第二章 3.1. 气依的等压变化-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第三册（人教版2019)

第3节气体的等压变化和等容变化 第1课时气体的等压变化 白题 限时：10min 题型1气体等压变化的规律 可无摩擦地滑动而不漏气现缸内气体温度为 1.一定质量的理想气体，在压强不变的情况下， T,活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温 温度由5℃升高到10℃，体积的增量为△V; 度缓慢下降到T2,且降温幅度很小，外界环境 温度由283K升高到288K,体积的增量为 压强不变，则下列说法中正确的是 △V2,则 ( A.缸内气体将做等体积 A.△V,=△V2 B.△V>AV2 变化，活塞不发生移动 C.AV<AV D.无法确定 B.活塞将向右移动 2.(多选)如图所示，在一只烧 C.活塞将向左移动 瓶上连一根玻璃管，把它跟 D.活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、 一个水银压强计连在一起， 压强与降温前相比都发生了变化 烧瓶里封闭着一定质量的气 5.如图甲所示，向一个竖直放置的空铝饮料罐 体，开始时水银压强计U形管两端水银面一 (即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡 样高.下列情况下，为使U形管两端水银面一 密封，在吸管内吸入一小段油柱（长度可以忽 样高，管A的移动方向是 ( 略)如果不计大气压的变化，这就是一个简易 A.如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移 的气温计.已知铝罐的容积是357cm3,吸管内 B.如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移 部粗细均匀，横截面积为0.3cm2,吸管的有效 C.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移 长度为20cm,当温度为27℃时，油柱离罐口 D.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移 10 cm 题型2盖-吕萨克定律的应用 (1)在吸管上标刻温度值，刻度是否均匀？ 3.(2024·山东聊城期末)有一教室，上午8点 (2)试推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h 的温度为10℃，下午1点的温度为25℃，假 的表达式： 定大气压强无变化，则上午8点与下午1点相 (3)某同学以图乙所示方式使用上述标好刻 比较，下列说法正确的是 度的气温计，试判断测量值较实际值偏 ( A.上午8点时，每个空气分子的速率都小 大、偏小还是准确，简要说明原因。 B.空气的分子数密度相同 C.室内空气密度之比为298：283 D.室内空气质量之比为5：2 4.(2024·福建宁德一中一模)如图所示为水平 放置的固定圆柱形汽缸，汽缸内被A、B两活 塞封有一定质量的气体，活塞之间用硬杆相 连（硬杆的粗细可忽略），活塞与汽缸壁之间 第二章黑白题17 黑题 应用提优 限时：20min 1.如图所示的两图线分别为a、b两气体的等压 B.能测量的最大温度 线，根据图中所给条件可知，当t=273℃时， 为600K 气体a的体积比气体b的体积大（取T= C环境温度升高时，弹 05 273K+t) ( 簧的长度将变短 .Vm D.环境温度为27℃ 777 时，缸内气体的压 0.3 0.2 强为9×104Pa 0.1 / 压轴挑战 A.0.1m B.0.2m 4.如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖直 C.0.3m D.0.4m3 放置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容积 2.如图所示，孔明灯“会飞”的原因是，灯内燃料 的细管连通，汽缸高均为1、横截面积均 燃烧使内部空气升温膨胀，一部分空气从灯 为S,不计厚度、质量分别为m和2m的活 内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小， 塞与两汽缸顶部紧密贴合（不粘连）.开始 空气浮力将其托起.