粤教版 (2019)选择性必修 第三册第一节 气体实验定律（Ⅰ）精练

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第三册

2.1气体实验定律（Ⅰ）同步练习（解析版）

1．如图所示，两端开口的U形管，用两段水银封闭了一段空气，达到平衡状态。现如果大气压强增大，则两管液面差h会（　　）

A．不变 B．减小 C．增大 D．无法判断

2．如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图，在输液过程中（　　）

A．A瓶中的药液先用完

B．B瓶中的药液先用完

C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐减小

D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变

3．风箱是中国传统的鼓风设备，公元前4世纪的《道德经》中曾写到“天地之间，其犹橐龠（tuoyue）乎？虚而不屈，动而愈出。”橐龠即当时的鼓风用具，在古代既应用于熔炼金属，又应用于家庭炉灶，后逐渐演变制成风箱，其构造如图甲所示，剖面图如图乙所示，无论向左推进拉杆还是向右拉出拉杆过程中都有气流从出气口排出，从而可以一直鼓风，吹旺炉火。已知大气压强为，以下说法正确的是（　　）

A．往左推动拉杆时，进气口A闭合，进气口打开；阀门闭合，阀门打开，气流可以从出气口排出

B．往右拉动拉杆时，进气口A打开，进气口闭合；阀门闭合，阀门打开，气流可以从出气口排出

C．若堵住出气口，往左推动拉杆，则左边气体压强大于，右边气体压强小于

D．若堵住出气口，往右拉动拉杆，则左边气体压强小于，右边气体压强大于

4．启动汽车时发现汽车电子系统报警，左前轮胎压过低，显示为，车轮内胎体积约为。为使汽车正常行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒钟充入、压强为的气体，充气结束后发现内胎体积约膨胀了，充气几分钟可以使轮胎内气体压强达到标准压强？（汽车轮胎内气体可以视为理想气体，充气过程轮胎内气体温度无明显变化）（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

5．如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在27℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前两球的总体积为 2L，压强为1atm，充气筒每次充入0.2L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，问，用这个充气筒要充气多少次才能让气体压强增大到3atm（　　）

A．15次 B．18次 C．20次 D．22次

6．如图所示，两端封闭粗细均匀的玻璃管中有两段等体积的气柱，中间夹着一段水银柱，水平放置在桌面上。现使玻璃管始终保持竖直状态并做某种运动，维持气体温度不变，在运动过程中发现两部分气体的体积仍相等，则该玻璃管的运动不可能的是（　　）

A．平抛运动 B．自由落体运动

C．竖直上抛运动 D．匀速直线运动

7．一定质量的气体，压强为5atm，保持温度不变，当压强减小为3atm时，体积变为4L，则该气体原来的体积为（　　）

A． L B． L C．6 L D．8 L

8．“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。小张同学某次实验中作出的p-图线如图所示，关于图线弯曲的可能原因，下列说法错误的是（　　）

A．压强传感器与注射器的连接处漏气

B．未在注射器活塞上涂润滑油

C．未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积

D．实验过程中用手握住了注射器前端

9．篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3atm，已知篮球内部容积为7.5L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3L、1.0atm的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5~1.6atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是（　　）

A．5~7次 B．5~8次 C．7~12次 D．12~15次

10．如图，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，大气压强，水的密度，重力加速度。当空气柱被压缩到长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时洗衣缸内水位高度约为（　　）

A． B． C． D．

11．如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从下降高度到位置时，活塞上细沙的总质量为。在此过程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）

A．整个过程，外力做功大于0，小于

B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变

C．整个过程，理想气体的内能增大

D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于

E.左端活塞到达位置时，外力等于

12．如图1所示为某种橡胶材质的气球内外压强差（）和气球直径d之间的关系图像，其简化情形如图2所示，现取两个这种材质的相同的气球，并将气球1预先充气到直径为将气球2预先充气到直径为然后用一容积可忽略不计的细管将两气球连通（如图3所示），已知气球外部的大气压强为，可将气球始终视为是球体，分析计算时按图2进行，且不考虑温度的变化。则下列说法中正确的是（　　）

A．若，d2=12cm，则气球1的最终直径为2cm

B．若，，则气球2的最终直径小于12cm

C．若，，则气球2的最终直径为18cm

D．若，，则气球1和气球2的最终直径相等

13．在光滑水平面上有一个内外壁光滑的汽缸，汽缸质量为M，汽缸内有一质量为m的活塞，已知M>m。活塞密封一部分理想气体。现对汽缸施一水平向左的拉力F时，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=a2 B．a1<a2

C．p1<p2 D．

14．某民航客机在高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气压之比为。机舱内有一导热气缸，活塞质量、横截面积，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图（a）所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图（b）所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图（c）所示，地面大气压强，地面重力加速度。下列说法正确的是（　　）

