2018年物理（人教版选修3-3）练习第8章第1节气体的等温变化（活页作业）.doc

活页作业(六)气体的等温变化

1.如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M.通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封有一定质量的气体．缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0.则封闭气体的压强为()

A．p＝p0＋mg/S B．p＝p0＋(M＋m)g/S

C．p＝p0－Mg/S D．p＝mg/S

答案：C

2.如图所示，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()

A．h2变长 B．h2变短

C．h1上升 D．h1下降

解析：因为密封气体的压强p＝p0＋h2＝p0＋h1，所以h2不变，A、B错；由于外界压强增大，密封气体的压强p增大，据玻意耳定律知气体体积减小，故h1下降，C项错，D项对．

答案：D

3．如图所示，是一定质量的某种气体状态变化的peq\a\vs4\al(-)V图象，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 B．一直增大

C．先减小后增大 D．先增大后减小

解析：由图象可知，pAVA＝pBVB，所以A、B在同一等温线上，由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度是先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．故选D.

答案：D

4．有一段12cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在下滑过程中被封闭气体的压强为(大气压强p0＝76

A．76cmHg B．82cmHg

C．88cmHg D．70cmHg

解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理．水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a＝gsinθ，所以对水银柱由牛顿第二定律得：p0S＋Mgsinθ－pS＝Ma，故p＝p0＝76cmHg.

答案：A

5.如图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，管的上部封有部分空气，玻璃管露出槽中水银面的长度为L，两水银面的高度差为h，现保持L不变，使玻璃管向右转过一个小角度，则()

A．h将增大 B．h将减小

C．h不变 D．空气柱的长度会减小

解析：保持L不变，使玻璃管向右转过一个小角度，管内水银柱产生的压强减小，槽中水银进入玻璃管，气柱体积减小，根据玻意耳定律，气柱压强增大，又p0＝p气＋ρhg，两水银面的高度差h将减小，B、D项对．

答案：BD

6.一条等温线如图所示，图线上两点A、B表示气体所处的两个状态，A、B两个状态的压强比pA∶pB＝______；体积之比VA∶VB＝______；温度之比TA∶TB＝______.

解析：pA∶pB＝40∶10＝4∶1；

VA∶VB＝0.5∶2＝1∶4，

因为A、B在同一条等温线上，所以TA∶TB＝1∶1.

答案：4∶11∶41∶1

7.如图所示，在温度不变的情况下，把一根长为100cm，上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中，插入后管口到槽内水银面的距离是管长的一半，若大气压为75cmHg，

解析：研究玻璃管内被封闭的空气柱．

初态：玻璃管未插入水银槽之前，

p1＝p0＝75cmHg；

V1＝LS＝100S

末态：玻璃管插入水银槽后，设管内外水银面高度差为h，则p2＝p0＋h＝75＋h

V2＝[L－(eq\f(L,2)－h)]S＝[100－(50－h)]S＝(50＋h)S

根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得

75×100S＝(75＋h)(50＋h)S

即h2＋125h－3750＝0，

解得h＝25cm或h＝－150

所以，水银进入管内的长度为

eq\f(L,2)－h＝(eq\f(100,2)－25)cm＝25cm.

答案：25

8.如图所示，为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？(设压水过程温度保持不变，各物理量的单位均为国际单位)

解析：压水前p1＝p0，V1＝V

压水后水刚流出时p2＝p0＋ρgh

V2＝V－ΔV

由玻意耳定律p1V1＝p2V2得

p0V＝(p0＋ρgh)(V－ΔV)解得ΔV＝eq\f(ρghV,p0＋ρgh).

答案：eq\f(ρghV,p0＋ρgh)

9．如图所示，在A、B两个注射器中分别封闭1×105Pa、300mL和1×105Pa、400mL的空气，在相同的环境温度下，将它们的体积缓慢地压缩一半，其压强分别为多少？

解析：对A系统pA＝1×105Pa，VA＝300mL；VA′＝150mL，根据玻意耳定律：pAVA＝pA′VA′

pA′＝e