 1＝2 L.5．37] 解析：选A.做等容变化，这四个状态在同一条等容线上，因ΔT 相同，所以Δp 也相同．6．38] 解析：选AD.由查理定律p ＝CT ＝C (t ＋273.15)及盖－吕萨克定律V ＝CT ＝C (t ＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A 项正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t 轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K ，故B 项错误；查理定律及盖－吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大、温度很低时，这些定律就不成立了，故C 项错误；由于图线是直线，故D 项正确．7．39] 解析：选D.暖水瓶内气体的温度降低，压强减小，外部大气压强大于内部气体压强，所以软木塞不易拔出来，D 正确，A 、B 、C 错误．8．40] 解析：选C.测力计上的拉力跟汽缸和活塞总重力相等，当气温升高时，不影响弹簧弹力大小，所以示数不变，故A 、B 错误；以汽缸为研究对象可知，最终达到平衡时，汽缸重力与汽缸内压力之和等于大气压力，因为重力和大气压力均不变，所以汽缸内压力不变，即汽缸内气体压强不变，故D 错误；温度升高，气体的体积膨胀，汽缸下降，故C 正确．9．41] 解析：选A.加热前后，上段气体的压强保持p 0＋ρgh 1不变，下段气体的压强保持p 0＋ρgh 1＋ρgh 2不变，整个过程为等压变化，根据盖—吕萨克定律得V 1T ＝V 1′T ′，V 2T ＝V 2′T ′，所以V 1′V 2′＝V 1V 2＝21，即V 1′＝2V 2′，故A 正确．10．42] 解析：选A.假设活塞不动，根据p 1T 1＝p 2T 2，温度升高，压强增大，设升温前封闭气体压强为p ，升温后封闭气体压强为p ＋Δp ，对整体受力分析有pS a ＋p 0S b ＋Mg ＝pS b ＋p 0S a ，当升温后，因S a ＞S b ，则(p ＋Δp )S a ＋p 0S b ＋Mg ＞(p ＋Δp )S b ＋p 0S a ，活塞下移，直到气体压强变为p ，A 对．11．43] 解析：选A.因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化．并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变.根据盖－吕萨克定律的分比形式ΔV ＝ΔTT ·V ，因A 、B 管中的封闭气柱，初温T 相同，温度降低量ΔT 也相同，且ΔT <0，所以ΔV <0，即A 、B 管中气柱的体积都减小；又因为l 1>l 2，A 管中气柱的体积较大，|ΔV 1|>|ΔV 2|，A 管中气柱减小得较多，故A 、B 两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A 管中的水银柱下移得较多．12．44] 解析：(1)被封闭的气体体积可直接从带刻度的注射器上读出，由天平测量活塞和框架的总质量m 1，由气压计读出当时的大气压p 0，当两边挂上总质量为m 2的钩码时，对活塞根据平衡条件可得：(m 2＋m 1)g ＋p 0S ＝pS整理得：p ＝p 0＋（m 2＋m 1）gS当去掉钩码用测力计向上施加拉力F 时，对活塞由平衡条件可得：F ＋pS ＝m 1g ＋p 0S 整理得：p ＝p 0＋m 1g －FS.(2)甲图：是线性关系，但不过原点，相当于把图线向右平移了一个距离或向下平移了一个距离．分析知，体积计算不会出错误，应该是少了一部分压强．乙图：图线向上弯曲，说明pV 乘积变大，是温度升高或质量增加造成的现象． 丙图：图线向下弯曲，说明pV 乘积变小，是温度下降或质量减小造成的现象． (3)A 项正确，这样做的目的是间接测量活塞的横截面积，该注射器最大刻度显示的容积为V m ，测出全部刻度的长度l ，则S ＝V ml.答案：(1)注射器的刻度 天平 气压计 p 0＋m 2g ＋m 1g S p 0＋m 1g －FS(2)D C B (3)A13．45] 解析：设压力为F ，压缩后气体压强为p ，由等温过程： p 0V 0＝pV ，F ＝pS 解得：F ＝V 0V p 0S .答案：V 0Vp 0S14．46] 解析：设汽缸倒置前下部气体的压强为p 20，倒置后上下气体的压强分别为p 2、p 1，由力的平衡条件有p 20＝p 10＋mg S ，p 1＝p 2＋mgS倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V 0，由玻意耳定律得p 10V 02＝p 1V 04，p 20V 02＝p 23V 04 解得p 10＝5mg 4S .答案：5mg 4S15．47] 解析：设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，由玻意耳定律p ＝p 0l 0l －h＝7.1×104Pa ，由于p ＋ρ水银gh ＝1.118×105Pa ，大于p 0，必有水银流出，设管内此时水银柱长为x ，由玻意耳定律p 0Sl 0＝(p 0－ρ水银gx )S (l －x )，解得x ＝25 cm ，设插入槽内后管内空气柱长为l ′，l ′＝l －(x ＋Δh )＝60 cm ，插入后压强p ＝p 0l 0l ′＝8.3×104 Pa.答案：8.3×104 Pa16．48] 解析：(1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 1⎝⎛⎭⎫l 2＋S 2⎝⎛⎭⎫l －l 2① V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变．由盖－吕萨克定律有 V 1T 1＝V 2T 2④ 联立①②④式并代入题给数据得 T 2＝330 K ．⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有p ′T ＝p 1T 2⑥ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p ′＝1.01×105 Pa.答案：(1)330 K (2)1.01×105 Pa。