A．气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程中放热

B．气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程中吸热

C．高度h处的大气压强为

D．根据图（c）估测出此时客机的飞行高度为

15．如图甲所示，竖直放置的U形管两边高度相同，左上端开口，水银面刚好与管口相平；右端封闭有长度为h1 = 24cm的空气柱，初始温度为T0 = 360K。现以AB为轴将U形管缓慢旋转θ角，部分水银从左上端流出；再使U形管重新回到竖直方向，逐渐降低环境温度，最终U形管左上端有h3 = 5cm的空气，右上端的空气柱高为h2 = 20cm，如图乙所示。大气压强为p0 = 76cmHg。求：

（1）该过程的最终温度T1

（2）旋转的角度θ

16．如图所示，竖直放置的一粗细均匀的U形管A侧上端封闭，B侧上端与大气相通。U形管下端开口处阀门K关闭时，A侧空气柱的长度l=10cm，B侧水银面比A侧水银面高h=3cm。现将阀门K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差h1=10cm时，将阀门K关闭。已知大气压强p0=75cmHg。

（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度。

（2）若此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。

17．用压强为p = 40atm的氢气钢瓶给容积为V1 = 1m3的气球充气，设气球原来是真空，充气后气球内的氢气压强为p1 = 1atm，钢瓶内氢气压强减小到p2 = 20atm，设充气过程中温度不变，求钢瓶的容积V。

18．如图所示，某洗车的高压水枪由长方体储水箱、空气压缩机、进气管、进水管和出水管几部分组成，其中水箱的体积为5m3，底面面积为1m2，出水管紧靠水箱顶部。关闭进气管，打开进水管和出水管，将4m3的水注入水箱，水箱和出水管内的水面高度相平，然后关闭进水管阀门和出水管阀门；再打开进气管阀门，用空气压缩机将一个大气压下的体积为V的空气压入储水箱，然后关闭进气管阀门。进、出水管及进气管很细，忽略进、出水管及进气管中气体和水的体积，已知一个大气压相当于10m高的水柱产生的压强，温度保持不变。若该水箱始终不漏气，打开出水管阀门直到出水管不再向外喷水，发现水箱内的水面下降了1m。求：

（1）出水管不再向外喷水后水箱内气体的压强相当于多少个大气压？

（2）空气压缩机压入一个大气压下的空气的体积V。

19．如图所示的容器由三个绝热管构成，左、右两管橫截面面积相等均为S，下管的横截面面积为，竖直放置，管内装有水银。左管管口用导热材料封闭了一定质量的理想气体；右管上端开口与大气相通。下管中的水银用锁定的活塞封闭，三支管用不计体积的细管相连。开始时，左管中气柱长、温度为，右管水银面比左管水银面高，整个装置处于静止状态。大气压强且三个管足够长，左、右管中水银柱足够高，不计活塞与管壁间摩擦。

（1）左管气体温度升至多少摄氏度时，右管水银面比左管水银面高；（保留两位有效数字）

（2）保持（1）问中的温度不变，解除锁定、缓慢向下移动活塞，直到两侧水银面的高度差为。求活塞向下移动的距离。（保留三位有效数字）

参考答案

1．A

【详解】

封闭气体的压强可表示为

可得

由于左侧上段水银柱长度不变，故h不变。

故选A。

2．A

【详解】

AB．药液从B瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶补充，使B瓶液面保持不变，直到A瓶液体全部流入B瓶，所以A瓶液体先用完，A正确，B错误；

CD．A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，液体产生压强减小，因此封闭气体压强增大，C错误，D错误。

