XX省专用学年高中物理第八章气体阶段验收评估二气体含解析新人教选修

PAGE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有可能大于p0、等于p0或小于p0，故左右两管水银面的高度关系无法判断，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hcosθC．B管内水银面比管外水银面低hcosθD．管内封闭气体的压强比大气压强大hcosθ高汞柱解析：选B以A管中的水银为研究对象，则有pS＋hcosθ·S＝p0S，B管内压强p＝p0－hcosθ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出hcosθ。故B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．h2>h1，F2＝F1 B．h2<h1，F2＝F1C．h2<h1，F2>F1 D.h2>h1，F2>F1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20L的钢瓶充满氧气后，压强为150atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5L的小瓶中，若小瓶原来是真空的，小瓶中充气后压强为10atm，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p0V0＝p′(V0＋nV1)，所以n＝eq\f(p0V0－p′V0,V1p′)＝eq\f(150×20－10×20,5×10)＝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．0 B．0.5mC．1m D.1.5m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，p1＝p2＝pC，而p1＝p0＋ρgh1，h1＝1.5m，而p2＝p1＝p0＋ρgh，则h＝1.5m，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hcmHg，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p­eq\f(1,V)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eq\f(1,V)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eq\f(pV,T)＝C整理得：p＝eq\f(C,V)T在p­eq\f(1,V)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eq\f(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ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则()A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔVA＜ΔVBC．ΔpA＞ΔpBD．ΔFA＝ΔFB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eq\f(Δp,ΔT)＝eq\f(p0,T0)，其中p0、T0表示初始的压强和温度，初始压强pA＞pB，则ΔpA＞ΔpB，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ΔVA＝ΔVB，B错误。ΔFA＝ΔpASA＞ΔFB＝ΔpBSB，D错误。二、计算题(本题共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30cm；当B的左管比右管的水银面低30cm时，A中气体的温度是多少？(设大气压强p0＝760mmHg)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＝273K，p1＝p0－ph＝460mmHg；末状态压强p2＝p0＋ph＝1060mmHg，由查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，T2＝eq\f(p2,p1)·T1＝eq\f(1060,460)×273K＝629K。答案：629K10．(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＝7.5×102kg/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＝4.5×103Pa。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＝40cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g＝10m/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V1＝eq\f(3,2)V01(另一解不合题意，舍去)⑥由③⑥式和题给条件得V1∶V2＝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Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0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m0，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T0时的体积为V0，密度为ρ0＝eq\f(m,V0)①在温度为T时的体积为VT，密度为ρ(T)＝eq\f(m,VT)②由盖­吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(VT,T)③联立①②③式得ρ(T)＝ρ0eq\f(T0,T)④气球所受到的浮力为f＝ρ(Tb)gV⑤联立④⑤式得f＝Vgρ0eq\f(T0,Tb)。⑥(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg⑦联立④⑦式得G＝Vgρ0eq\f(T0,Ta)。⑧(3)设该气球还能托起的最大