高效作业9 3 第1课时 气体的等压变化-【精彩三年】2023-2024学年新教材高中物理选择性必修第三册课程探究与巩固教师用书配套课件PPT（人教版）

高效作业9 [3　第1课时　 气体的等压变化] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B 2．如图所示，两端开口的玻璃管，一端竖直插入水银槽内，竖直管的上端有一小段水银，水银的上表面刚好与水平管平齐，水平部分足够长，若将玻璃管稍微上提一点，被封闭的空气柱长度和试管内外的液面高度差的变化分别是(　 　) A．变大，变小 B．变大，不变 C．不变，不变 D．不变，变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 【解析】 在向上提玻璃管时，管内气体温度不变，设大气压为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g，封闭气体压强p＝p0＋ρgh，当玻璃管稍向上提一点时，封闭气体压强不变，由盖­吕萨克定律可知，气体体积不变，空气柱长度不变， 试管内、外的液面高度差不变，故选C。 3．如图所示，一玻璃管上端开口下端封闭，上管内径小于下管内径，管内用水银封住一定质量的气体，在大气压强不变的情况下，气体温度缓慢升高，水银全部进入上管且未溢出。此过程中，气体压强p随体积V的变化关系可能是(　 　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A 4．如图所示，一根竖直的弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止。设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是(　 　) A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些 B．若外界大气压增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大 C．若外界气温升高，则活塞距地面的高度将减小 D．若外界气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D 【解析】 以汽缸与活塞组成的系统为研究对象，系统受重力与弹簧弹力作用，外界大气压增大，大气温度不变时，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，弹簧的压缩量不变，A错误；选择汽缸为研究对象，汽缸受竖直向下的重力G和大气压力pS、缸内气体向上的压力p1S，汽缸受三个力处于平衡状态，即G＋pS＝p1S，若外界大气压p增大，p1一定增大，气体发生等温变化，有pV＝C（常数），当压强增大时，体积一定减小，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；以汽缸与活塞组成的系统为研究对象，系统受重力与弹簧弹力作用，外界气温升高时，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变， 5．（多选）如图所示，竖直放置的导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的气体，活塞的质量为2m，横截面积为S，缸内气体高度为2h。现在活塞上缓慢添加砂粒，直至缸内气体的高度变为h。然后再对汽缸缓慢加热，以使缸内气体温度逐渐升高，让活塞恰好回到原来位置。已知大气压强为p0，大气温度恒为T0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间的摩擦。下列说法正确的是(　 　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 AD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2T 4m 7．“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图如图所示。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内，开始时，B、C管内的水银面等高。 (1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管________（填“向上”或“向下”）移动，直至__________________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 向下 B、C两管内水银面等高 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是______。 A 8．如图所示，一个横截面积均匀的不导热的封闭容器，被一个不导热活塞分成A、B两部分。A、B中充有同种气体，活塞可无摩擦地左右移动。开始时，A、B的体积分别为VA＝2V，VB＝V，温度为TA＝2T和TB＝T，两边压强均为p，活塞处于平衡状态。现用某种方法使活塞能导热而发生移动，最后两部分气体温度相同，两边的压强仍为p。则最终状态时，A、B两部分气体体积之比为__________，最终状态时，A、B两部 分气体的温度T′＝______。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1∶1 9．如图所示，导热性良好的汽缸竖直固定，开口向上，用轻质活塞封闭一段气体，活塞可无摩擦上下滑动，活塞稳定后处在图甲的A位置，此时汽缸内气体压强为p1，温度为T1；现在活塞上轻放一个质量为m的小物体，重新稳定后活塞处于图乙中的B位置，此时汽缸内气体压强为p2，温度为T2；接着用电热丝缓慢加热气体，活塞刚好到达C位置时，汽缸内气体压强为p3，温度为T3。已知大气压强不变，则p1______p2______p3，T1______T2______T3。（均填“>”“<”或“＝”） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ＜ ＝ ＝ ＜ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．如图甲所示，一根长L＝50 cm、粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长度为L0＝24 cm的水银柱，下端封闭了一段长度为L1＝22 cm的空气柱。管内空气的温度为T1＝300 K，大气压强为p0＝76 cmHg。现将玻璃管在竖直平面内缓慢旋转，直至玻璃管与水平方向成30°角，如图乙所示。玻璃管导热性能良好，环境温度保持不变。 (1)求重新稳定后空气柱的长度。 (2)对细玻璃管中空气缓慢加热，直至水银柱恰好 不溢出，求此时管内空气的温度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 【答案】 (1)25 cm　(2)312 K 【解析】 (1)设当细玻璃管开口向上竖直放置时被封闭气体的压强为p1，当细玻璃管与水平方向成30°角时被封闭气体的压强为p2，则p1＝p0＋ρgL0， p2＝p0＋ρgL0·sin 30°， 设稳定后空气柱的长度为L2，气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S， 解得L2＝25 cm。 12．如图所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道（体积忽略不计）连通，两活塞a、b用刚性杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动。