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

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 第1关练速度 2mn为准，你的时间 可无摩擦地滑动而不漏气.现缸内气体温度为 题型1气体等压变化的规律 T,活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温 1.一定质量的理想气体，在压强不变的情况下， 度缓慢下降到T2,且降温幅度很小，外界环境 温度由5℃升高到10℃，体积的增量为△V； 压强不变，则下列说法中正确的是 温度由283K升高到288K,体积的增量为 A.缸内气体将做等体积 △V2,则 变化，活塞不发生移动 ( A.△V,=△2 B.△V1>△V2 B.活塞将向右移动 C.活塞将向左移动 C.△V<△V2 D.无法确定 D.活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、 2.如图所示，在一只烧瓶上连 压强与降温前相比都发生了变化 一根玻璃管，把它跟一个水 5.(2023·浙江联考)如图甲所示，向一个竖直 银压强计连在一起，烧瓶里 放置的空铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透 封闭着一定质量的气体，开 明吸管，接口用蜡密封，在吸管内吸入一小段 始时水银压强计U形管两端水银面一样高 油柱（长度可以忽略），如果不计大气压的变 下列情况下，为使U形管两端水银面一样高， 化，这就是一个简易的气温计.已知铝罐的容 管A的移动方向是 ( 积是357cm3,吸管内部粗细均匀，横截面积 ①如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移 为0.3cm2,吸管的有效长度为20cm,当温度 ②如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移 为27℃时，油柱离罐口10cm. ③如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移 (1)在吸管上标刻温度值，刻度是否均匀？ ④如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移 (2)试推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h A.①③B.①④C.②③ D.②④ 的表达式： 题型2盖-吕萨克定律的应用 (3)某同学以图乙所示方式使用上述标好刻 3.有一教室，上午8时温度为17℃，下午2时 度的气温计，试判断测量值较实际值偏 的温度为27℃，假定大气压无变化，则下 大、偏小还是准确，简要说明原因， 午2时与上午8时教室内的空气质量的比 值为 ( A.29:30 B.30:29 C.17:27 D.27:17 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 第二章学霸017 第2关练准确率 ）准确率>90%，你做对 题 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× 6.如图所示的两图线分别为a、b两气体的等压 10Pa,重力加速度g取10m/s2.则() 线，根据图中所给条件可知，当t=273℃时， A.刻度表的刻度是不 气体a的体积比气体b的体积大（取T= 均匀的 273K+t) ( B.能测量的最大温度 0.5 为600K C.环境温度升高时 0.3 0.2 弹簧的长度将变短 0.1 VC D.环境温度为27℃时，缸内气体的压强为 A.0.1m3 B.0.2m3 9×104Pa C.0.3m3 D.0.4m3 第3关练思维宽度 难度级别：女☆☆☆ 7.如图所示，孔明灯“会飞”的原因是，灯内燃料 9.如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖直放 燃烧使内部空气升温膨胀，一部分空气从灯 置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容积的细 内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小， 管连通，汽缸高均为、横截面积均为S,不计 空气浮力将其托起.某盏孔明灯灯体（包括燃 厚度、质量分别为m和2m的活塞与两汽缸 料、气袋)的质量为M,气袋体积恒为V。,重力 顶部紧密贴合（不粘连）.开始时汽缸中为真 加速度为g,大气密度为p,环境温度恒为T。 空，现从阀门A、B分别向汽缸中缓慢注入理 (K),忽略燃料的质量变化，大气压强不变 想气体I和Ⅱ，同时缓慢释放两活塞，当两活 业是衡量孔明灯升空性能的参量，记从之 p。 塞均位于汽缸正中间位置时关闭两个阀门.随 若气袋内气体温度最高不能超过1.5T(K), 着外部温度由T。开始缓慢升高，右侧汽缸中 则为了使孔明灯顺利升空，k应满足() 活塞位置不断上升，已知重力加速度为g,求： (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的3 B.ks 3 2 2m cs对 n号 8.(2023·广东华南师大附中质检)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 选择性必修第三册学霸0186.25cm解析：开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零 气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高， 设汽缸内气体压强为p1、体积为V-P,(Sa-S.)=P(S。 