1、课时作业6气体的等温变化基础巩固1 如图1所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压为p0，则被封部分气体的压强p(以汞柱为单位)为()图1Ap0h2Bp0h1Cp0(h1h2) Dp0h2h1解析：pp0ph，因以汞柱为单位，pp0h1.故选项B正确答案：B2将一根质量可以忽略的一端封闭的塑料管子插入液体中，在力F的作用下保持平衡，如图2所示，图中H值的大小与下列各量无关的是()A管子的半径 B大气压强C液体的密度 D力F图2 图3解析：分析管子的受力如图3所示，由平衡条件得：p0SFpS又pp0gH解得H可见与大气压强无关答案：B3如图4为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，
2、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，则此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力为()图4A.p0S B.C. D.解析：设压力为F，压缩后气体压强为p由p0V0pV和FpS得Fp0S答案：A4为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V的关系的是()解析：由玻意尔定律，pVC，即p，选项B正确答案：B5如图5所示，a、b、c三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相
3、等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为45的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为()图5ALaLbLcBLbLcLcLa DLbp0，pcp0，所以三管内的空气柱长度的关系为：LbgV，故放手后加速下沉同样道理，D选项也正确答案：BD7(多选)某同学做“探究气体等温变化的规律”时，测得的数据如下表所示，发现第5组数据中的pV乘积有较大偏差，如果读数和计算无误，那么造成此偏差的原因可能是()实验次序12345p(105Pa)1.211.060.930.800.66V(mL
4、)33.237.843.850.469.2pV(105 PamL)40.240.140.740.345.7A.温度升高 B温度降低C漏入气体 D漏出气体解析：由于第5组数据中的pV乘积比前4组的值偏大了，如果压强和质量不变，乘积变大，说明温度升高，选项A正确；如果温度没有变化，乘积偏大，说明气体的质量变大了，选项C正确答案：AC综合应用8(多选)如图6所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的理想图6气体封在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变把气缸稍微倾斜一点，在达到平衡后与原来相比()A气体的压强变大B气体的压强变小C气体的体积变大D气体的体积
5、变小解析：以活塞为研究对象，设其质量为M，横截面积为S.达到平衡时，活塞受力平衡，当气缸竖直倒放时，缸内气体压强p1可由下式求得，p1SMgp0S.式中p0为外界大气压强，由此可得p1P0，同理可知，当气缸倾斜一点，缸壁与水平方向夹角为时，缸内气体压强p2可由下式求得：p2SMgsinp0S，由此可得p2p0，必有p1(Mm)g，钢筒竖直向上做加速运动，根据牛顿第二定律有：F(Mm)g(Mm)a，a m/s22.5 m/s2.设这时缸内气体压强为p2、气柱长为l2.选钢筒为研究对象，根据牛顿第二定律有：p0Sp2SMgMa，p25104 Pa.再选钢筒内封闭气体为研究对象，根据玻意耳定律有：p
6、lSp2l2S，l224 cm.14.图14长为100 cm的内径均匀的细玻璃管，一端封闭，一端开口，当开口竖直向上时，用20 cm水银柱封住l149 cm长的空气柱，如图14所示，当开口竖直向下时(设当时大气压强为76 cmHg)，管内被封闭的空气柱长为多少？解：设玻璃管的横截面积为S，初状态：p1(7620) cmHg，V1l1S设末状态时(管口向下)无水银溢出，管内被封闭的空气柱长为l2p2(7620) cmHg，V2l2S根据玻意耳定律有：p1V1p2V2，解得：l284 cm.因84 cm20 cm104 cm100 cm(管长)，这说明水银将要溢出一部分，原假设末状态时(管口向下)无水银溢出不合理，求出的结果是错误的，故必须重新计算设末状态管内剩余的水银柱长为x，则：p2(76x) cmHg，V2(100x)S.根据玻意耳定律p1V1p2V2得(7620)49S(76x)(100x)S，即x2176x2 8960.解得x18.4 cm，x157.6 cm(舍去)所求空气柱长度为100x81.6 cm.
