课时测评7 气体的等温变化-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套练习（人教版2019）

课时测评7　气体的等温变化 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－11题，每题4分，共44分) 1.如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在水平地面上，T形活塞的质量为M，下底面积为S，上底面积为4S，若大气压强为p0，重力加速度为g，则被封闭气体的压强p等于(　　) A．4p0＋　　　　　 B．3p0＋ C．p0＋ D．条件不够，无法判断 答案：C 解析：以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，根据受力平衡得Mg＋4p0S＝3p0S＋pS，解得p＝p0＋，C正确。 2.(多选)如图所示，水银柱上面封闭一段气体，玻璃管内外水银面高度差h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是(　　) A．将管稍微上提，h不变 B．将管稍微上提，h变大 C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差也是70 cm D．将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70 cm 答案：BD 解析：由pV＝C知，上提时，气体体积变大，压强变小，内外液面差变大，A错误，B正确；同理，下插时，体积变小，压强变大，内外液面差变小，C错误，D正确。 3.如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是(　　) 答案：C 解析：筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大。故选C。 4.(多选)如图是一定质量的气体由状态A到状态B再到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中(　　) A．从A到B的过程温度升高 B．从B到C的过程温度升高 C．从A到B再到C的过程温度先降低再升高 D．A、C两点的温度相等 答案：AD 解析：作出过B点的等温线如图所示，可知TB＞TA＝TC，故从A到B的过程温度升高，A、D项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C项错误。 5.如图是由气缸、活塞柱、弹簧和上、下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，气缸内的气体压强为1.0×10 5 Pa，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m。活塞柱横截面积为1.0×10 －2 m 2。该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×10 3 N时，弹簧的压缩量为0.10 m。大气压强恒为1.0×10 5 Pa，环境温度不变。则该装置中弹簧的劲度系数为(　　) A．2×10 4 N/m B．4×10 4 N/m C．6×10 4 N/m D．8×10 4 N/m 答案：A 解析：设大气压为p0，活塞柱横截面积为S，装置安装到汽车上之前，气缸内气体压强为p1，气体长度为l，气缸内气体体积为V1；装置竖直安装到汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x，气缸内气体压强为p2，气缸内气体体积为V2，则依题意有p1＝p0，V1＝lS，V2＝(l－x)S，对封闭气体，安装前、后温度不变，则有p1V1＝p2V2。设弹簧劲度系数为k，对上支座进行受力分析，设汽车对气缸上支座的压力为F，由平衡条件有p2S＋kx＝p0S＋F，联立并代入数据解得k＝2×10 4 N/m，故A 正确，B、C、D错误。 6.人们常常用充气泵为鱼缸内的水补充氧气。如图为充气泵气室的工作原理图。设大气压强为p0，气室内气体的压强为p，气室通过阀门K1、K2与空气导管相连接，温度保持不变。则下列说法正确的是(　　) A．向上拉橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通 B．向上拉橡皮膜时，p<p0，K1关闭，K2开通 C．向下压橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通 D．向下压橡皮膜时，p<p0，K1关闭，K2开通 答案：C 解析：由题图可知，当向上拉橡皮膜时，气室内的气体体积变大，气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，气体压强变小，小于大气压，即p<p0，阀门K1开通，K2关闭，故A、B错误；由题图可知，当向下压橡皮膜时，气室内气体体积变小，气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，气体压强变大，大于大气压，即p>p0，阀门K1关闭，K2开通，故C正确，D错误。 7.一倒T形内壁光滑的细玻璃管，C端开口竖直向上，用水银密封A、B两部分理想气体。已知A、B、C三部分气柱和对应三段水银柱长度均为10 cm。外界大气压强为76 cmHg。现将细玻璃管绕D点在竖直面内顺时针缓慢旋转90°，整个过程温度不变。则旋转后三段水银柱状态为(　　) 答案：C 解析：依题意，对A、B部分气体研究，将细玻璃管绕D点在竖直面内顺时针缓慢旋转90°后，设A部分的水银柱长度为l1，B部分的水银柱长度为l2，根据玻意耳定律有pAhS＝pA′(2h－l1)S，pBhS＝pB′(2h－l2)S，其中h＝10 cm，pA＝pB＝p0＋ph＝86 cmHg，pA′＝(76－l1) cmHg，pB′＝(76＋l2) cmHg，联立以上各式解得l1≈7.5 cm，l2＝10 cm，可得l1＋l2<20 cm，故选C。 8.(2023·河南商丘市高二质检)如图所示，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0＝1.0×10 5 Pa，水的密度ρ＝1.0×10 3 kg/m 3，重力加速度g＝10 m/s 2。当空气柱被压缩到50 cm长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为(设整个过程中细管内气体温度保持不变)(　　 ) A．40 cm B．42 cm C．44 cm D．46 cm 答案：B 解析：刚进水时细管中被封闭空气柱长度为l1，压力传感器使洗衣机进水阀门关闭时洗衣缸内水位高度为h，空气柱长度为l2，则管内气体的压强为p＝p0＋ρg(h－l1＋l2)，则由玻意耳定律可知p0l1S＝pl2S，解得h＝42 cm，故B正确。 9.如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为(　　) A．20 cm B．25 cm C．40 cm D．45 cm 答案：A 解析：设玻璃管横截面积为S，初始时，左管封闭气体的压强为p1＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg，体积V1＝30S(cm3)；当两侧管内水银面相平时，设气体柱长为L，则气体体积为V2＝LS，压强p2＝75 cmHg，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，联立解得L＝20 cm，故A正确，B、C、D错误。 10．增压玩具水枪通过压缩空气提高储水腔内的压强。已知储水腔的容积为1.0 L，初始时，在储水腔中注入0.5 L的水，此时储水腔内气体压强为p0，现用充气管每次将0.02 L压强为p0的气体注入储水腔中，忽略温度变化。要使储水腔内气体压强增大到1.2p0，则应该充气的次数为(　　) A．5 B．10 C．15 D．20 答案：A 解析：设应该充气的次数为n，由等温变化规律有p0(V0＋nV1)＝1.2p0V0，即p0×(0.5＋0.02n)＝1.2p0×0.5，解得n＝5，故选A。 11.(多选)如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若m＝，活塞下移 B．若m＝，活塞下移 C．若m＝，气室1内气体压强为3p0 D．若m＝，气室1内气体压强为3p0 答案：AD 解析：若m＝，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内的气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得p0LS＝pxS，解得此时气室2内气柱长度x＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内的气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p0LS＝p′x′S，解得x′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。 12．(8分)如图甲所示，气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L＝21 cm。设气缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)初始状态封闭气体的压强； (2)若把质量为M＝30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。 答案：(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm 解析：(1)对气缸与椅面整体受力分析，由受力平衡有p1S＝p0S＋mg 解得p1＝1.5×105 Pa。 (2)重物放上后，设气缸内气体压强为p2，气柱长度为L′，对气缸、椅面与重物整体受力分析 由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g 解得p2＝4.5×105 Pa 对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则气缸内气体温度不变 对气缸内气体由玻意耳定律有p1LS＝p2L′S 解得L′＝7 cm 即高度下降h＝L－L′＝14 cm。 13.(8分)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，气缸中间有一固定隔板，将气缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，H形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设气缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的横截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求： (1)此时上、下部分气体的压强； (2)H形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。 答案：(1)2p0　p0　(2) 解析：(1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得p0SL0＝p1·SL0 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，则根据玻意耳定律可得p0SL0＝p2·SL0 解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。 (2)对H形连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上、下部分抵消，根据平衡条件可知 p1S＝mg＋p2S 解得活塞的质量为m＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$