高三物理玻马定律试题

高三物理玻马定律试题
1.（9分）图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。

左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。

两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。

容器内两个绝热
的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。

大气的压强p
0，温度为T
=273K，连个活塞因自
身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p。

系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。

现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。

用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。

氮气和氢气均可视为理想气体。

求
（ⅰ）第二次平衡时氮气的体积；
（ⅱ）水的温度。

【答案】（1）2.7hS ；（2）368.55K；
【解析】（1）以氢气为研究对象，初态压强为p
，体积为hS，末态体积为0.8hS．
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p
0V
1
=p
2
V
2
，即：p
hS=p×0.8hS，解得：p=1.25p
①
活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．
该过程的初态压强为1.1p
，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，
则p′=p+0.1p
0=1.35p
②V′=2.2hS③
由玻意耳定律得：1.1p
0×V=1.35p
×2.2hS，解得：V=2.7hS ④
（2）活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T
=273K，末态体积为2.7hS．设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得：，解得：
T=368.55K；
【考点】玻意耳定律；盖-吕萨克定律
2.（9分）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中
装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p
＝75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止，
求活塞下移的距离（假设环境温度不变）．
【答案】6.625 cm.
【解析】设粗管中气体为气体1.细管中气体为气体2.
对粗管中气体1：有p
0L
1
＝p
1
L
1
′-
右侧液面上升h
1，左侧液面下降h
2
，有S
1
h
1
＝S
2
h
2
，h
1
＋h
2
＝6 cm，
得h
1＝2 cm，h
2
＝4 cm L
1
′＝L
1
－h
1
解得：p
1
＝90 cmHg
对细管中气体2：有p
0L
1
＝p
2
L
2
′ p
2
＝p
1
＋Δh
解得：L
2′＝9.375 cm 因为h＝L
1
＋h
2
－L
2
′解得：h＝6.625 cm.
【考点】玻意耳定律
3.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口且足够长，开始左端空气柱长20cm，两管水银面等高．从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长变为15cm．温度不变，大
气压强为p
=75cmHg．
①加入水银的长度；
②此过程封闭气体吸热还是放热，并说明理由．
【答案】①35cm ②放热
【解析】①以左端封闭气体为研究对象，设末状态右侧管内水银面比左侧高h，
加入的水银柱长为x，
解得：cm
②由于气体温度不变，所以内能不变，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知故气体放热．
【考点】本题首先要明确气体发生了等温变化，根据玻意耳定律和几何关系求解加入水银的长度是关键．
4.（9分）如图15所示，一导热良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度1cm，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，现将气缸倒过来放置，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相
通。

g取10m/s2。

求稳定后气柱多长？
【答案】解：设气缸倒置前后被封闭气体的压强分别为p
1和p
2
，气柱长度分别为L
1
和L
2。

，（4分）
倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得p
1L
1
=p
2
L
2
（5分）
【解析】略
5.有一导热气缸，缸内有一定质量的密封活塞，气缸内密封一部分稀薄气体，如图气缸水平放置时，活塞距离气缸底部的距离为 L ，现将气缸竖立起来，活塞缓慢下降，稳定后，活塞距离气缸底部的距离为，若气缸活塞的横截面积为 S，大气压强为．
（1）求活塞的质量；
（2）当气缸竖起，活塞缓慢下降过程中，判断气缸内气体是吸热还是放热，并简述原
因．
【答案】（1）由玻意耳定律：（3分）
解得：（2分）
（2）放热；根据热力学第一定律，活塞下降过程对气体做功，而气体内能不变，所以应是放热
（3分）
【解析】略
6.如图所示，一根粗细均匀的玻璃管长为80 cm，一端开口，一端封闭。

管内有一段25 cm长的汞柱将一段空气柱封闭于管中，当玻璃管水平放置时，空气柱长为40 cm。

问当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱长为多少?（假设温度保持不变，外界大气压为75cmHg）
某同学解法为:
始、末两状态的压强分别为：P
1="75" cmHg ,P
2
="75-25=50" cmHg
此过程为等温变化，根据玻意耳定律有：P
1V
1
=P
2
V
2
即：L
2= P
1
L
1
/ P
2
=75×40/50=60cm
你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且写出正确解的步骤和结果。

【答案】解：
（1）他的解法不正确。

从他的计算结果看：60cm+25cm＞80cm，所以玻璃管开口向下时水银会漏出。

（2）设留在管内水银长为h
P
1V
1
=P
2
V
2
75×40=（75-h）×（80-h）
h≈22．67cm
管内空气柱长为：L=L
-h=（80-22．67）cm=57．33cm
【解析】略
7.如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。

设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封
闭的空气（）
A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大
C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小
【答案】B
【解析】由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据理想气体状态方程（C为定值），压强增大，故B正确。

【考点】考查了理想气体状态方程
8.（6分）一气象探测气球，在充有压强为1.00atm（即76.0cmHg）、温度为的氦气时，体积为4.5m3。

在缓慢上升至海拔6.0km高空的过程中，气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压38.0cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变。

此后停止加热，保持高度不变。

已知在这一海拔高度气温为。

求：
（1）氦气在停止加热前的体积
（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积。

【答案】（1） (2)
【解析】①在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程，根据玻意耳定律
解得（3分）
②在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T
2
=300K下降到与外界气体温度相同，即
T
3
=225K。

这是一等压过程根据盖—吕萨克定律
解得（3分）
【考点】本题考查理想气体状态方程。

9.如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。

玻璃管的下部封有长l
1
＝25.0 cm的空
气柱，中间有一段长为l
2＝25.0 cm的水银柱，上部空气柱的长度l
3
＝40.0 cm。

已知大气压强为
p
＝75.0cmHg。

现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为
l
1
＇＝20.0 cm。

假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。

【答案】15.0 cm
【解析】在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：①
设活塞下推后，下部空气的压强为，由玻意耳定律得：②
如图，设活塞下推距离为，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为，则④
由波义耳定律，得：⑤
由①②③④⑤式代入数据解得：。

10.（10分）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l
1
=66cm的水银柱，中间封
有长l
2=6.5cm的空气柱，上部有长l
3
=56cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。

已知大气压
强为p
=76cmHg。

如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。

封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。

【答案】13cm 10cm
【解析】设玻璃管开口向上时，空气柱压强为（1分）①式中，分别表示水银的密度和重力加速度。

玻璃管开口响下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。

设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则（1分），（1分）②式中，管内空气柱的压强。

由玻意耳定律得③（1分）式中,h是此时空气柱的长度，S 为玻璃管的横截面积。

由①②③式和题给条件得h=13cm④（2分）从开始转动一周后，设空气柱的压强为，则⑤（1分）由玻意耳定律得⑥（1分）式中，
是此时空气柱的长度。

由①②③⑤⑥10cm ⑦（2分）
【考点】本题考查了热学基本知识和理想气体状态方程。