上、下两活塞（厚度不计）的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm。汽缸内封有一定质量的气体，系统平衡时活塞a、b到汽缸底的距离均为L＝5 cm（图中未标出），已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，环境温度为T0＝300 K，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧汽缸的底 部，求此时环境温度的大小。 (2)若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活 塞b由开始运动到汽缸底部过程中，求向下推力的最大值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 【答案】 (1)400 K　(2)75 N (2)设初始气体压强为p1，由平衡条件有 p0S1＋p1S2＝Mg＋p0S2＋p1S1 代入数据解得p1＝1.5×105 Pa， 活塞b刚要到达汽缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为HS1，设压强为p2， 由玻意耳定律有p1(LS1＋LS2)＝p2HS1， 代入数据解得p2＝2.25×105 Pa， 由平衡条件有p0S1＋p2S2＝Mg＋p0S2＋p2S1＋F， 代入数据解得F＝75 N。 感谢聆听，再见！ [A级　新教材落实与巩固] 1．对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是(　 　) A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍 B．气体的热力学温度升高到原来的两倍 C．温度每升高1 K，体积增加原来的 D．体积的变化量与温度的变化量成反比 【解析】 由盖­吕萨克定律有＝，解得T2＝2T1，可知热力学温度升高到原来的两倍，A错误，B正确；由盖­吕萨克定律的推论有＝，又由0 ℃对应273 K，可知，温度每升高1 ℃即1 K，体积增加0 ℃时体积的，C错误；由盖­吕萨克定律的推论有＝＝k，可知体积的变化量与温度的变化量成正比，D错误。 【解析】 设玻璃管上部的横截面积为S1，下部的横截面积为S2，当水银还未全部进入上管时，上管水银柱高度增加Δh，下管水银柱高度就减少，气体体积增加ΔV＝ΔhS1，气体压强的变化量为Δp＝ρgΔh－＝ρgΔh·，可知p­V图线是一条斜率不变的倾斜直线；当水银全部进入上管后，气体温度再升高，气体体积膨胀，但压强p保持不变，气体发生等压变化，故A正确，B、C、D错误。 所以活塞距离地面高度不变，C错误；若大气温度升高，气体温度T升高，外界大气压不变，气体压强p不变，由盖­吕萨克定律＝C可知，气体体积增大，活塞不动，所以汽缸向上运动，即汽缸的上底面距地面的高度将增大，D正确。 A．所添加砂粒的总质量为2m＋ B．所添加砂粒的总质量为m＋ C．活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为T0 D．活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为2T0 【解析】 设添加砂粒的总质量为m0，最初气体压强为p1＝p0＋，添加砂粒后气体压强为p2＝p0＋，该过程为等温变化，根据玻意耳定律得p1S·2h＝p2Sh，解得m0＝2m＋，故A正确，B错误；设活塞回到原来位置时气体温度为T1，该过程为等压变化，根据盖­吕萨克定律得＝，解得T1＝2T0，故C错误，D正确。 6．如图所示，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到汽缸底部的距离为汽缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的气体。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为，忽略一切摩擦。现对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达汽缸上端卡口时气体温度T1＝__________；保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到汽缸底部的距离为汽缸高度的三分之一，则倒入沙子的总质量m1＝__________。 【解析】 对封闭气体缓慢加热，活塞恰好到达汽缸上端卡口，该过程为等压过程，由盖­吕萨克定律可知＝，其中V0＝，V1＝hS，T0＝T，解得T1＝2T。未在活塞上表面缓慢倒入沙子前，活塞受力平衡，有mg＋p0S＝p1S，保持封闭气体的温度T1不变，封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，当活塞到汽缸底部的距离为汽缸高度的三分之一时，活塞受力平衡，有mg＋m1g＋p0S＝p2S，其中p0＝，V2＝hS，联立解得m1＝4m。 【解析】 (1)由盖­吕萨克定律＝C可知，气体温度升高，体积增大，B管内水银面将下降，为使气体压强不变，应将C管向下移动，直至B、C两管内水银面等高。 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据盖­吕萨克定律的推论可知，Δh与Δt成正比，所以根据测量数据作出的图线是图A。 T 【解析】 初始状态时，气体的状态参量：VA＝2V，VB＝V，TA＝2T，TB＝T；末状态时，气体的状态参量：V′B＝3V－V′A，T′A＝T′B＝T′。气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得，A部分气体＝，即＝；B部分气体＝，即＝；联立解得V′A＝V，V′B＝V，T′＝T，则V′A∶V′B＝1∶1。 【解析】 图甲的汽缸内气体压强为p1，则有p1＝p0，图乙的汽缸内气体压强为p2，则有p0S＋mg＝p2S，解得p2＝p0＋，图丙的汽缸内气体压强为p3，则有p3＝p0＋，所以p1<p2＝p3。从位置A到位置B过程，由于没有给电热丝通电，则没有对气体加热，另外汽缸导热性良好，气体温度总是与外界温度相同，所以从A位置到B位置过程气体发生等温变化，则有T1＝T2；从B位置到C位置过程气体发生等压变化，根据盖­吕萨克定律有＝，可知，从B位置到C位置过程气体体积增大，温度升高，所以有T2<T3，则T1＝T2<T3。 [B级　素养养成与评价] 10．如图所示，一定质量的气体经历了两个不同的过程，分别由体积—温度(V­t)图像上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的点。由图可知，气体在状态a和b的压强的比值＝______；气体在状态b和c的压强的比值＝_________。 【解析】 根据盖­吕萨克定律有＝k，整理得V＝kt＋273.15 ℃·k，由体积­温度(V­t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1。设t＝0 ℃时，气体体积为V1时其压强为p1，气体体积为V2时其压强为p2，根据玻意耳定律，则有p1V1＝p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc，联立解得＝＝。 (2)对细玻璃管中空气缓慢加热，被封闭气体压强不变。设水银柱恰好不溢出时管内空气的温度为T2，由盖­吕萨克定律得＝， 解得T2＝312 K。 【解析】 (1)汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖­吕萨克定律得＝， 代入数据解得T＝400 K。 $$