某盏孔明灯灯体（包括燃 时汽缸中为真空，现从阀门A、B分别向汽 料、气袋)的质量为M,气袋体积恒为V。,重力 缸中缓慢注入理想气体I和Ⅱ，同时缓慢 加速度为g,大气密度为P,环境温度恒为 释放两活塞，当两活塞均位于汽缸正中间 T(K),忽略燃料的质量变化，大气压强不变 位置时关闭两个阀门.随着外部温度由T。 。是衡量孔明灯升空性能的参量，记”A 开始缓慢升高，右侧汽缸中活塞位置不断 若气袋内气体温度最高不能超过1.5T,(K), 上升，已知重力加速度为g,求： 则为了使孔明灯顺利升空，k应满足( (1)温度刚开始升高时，气体I的压强 (2)当右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，环 境的温度 A号 B.k≤ 2 Db时 3.如图所示为一温度计的结构原理图，利用汽缸 底部高度变化反应温度变化.质量为1kg的导 热汽缸内密封一定质量的理想气体，汽缸内横 截面积为10cm2.活塞与汽缸壁间无摩擦且不 漏气环境温度为27℃时，活塞刚好位于汽缸 正中间，整个装置静止.已知大气压为1.0× 10Pa,重力加速度g取10m/s2.则( A.刻度表的刻度是不均匀的 进阶突破拔高练P04 选择性必修第三册：R黑白题18压轴挑战 L。-L+ :若以被封闭气体为研究对象，由等温变化可知 5.AD解析：AC若m-Po ,对活塞AB有p,S=PaS+mg,解得 P,=2印，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室 plS=plS,解得p=宁o,故选AD 1内气体质量不变，压强也不变根据玻意耳定律得PxS= 5.C解析：设A、B两部分气体的总体积为V,对A气体，初状 S,解得名=子，所以活塞下社 2A正确，C错误 态pa=p,a=子，未秋态pa=,a=宁，根据玻意耳定 _P B.若m 2g对活塞AB有PS=PS+mg,解得=15p,单 律可得paa=pee对B气体，初状态pa=p,a=子，末 向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体 1 状态a=之，Pa=p+贤，根据玻意耳定律可得pmVn 质量不变，压强也不变.根据玻意耳定律得P2,S=PLS,解得 名=号所以活塞下移A==子，B错误D.若m 2L Paa联合解得m一鸳故法C 6.2.5cm解析：开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零，设 对活塞AB有pS=PoS+mg,解得P,=4po,单向阀打开，如果 汽缸内气体压强为P,、体积为VP,(S。-S)=Po(S。-S,),若 气室2的气体未完全进人气室1，则有pLS+2poLS=4pox3S, 往小桶中缓慢注人1kg细沙，设汽缸内气体压强为P2、体积 解得与一头，假设不成立，所以气体完全进人气室1，则有 为VP(S。-S)-Po(Sg-S)=m1g,气体发生等温变化， pV,=PV,根据题意：V,-V2=L,(S。-S),若再往小桶中缓 P%S+2poLS=P,LS,解得p.=3p0,D正确故选AD, 慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为户、体积为V 专题探究一玻意耳定律的应用 P(Sm-S)-P%(Sm-S)=(m1+m)g,气体发生等温变化 PV2=PV根据题意V-V3=L(Sg-S,),联立解得L2= 2.5cm 黑题专题强化 7.B解析：由玻意耳定律可知P,V=P(V+nV。),代入数据 1.D解析：设大气压为Po,封闭气体压强p=PPgh,玻璃管绕 18atm×15L=2.5am×(15L+n×1L),解得最多可以充气球 其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，假设H不变，则 的个数为n=93,故选B. 水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，根据玻意耳 8.D解析：钢瓶的容积为2V。,抽气筒容积为V。,最初钢瓶内 定律可知，封闭气体体积诚小，故水银柱会升高，即H要减 气体压强为P,抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第 小：再假设h不变，则H会诚小，根据玻意耳定律，封闭气体 一次抽气有Po·2V。=P,V。+p1·2V。