第八章 单元测试题
一、选择题
1．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是( )
A．气体分子间的作用力增大 B．气体分子的平均速率增大 C．气体分子的平均动能减小 D．气体组成的系统的熵增加
2．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p－T图像，对应的p－V图像应是( )
3.下列说法中正确的是( )
A.一定量的气体温度升高时压强一定增大
B.一定量的气体在绝热膨胀过程中压强一定减小
C.常温下对一个篮球进行充气时其内部压强一定是增大的 图1 D.一定质量的气体，温度一定体积减小时分子撞击器壁的冲力变大
4．如图1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<ΔVB C．ΔpA>ΔpB D．ΔFA＝ΔFB
5．如图所示，在活塞可自由移动的竖直放置的气缸中，将一个热敏电阻（电阻率随温度升高而减小）R置于气缸中，热敏电阻与容器外的电源E和电流表A组成闭合回路，电路中的电流很小，电阻R上产生的热量可以不计。气缸中封闭一定质量的气图 体（不计分子间的作用力，外界大气压恒定不变），在某一段时间内电流表的读数逐渐增大，则在这段时间内气缸中气体( )
A．压强增大 B．分子平均动能增大 C．向外界放热 D．对外界做功
6．对一定量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则( )
A．当体积减小时，N必定增加 图 B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化 D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
7．如图所示，一定质量的理想气体由状态A沿平行于纵轴的直线变化到状态B，则它的状态变化过程是( )
A．气体的温度不变
B．气体的内能增加 C．气体分子的平均速率减少
D．气体分子在单位时间内与器壁在单位面积上碰撞的次数不变
图3
8．如图3所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，在活塞上缓慢地、一点点放上一定量的细沙。假设在此过程中气缸内气体的温度始终保持不变，对上述过程有下列说法，正确的说法是( )
A．气缸中气体的内能增加 B．气缸中气体的压强增加
C．气缸中气体的分子平均动能不变
D．单位时间内气缸中气体分子对活塞撞击的次数不变 二、填空题
9．一定质量的理想气体经历一膨胀过程，此过程可以用p－V
图4
图上的直线ABC来表示，如图4所示，在A、B、C三个状态上，气体的温度TA________TC，TB________TA(填“大于”“等于”或“小于”)。
10．一定质量的理想气体，从图5示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，状态 A变化到状态B温度升高，体积 ，状态C到状态D压强变小，体
图5
积 。（填写“变小”、 “变大”或“不变”） 三、计算题
11．如图6所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm，先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，求：
(1)稳定后右管内的气体压强p；
(2)左管A端插入水银槽的深度h。(大气压强p0＝76cmHg)
图6 12．如图7所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下
端密封，上端封闭但留有一抽气孔。管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T1。开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V1，活塞因重力而产生的压强为0.5p0，继续将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热。求：
(1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度； (2)当气体温度达到1.8T1时气体的压强。
13．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，右端开口，左端封闭，管
图7
内水银将一部分空气封闭在管中，开口朝上竖直放置时，被封闭的空气柱长24cm，两边水银面高度差为15cm，若大气压强为750 mmHg柱高，问再向开口端倒入长为460mmHg柱时，封闭端空气柱的长度将是多大？(1mmHg＝133.322 Pa)
图8 参
一、选择题
1．D2．C3.BC；4．AC5．BD6．C7．B8．BC 二、填空题
9．等于 大于 10．不变；变大 三、计算题
11．答案：(1)78 cmHg (2)7 cm
1
解析：(1)插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p0l0 S＝p(l0－2Δh)S，所以p＝78 cm Hg。
(2)插入水银槽后左管压强p′＝p＋ρgΔh＝78＋2＝80 (cmHg)，左管内外水银面的
p′－p0p0l76×40
高度差h1＝ρg＝80 cm－76 cm＝4 cm，中、左管内气体p0l＝p′l′，l′＝p′＝80 cm
1
＝38 cm。左管插入水银槽深度h＝l＋2Δh－l′＋h1＝40＋1－38＋4＝7 (cm)。
12．答案：(1)1.2T1 (2)0.75p0
解析：(1)活塞上方的压强为p0时，活塞下方气体的体积为V1，抽气过程为等温
Vp0＋0.5p0
过程，活塞上面抽成真空时，下面气体的压强为0.5p0。由玻意耳定律得V＝0.5p，
10
式中V是抽成真空时活塞下面气体的体积。此后，气体等压膨胀，由盖·吕萨克定律得2.6V1＋V1T′
＝T，式中T′是活塞碰到玻璃管顶部时气体的温度，解得T′＝1.2T1。 V1
1.8T1p2(2)活塞碰到顶部后的过程是等容升温过程，由查理定律得T′＝0.5p，式中p2
0
是气体温度达到1.8T1时气体的压强。得p2＝0.75p0。
13．答案：
解析：取被水银封闭的那部分气体为研究对象，倒入水银前气体的体积和压强分别为V1＝Sl1＝240S，p1＝(750－150) mmHg＝600 mmHg，倒入水银后，左端水银面将上升，右端水银面将下降。设左端水银面上升距离为x，则由图可得此时封闭气体的长为l2＝l1－x＝240－x，此时两边水银面高度差为Δh2＝460－(150＋2x)答图1 ＝310－2×(240－l2)＝2l2－170，此时封闭气体的压强为P2＝750＋Δh2＝580＋2l2 mmHg，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得240×600＝l2(580＋2l2)⇒l22＋290l2－72000＝0，解得l21＝－450mm(舍去)，l22＝160 mm(即所求)。