应把A管上移，故③错误，④正确①④正确，故选B. -S,),若往小桶中缓慢注人1kg细沙，设汽缸内气体压强 3.A解析：设上午8时教室内的空气质量为m,下午2时教 为P2、体积为VP(Sg-Sa)-Po(Sg-S)=m1g,气体发生等 室内的空气质量为m',以上午8时教室内的空气为研究对 温变化，P1V=P2V2,根据题意：V,-V2=L(S。-S,),若再往 小桶中缓慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为P、体积 象，由盖一吕萨克定律，有 行解得5= 为VP(Sg-S)-po(S。-Sa)=(m,+m2)g,气体发生等温 273+27 30 变化P22=P,根据题意V2-V,=L2(S。-S4),联立解得 273+17 ,空气溢出后，教室内的空气质量与空气 L=2.5 cm. 7.C解析：设充气次数为n次，根据玻意耳定律p,V。+p。× 密度成正比，所以有-上.29 m上0放选A 0.02V。=p2Va,代人数据0.3×103Pa×V。+103Pax0.02V。×n= 4.B解析：ABC.令外界环境压强与密封气体压强分别为 0.48×103Pa×Vo,解得n=9,故选C. PoP1,对活塞与硬杆整体分析有PgSp,S。=P,S+PoSa,解 8.D解析：钢瓶的容积为2V。,抽气简容积为V。,最初钢瓶 得P=P1,可知，气体发生的是等压变化，根据盖-吕萨克 内气体压强为P6,抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律， 第一次抽气有pa·2V。=p,V。+p1·2V,第二次抽气有p1· 定律有元元，可知，当缸内气体温度缓慢下降到乃时。 2V。=PV。+·2V。,第三次抽气有P2·2V。=P。+p 密封气体体积将随之减小，由于活塞用硬杆相连，两活塞 ·2V。,第四次抽气有P·2V。=p4V。+p4·2V。,经过计算有 移动的距离相等，当体积减小时，活塞应向横截面积较小 1 87P故选D P 的活塞一侧移动，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 9.A解析：根据玻意耳定律可知PoV+5p。V。=P,×5V,已知 与降温前相比都发生了变化，而压强没有发生变化，故 Po=750mmHg,V。=60cm3,p1=(900+750)mmHg= D错误故选B. 1650mmHg,代人数据整理得V=30cm3,故选A 5.(1)均匀(2)=(24.5+0.25h)℃(3)偏大，见解析 10.D解析：AB.设取水器下压n次后，桶中的水才能从出 水口流出.以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设 解析：()根据=C,油柱体积随温度均匀变化，则刻度是 开始时压强为P1,体积为V,则P,=Po=1×10Pa,V,= 均匀的.(2)初状态：V,=(357+0.3×10)cm3=360cm3,T1= [(20-12)×103+300n]cm3.设桶中空气和打入的空气后 (273+27)K=300K,任意态：V2=(357+0.3×h)cm3,T2= 来的体积为2，压强为P2,则V,=(20-12)×10cm°，由玻 意耳定律得p,V,=P,V2,要使桶中水能从出水口流出，则 (273+t)K,由 7行，得：4=(245+025)℃.(3)由 V V2 有pgA,联立各式解得n>子，所以取水器至少按 二，可得：五平刀由于袖柱重力产生压强的影响没有 T,1 压2次后，桶中水才能从出水口流出.AB错误.CD.水桶 了，V2偏大，则测得的T2偏大 高度。-002 Q.2m=1m,装满水时，水面距离出水口高度 第2关（练准确率） 6.D解析：在0℃和273℃两个状态时，由盖-吕萨克定律 4h=50cm-20-12 20h,=50cm-40cm=10cm,再压出4L =03m3 可知，对气体a有273+273)K=273K,对气体6有 水后桶内液面与出水口高度差为，-20-2+4 n+△h= 20 V 0.1m3 70cm,则有p3=Po+pgh2,解得p1=1.07x10Pa由于外界 (273+273)K273K,解得V=06m,=0.2m,4v= 温度保持不变，根据玻意耳定律有n'PoV。+p,=P,其 V.-V=0.4m3,选项D正确. 中V。=0.3L,V1=(20-12)L=8L,3=(20-12+4)L= 7.C解析：设刚好从地面浮起时气袋内的气体密度为P1,则 12L,解得n'=16.1,可知，若要再压出4L水.至少需按 升起时浮力等于孔明灯和内部气体的总重力，有Pg'。 压17次C错误，D正确.故选D. =Mg+p,gV。将气袋内的气体温度升高时，气体视为等压变 化，原来的气体温度升高时体积为V。,升高后体积为V 第3节气体的等压变化和等容变化 (有V。留在气袋内)，根据质量相等则有p'。=P,V,原来 的气体温度升高后压强不变，体积从V。变为V,由等压变 第1课时气体的等压变化 化得上、 第1关（纸速度） 1 ,根据题意T≤1.5。，联立解得M。 1A解析：在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律 T=C, 长兮故选C T 得A=C,当温度的增量相同时，体积的增量相同，故 8.B解析：AB.活塞位于汽缸正中间时，以汽缸为研究对 象，由平衡条件得P1S=Mg+PoS,当活塞在汽缸的最下端 △V1=△V2,故选A. 时，缸内气体温度为T2,压强为p2,此时仍有P,S=Mg+poS, 2.B解析：①②使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气 可得P2=P,可知缸内气体为等压变化，由盖-昌萨克定律 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， 可得兰=头，可得工(27+273)=600k,则能 V. 