,第二次抽气有P1· 压强会增加，故h也要减小，故ABC错误，D正确 2V。=PV+p2·2Vo,第三次抽气有p2·2V=P,V。+p,·2V。 2.C解析：依题意，对A、B部分气体研究，将细玻璃管绕B点 第四次抽气有P3·2V。=PaV。+P4·2V。,经过计算有P4= 在竖直面内顺时针缓慢旋转90后，设A部分的水银柱长度 16 为1，B部分的水银柱长度为12，根据玻意耳定律有P4· P放选D. 10S=p(20-41)S,Pg·10S=p(20-42)S,其中P4=Pm+P= 9.D解析：设充气前臂带内气体体积为V,=60cm3,每次挤压 86 cmHg,pA=(76-41)cmHg,p=(76+h2)cmHg,联立以上式 气囊充人气体体积为V。=60cm',充气后臂带内气体体积 子，求得l1=7.5cm,2=10cm,可得l1+l2<20cm,故选C 为V2=300cm3,根据玻意耳定律p,V1+5p。=P22,其中 3.B解析：设U形管的横截面积为S,根据题意可知小车静止 P,=p%=750mmHg,解得p2=900mmHg,压强计示数为臂带 时，左侧封闭气体的压强P1=P。=PgL,小车向右做匀加速运 内气体的压强高于大气压强的差值，则压强计的示数为 动时，水银柱受到向右的合外力，则左侧气体的压强较大，左 △p=P2P,=150mmHg,故选D. 侧水银面的高度会上升，右侧水银面的高度下降，两端水银 10.AC解析：A.为了保证喷水效果，设打气筒最少打气n次。 面的高度差为二，则左侧水银面上升的高度为子左管中的 则有PV。+p△V=P1V。,其中P0=1.0x10Pa,V。=1.4L- 1.2L=0.2L,4V-0.02L,p1=3.0×10Pa,解得n=20, 气体由玻意耳定律得，s=p,s(L-),可得小车以加速 故A正确：B.为了保证喷壶安全，打气简最多打气m次，则 有PoV+mpo△V=P2V。,其中P2=5.0x10Pa,解得m=40,放 度a=2 8水平向右做匀加速直线运动时，左侧封闭气体的 B错误：CD.若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷 水，设可向外喷出水的体积为V,则有PV。=P(V。+V),解 得V=0.8L,故C正确，D错误故选AC. 压强一=了Pg人设水平部分的长度为x,以水平管内长为x 第3节气体的等压变化和等容变化 的水银为研究对象，由牛顿第二定律得P2S+Pg· 2P= 第1课时气体的等压变化 p四a,联立解得号放选B 白题 基础过关 4.AD解析：以水银柱为研究对象，水平方向受力为向右的 1.A 解析：在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律 刀=C,得 PoS,向左的pS,由牛第二定律，知pS-PoS=ma= A e2(+h-t)又m=,则p=np以e( △TC,当温度的增量相同时，体积的增量相同，放△y= △V2,故选A 选择性必修第三册·RJ黑白题06 2.AD解析：AB.使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气： 内)，根据质量相等则有p'。=P,Y,原来的气体温度升高后 体的压强始终等于外界大气压而不变，若把烧瓶浸在热水 中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高， 压强不变，体积从%变为1，由等压变化得之= ,根据题 应把A下移，故A正确，B错误：CD.若把烧瓶浸在冷水中， 气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应 p。 =1 T 把A管上移，故C错误，D正确故选AD, 3.B解析：AB.活塞位于汽缸正中间时，以汽缸为研究对象， 3.C解析：A.上午8点时，温度小，分子的平均动能小，平均 由平衡条件得p,S=Mg+PS,当活塞在汽缸的最下端时.缸 速率小，某个分子的速率可能变大，也可能变小，也可能不 内气体温度为T2,压强为p2,此时仍有pP2S=Mg+PS,可得 变，故A错误；B.当温度升高时，气体体积将增大，因此房间 =严1，可知缸内气体为等压变化，由盖-吕萨克定律可得 内的空气质量将诚少，空气分子的个数减少，空气的分子数 业，可得T, T,V2.(27+273)×L 密度减少，故B错误：CD.