阶段验收评估(二) 气 体

阶段验收评估（二）气体(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2017·上海高考)如图，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门。

开始时阀门关闭，左管的水银面较高。

现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门。

当重新平衡时()A．左管的水银面与右管等高B．左管的水银面比右管的高C．左管的水银面比右管的低D．水银面高度关系无法判断解析：选D初态时右侧封闭气体的压强p>p0，打开阀门，流出一些水银后关闭阀门，当重新平衡时，因封闭气体的体积变大，由pV＝C知压强p减小，因气体末态压强p有可、等于p0或小于p0，故左右两管水银面的高度关系无法判断，能大于p选项D正确。

2.如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是()A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h cos θC．B管内水银面比管外水银面低h cos θD．管内封闭气体的压强比大气压强大h cos θ高汞柱解析：选B以A管中的水银为研究对象，则有pS＋h cos θ·S＝p0S，B管内压强p＝p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ。

故B－h cos θ，显然p<p正确。

3.如图所示，一端开口、一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1。

若吸走糟中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则()A ．h 2>h 1，F 2＝F 1B ．h 2<h 1，F 2＝F 1C ．h 2<h 1，F 2>F 1 D.h 2>h 1，F 2>F 1解析：选D 因为实验中玻璃管内封闭了一段气体，因此，大气压＝玻璃管中水银柱产生的压强＋封闭气体的压强，在大气压不变的情况下，吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，封闭气体的体积变大，压强变小，同时水银柱的高度h 也会适当增加，拉力F 的大小会变大。

4．容积为20 L 的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm ，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L 的小瓶中，若小瓶原来是真空的，小瓶中充气后压强为10 atm ，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装( )A ．4瓶B ．50瓶C ．56瓶 D.60瓶解析：选C 根据玻意耳定律p 0V 0＝p ′(V 0＋nV 1)，所以n ＝p 0V 0－p ′V 0V 1p ′＝150×20－10×205×10＝56，选项C 正确。

5.如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D 、E 上端与大气相通，利用玻璃管C 使A 、B 两球上部相通，D 、C 、E 三管与两球接口处紧密封接。

当水面高度差如图所示时，E 管内水面相对B中水面的高度差h 应等于( )A ．0B ．0.5 mC ．1 m D.1.5 m解析：选D 表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区通过管C 相通， p 1＝p 2＝p C ，而p 1＝p 0＋ρgh 1，h 1＝1.5 m ，而p 2＝p 1＝p 0＋ρgh ，则h ＝1.5 m ，D 正确。

6.如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则( )A ．弯管左管内外水银面的高度差为hB ．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大C ．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升D ．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升解析：选ACD 对右管中的水银分析知，管中气体压强比大气压强高h cmHg ，所以弯管左管内外水银面的高度差为h ，故A 正确。

弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，故B 错误。

封闭气体温度和压强不变，体积不变，所以弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升，故C 正确。

环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，故D 正确。

7.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p -1V 图线如图所示，变化顺序由a →b →c →d →a ，图中ab 线段延长线过坐标原点，cd 线段与p 轴垂直，da 线段与1V轴垂直。

气体在此状态变化过程中( ) A ．a →b ，压强减小、温度不变、体积增大B ．b →c ，压强增大、温度降低、体积减小C ．c →d ，压强不变、温度降低、体积减小D ．d →a ，压强减小、温度升高、体积不变解析：选AC 由理想气体状态方程pV T ＝C 整理得：p ＝C V T 在p -1V图像中a 到b 过程斜率不变，CT 不变，故说明温度不变，压强减小，体积增大，故A 正确。

b →c 过程中，体积增大，故B 错误。

c →d 过程中，压强不变，体积减小，则由理想气体状态方程pV T＝C 可知，温度降低，故C 正确。

d →a 过程中，体积不变，压强减小，故温度应降低，故D 错误。

8.如图所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A 、B 两部分，初始温度相同。

使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A 、ΔV B ，压强变化量为Δp A 、Δp B ，对液面压力的变化量为ΔF A 、ΔF B ，则( )A ．水银柱向上移动了一段距离B ．ΔV A ＜ΔV BC ．Δp A ＞Δp BD ．ΔF A ＝ΔF B解析：选AC 假设水银柱不动，两气体发生等容变化，根据查理定律，有Δp ΔT ＝p 0T 0，其中p 0、T 0表示初始的压强和温度，初始压强p A ＞p B ，则Δp A ＞Δp B ，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A 、C 正确。

由于气体的总体积不变，所以ΔV A ＝ΔV B ，B 错误。

ΔF A ＝Δp A S A ＞ΔF B ＝Δp B S B ，D 错误。

二、计算题(共3小题，共52分)9.(15分)如图所示，A是容积很大的玻璃容器，B是内径很小的U形玻璃管，B的左端与A相通，右端开口，B中有一段水银柱将一定质量的空气封闭在A中，当把A放在冰水混合物中时，B的左管比右管中水银高30 cm；当B的左管比右管的水银面低30 cm时，A中气体的温度是多少？(设大气压强p0＝760 mmHg)解析：由于A的体积很大而B管很细，所以A中的气体体积可认为是不变的，由查理定律即可求解。

以A中的气体为研究对象，初状态温度T1＝273 K，p1＝p0－p h＝460 mmHg；末状态压强p2＝p0＋p h＝1 060 mmHg，由查理定律有p1T1＝p2 T2，T2＝p2p1·T1＝1 060460×273 K＝629 K。

答案：629 K10．(15分)(2016·海南高考)如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102 kg/m3的液体。

一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103 Pa。

外界温度保持不变。

缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40 cm，求此时左、右两气室的体积之比。

取重力加速度大小g＝10 m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。

解析：设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得p0V01＝p1V1①p0V02＝p2V2②依题意有V01＋V02＝V1＋V2③由力的平衡条件有p2－p1＝ρgh④联立①②③④式，并代入题给数据得2V12＋3V01V1－9V012＝0⑤由此解得V 1＝32V 01(另一解不合题意，舍去)⑥ 由③⑥式和题给条件得V 1∶V 2＝1∶1。

⑦答案：1∶111．(22分)(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b 。

已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g 。

(1)求该热气球所受浮力的大小；(2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量。

解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝m V 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖-吕萨克定律得V 0T 0＝V T T ③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④ 气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b。

⑥ (2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vgρ0T 0T a。

⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得 mg ＝f －G －m 0g ⑨联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝⎛⎭⎫1T b －1T a－m 0。

答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a (3)Vρ0T 0⎝⎛⎭⎫1T b －1T a－m 0。