应把A下移，故①正确，②错误：③④若把烧瓶浸在冷水中， 参考答案学霸05 测量的最大温度为600K:又有△V=S·△L,由上式可知， 则△T,<△T:<△T<△T2,所以轮胎内气体的温度变化最小 刻度表的刻度是均匀的，A错误，B正确：C由以上分析可 的是左后轮胎内的气体故选C 知，汽缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此 环境温度降低时，弹簧的长度仍不变，C错误：D.以汽缸为 6.B解析：由题图知，。一6过程为等压过程，由7=C可知， 研究对象，（不包含活塞）对汽缸受力分析，由平衡条件可 得P,S=Mg+PaS,代人数据解得缸内气体的压强为P,= 气体温度升高，体积增大；b→c过程为等容过程，由=C L.1×10Pa,D错误故选B. 可知，气体温度升高，压强增大，故B正确 第3关（练思维宽度） 第2关（练准确率） 9()肾(2等3。 7.B解析：轮胎内气体体积不变，则为保证安全，则在90℃ 时压强不超过3.5atm:在-40℃时压强不不低于1.7am, 解析：(1)对右侧汽缸中的活塞，由受力平衡有P2S=2mg, 则根据查理定律，35。 P11.7P2 对左侧汽缸中的活塞，由受力平衡有P,S=mg+P,S,解得 273+90273+20'273-40273+20解得 ,=学(2)在缓慢升温过程中，两部分气体的压强均不 p户1=283atm,P2=2.14atm充气后的胎压应在2.14atm~ 2.83atm范围内比较合适，故B选项适合， 变，均为等压变化，设右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，左 8.C解析：在p-T图像中，开始一段时间内，随着温度的升 侧活塞下降玉对1气体，初态有片=公，工=，末态 高，气体发生的等容变化，根据号=C可知图像为一条过 有？=（行小由盖-萨克定律得 坐标原点的直线：当气体压强增加到与外界大气压强相等 T 对Ⅱ气体 时，温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，即 初态有4=8,7=，末态有=5+（行小s由盖-昌萨 气体压强等于大气压强。，保持不变，故C正确。 9.C解析：ACD.假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等 克定律得片兰，联立解得T。 容变化，由于初温和末温相同，根据查理定律，对气体A,有 第2课时气体的等容变化 二兰，对气体B,有宁-停初始状态满是，p,e,同 第1关（练追度） 理使A,B降低相同温度达到稳定后，有P4=TP4 1.B解析：把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积不变，气体经 npe)6-=7,由此可知4p,>4pd,>A,因 T 过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律 可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大 此水银柱将向下移动了一段距离，故C正确，AD错误： 气压就将罐紧紧地压在皮肤上 B.由于气体的总体积不变，所以△V=△V。,故B错误故 2A解析：由查理定律得 TT+1K:Ap=p-=x 一为 选C T 定值，A选项正确」 10.C解析：AC假设两部分气休做等容变化，则根据宁 3.C解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为 P1=1.0x10Pa,温度为T1=(273+27)K=300K,末状态的 Ar可得压强变化4=An,则4x P 温度为T,=[273+(-23)]K=250K,根据查理定律有2- T △T △T p发，4p6=了×p台，而其中P发=ppgh若同时 片，解得凸石×10P,所以此登山手表表面玻璃可以承 升高相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水 银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小；同 受的内外压强差至少为4p=p4p=。×10-40x10Pa 理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强诚少得多，所 4.3×10Pa,故选C 以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差 4.B解析：假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根 变大，故A错误，C正确： B.玻璃管竖直匀速下落与静止放置，水银柱都处于平衡 据查理定律有号岩所以4p=号7，两部分气体初状态 状态，所以两侧气体压强不变，左右水银面高度差不变， 温度T相同，升高的温度△T相同，初状态气体A的P大， 故B错误： 则△p>△p。,水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即 D.玻璃管竖直加速下落，水银柱处于失重状态，有向下 向B端移动.故选B. 的加速度，则有(P右+Pgh-P左)S=ma,假设左右水银面高 度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压强增大，由 5.C解析：轮胎容积不变，由查理定律可知P PV。=pV可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减小，则 △T=PPT.左前轮胎内的气体温度变化4T,= 治，右前 左右水银面高度差变小，故D错误 故选C 20 第3关（练思维宽度） 轮胎内的气体温度变化△了和T,左后轮胎内的气体温 11.(1)21.4cm(2)22℃ 度变化△T,-252 16,右后轮胎内的气体压强变化△7，-248， .16 解析：(1)A瓶内气体初态P1=76cmHg-16cmHg=60cm- Hg,T1=(273+27)K=300K,T2=(273+0)K=273K,气体 选择性必修第三册学霸06