上午8点的热力学温度T,=(273+ K=600K,则能测量 V 10)K=283K,下午1点的热力学温度T2=(273+25)K= 298K,上午8点时教室内空气的质量为m1,体积为V1,选上 的最大温度为600K:又有△V=S·△L,由上式可知，刻度表 午8点时教室内空气为研究对象，由盖-昌费克定律7 的刻度是均匀的，A错误，B正确：C.由以上分析可知，汽缸 内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度 瓷：-贺2上午8点教室内的气体质量m与下 升高时，弹簧的长度仍不变，C错误；D.以汽缸为研究对象 (不包含活塞)，对汽缸受力分析，由平衡条件可得PS=Mg+ 午1点气体质量m比值品=283因上午8点和下午 P,S,代人数据解得缸内气体的压强为P1=1.1×10Pa,D错 误故选B. 压轴挑战 1点教室内的体积相同，故密度之比等于质量之比2。 P:m2 4()号 4 (2)3T ,故C正确，D错误故选C 解析：(1)对右侧汽缸中的活寨，由受力平衡有pS=2mg,对 4.B解析：ABC.令外界环境压强与密封气体压强分别为P%、 左侧汽缸中的活塞，由受力平衡有PS=mg+P,S,解得P1= p,对活塞与硬杆整体分析有poS,+p,Sn=p,S4+PoSa,解得 坚(2)在缓慢升温过程中，两部分气体的压强均不变，均为 P=P,可知，气体发生的是等压变化，根据盖-吕萨克定律有 等压变化，设右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，左侧活塞下 广-，可知，当缸内气体温度缓慢下降到？时，密封气你 降，对1气体，初态有一兰=元，来态有=（分 体积将随之减小，由于活塞用硬杆相连，两活塞移动的距离 相等，当体积减小时，活塞应向横截面积较小的活塞一侧移 小水曲童-昌萨克定律得宁子对I气体，初态有：心】 动，即活塞将向右移动，故AC错误，B正确；D.根据上述可 知，活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度与降温前相比都 刀=7，末态有9=5+（仔*）小由盖-吕萨克定体得 T 发生了变化，而压强没有发生变化，故D错误故选B. 5.(1)均匀(2)t=(24.5+0.25h)℃(3)偏大，原因见解析 宁联立解得T 解析：(1)根据=C,油柱体积随温度均匀变化，则刻度是 第2课时气体的等容变化 均匀的.(2)初状态：V,=(357+0.3×10)cm3=360cm3,T1= 白题基过关 (273+27)K=300K,任意态：V2=(357+0.3×h)cm3,T2= 1.B解析：把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积不变，气体经过 -,得：=(245+0.256)℃.(3)由7 热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可 (23+)K,由7，T1 1 知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压 就将罐紧紧地压在皮肤上 ,可得：，由于油柱重力产生压强的影响 2.A 解析：对甲图活塞受力分析有弩+p,=Pm,对乙图活塞受 了，Y2偏大，则测得的T2偏大 品题应用指优 力分析有P2=P0,由题知质量相等的同种理想气体甲、乙的 1.D解析：在0℃和273℃两个状态时，由盖-吕萨克定律可 体积相等，则根据-兴，可知pm>p2,T>T2,故选A T单Tz 0.3m3 知，对气体a有(273+273承=23K,对气体6有 3.C解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为P,= 1.0x10Pa,温度为T=(273+27)K=300K,末状态的温度 (273+273)K273K,解得=06m,=02m,Ay 0.1m3 为=(273(-23)]K=20K,根据查理定律有号-会解 V。-V。=0.4m3,选项D正确. 2.C解析：设刚好从地面浮起时气袋内的气体密度为P1,则 乃石×10Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的 升起时浮力等于孔明灯和内部气体的总重力，有Pg'。=Mg+ P1gV。气袋内的气体温度升高时，将气体视为等压变化，气 外压强差至少为4p=Ph-p=号×10-40x10PA=43为 体原来的体积为V。,温度升高后体积为V(有V。留在气袋 10Pa,故选C 参考答案与解析黑白题07