故选A。

3．B

【详解】

A．由图可知，往左推动拉杆时，进气口A闭合，进气口打开；阀门打开，阀门闭合，气流可以从出气口排出，故A错误；

B．往右拉动拉杆时，进气口A打开，进气口闭合；阀门闭合，阀门打开，气流可以从出气口排出，故B正确；

C．若堵住出气口，往左推动拉杆，则左边气体压强大于，右边气体压强等于，故C错误；

D．若堵住出气口，往右拉动拉杆，则左边气体压强等于，右边气体压强大于，故D错误。

故选B。

4．C

【详解】

设使轮胎内气体压强达到2.5p0的充气时间为tmin，此时内胎体积为V2，压强为p2；胎内气体在压强为p1时体积为V1，由玻意耳定律得

其中

，，

联立解得

则充入胎内气体在压强为1.5 p0时的体积为

对充入胎内气体，由玻意耳定律得

其中

联立方程解得

故选C。

5．C

【详解】

设充气n次可以让气体压强增大至3atm，据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得

p1（V+n△V）=p2V

代入

1×（2+n×0.2）=3×2

解得

n=20（次）

故选C。

6．D

【详解】

ABC．玻璃管做平抛运动、自由落体运动、竖直上抛运动时，水银均处于完全失重状态，水银对气体不产生压力，气体压强不变，温度与体积不变，不符合题意，故ABC错误；

D．当玻璃管在竖直方向上做匀速直线运动时，水银对下面的气体产生压强，下面气体体积减小，上面气体体积变大，符合题意，故D正确。

故选D。

7．B

【详解】

气体温度不变，根据玻意耳定律可得

则

故ACD错误，B正确。

故选B。

8．D

【详解】

ABC．当增大时，V减小，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的原因是注射器存在漏气现象，为在注射器活塞上涂润滑油会导致漏气，当压强增加后，连接部分的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中一小部分气体进入连接部分，也相当于注射器漏气，故ABC正确，不符合题意；

D．实验过程中用手握住注射器前端，会导致注射器中气体温度升高，则图像的斜率会增大，故D错误，符合题意。

故选D。

9．A

【详解】

对球内原有气体压强为p1=1.3atm时，其体积为V=7.5L，设需打气n次球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。

由玻意耳定律有

p2V=p1V+n p0ΔV

 解得

当p2=1.5atm时，解得

n=5

当p2=1.6atm时，解得

n=7.5

故需打气的次数范围5~7次。

故选A。

10．A

【详解】

压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为

则由玻意耳定律可知

解得

h≈43.6cm

故选A。

11．BDE

【详解】

A. 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；

BC. 根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；

D. 由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：

D正确；

E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得：

即：

E正确。

故选BDE。

12．AD

【详解】

AB．细管将两气球连通后，气体总是从气压大的气球流向气压小的气球；由乙图可知，（体积设为V）、（体积为）时，气球1中的气压大于气球2中的气压，故气体从气球1流向气球2，气球1的半径缩小，气球2的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球1的直径减为（体积为），则有

解得气球2的体积

（气球直径为时的体积），符合题意，故A正确，B错误；

CD．由乙图可知，（体积为）、（体积为）时，气球2中的气压大于气球1中的气压，故气体从气球2流向气球1，气球2的半径缩小，气球1的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球2的直径减为（体积为），则有

解得气球1的体积

（气球直径为时的体积），不符合题意，故可知，两气球最终体积相同，故D正确，C错误。

故选AD。

13．ACD

【详解】

对汽缸与活塞组成的整体，据牛顿第二定律可得

a1=a2

.对图甲，以活塞为研究对象，有

p0S-p1S=ma1

对图乙，以汽缸为研究对象，有

p2S-p0S=Ma2

由以上两式可得

p1<p2

根据玻意耳定律可得

p1V1=p2V2

则

V1>V2

ACD正确。

故选ACD。

14．BD

【详解】

AB．图（a）所示平衡时活塞与缸底相距，图（b）所示平衡时活塞与缸底相距，气缸内气体由图（a）到图（b）状态的过程气体体积变大，对外做功，,气体的温度不变，由热力学第一定律

可知,气体需要从外界吸热，故B正确，A错误；

CD．设气体初状态压强为,对活塞，由平衡条件得

带入数据解得

气体温度不变，由玻意耳定律得

带入解得

机舱内外气体压强之比是，因此舱外气体

由图（c）出此时客机的飞行高度为，故D正确，C错误。

故选BD。

15．（1）273K；（2）37°

【详解】

已知

，

根据

解得

（2）倾斜时，液面与左侧管口相平，因此

根据

可得

从而

16．（1）12cm；（2）13.2cm

【详解】

（1）以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l=10cm时的压强为p，当A、B两侧的水银面的高度差h1=10cm时，A侧空气柱的长度为l1、压强为p1

由力学平衡条件，得

由玻意耳定律，得

在打开阀门K、放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，A、B两侧的水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件，得

联立以上三式，并代入数据得

（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2、压强为p2

由玻意耳定律，得

由力学平衡条件，有

联立以上两式，并代入数据得

设注入的水银在管内的长度为 ，依题意得

联立解得

17．V = 0.05m3

【详解】

由气体状态方程得

pV = p1V1 + p2V

代入数值，解得

V = 0.05m3

18．（1） 1.2p0；（2） 1.4m3

【详解】

（1）设外界大气压为p0，空气被压入水箱后，出水管口距离水箱内水面的高度为2m，相当于0.2p0   ，则气体压强p2满足

（2）取水箱上方最终的一定质量的空气研究，初始

最终

由 

解得

19．（1）；（2）

【详解】

（1）根据理想气体状态方程

代入数值，整理计算解得

（2）根据玻意耳定律

代入数值有

计算得

活塞向下移动的距离有