课时测评8 气体的等压变化和等容变化-【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8　气体的等压变化和等容变化 (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1－10题，每题4分，共40分) 1.如图所示，在冬季，装有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来。其中主要原因是(　　 ) A．软木塞受潮膨胀 B．瓶口因温度降低而收缩变小 C．白天气温升高，大气压强变大 D．瓶内气体因温度降低而压强减小 答案：D 解析：由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体的温度降低，根据查理定律有＝，由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖瓶内的压强由p1减小为p2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，D正确。 2．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是(　　 ) A．升高了450 K　　　　　 B．升高了150 ℃ C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃ 答案：B 解析：由盖-吕萨克定律可得＝，代入数据可得T2＝450 K。所以温度升高了150 ℃，故B正确。 3．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电。若大气压强为1.0×105 Pa，刚通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为7 ℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是(　　) A．0.26×105 Pa B．0.93×105 Pa C．1.07×105 Pa D．3.86×105 Pa 答案：B 解析：冷藏室气体在初状态时T1＝(273.15＋27) K＝300.15 K，p1＝1.0×105 Pa，末状态时T2＝(273.15＋7) K＝280.15 K，设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律得＝，代入数据解得p2≈0.93×105 Pa，故B正确。 4．一定质量的理想气体，从一个状态变化到另一个状态，在如图所示的四个图中两个图描述的变化过程可能相同的是[图(b)中的曲线为双曲线的一支](　　) A．(a)与(b) B．(a)与(c) C．(b)与(c) D．(b)与(d) 答案：B 解析：由气体状态变化的图像的特点可知，题图(a)描述的等容变化过程，题图(b)描述的等温变化过程，题图(c)描述的等容变化过程，题图(d)描述的等压变化过程，故选B。 5.如图所示，一导热性能良好的气缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦)，温度降低时，下列说法正确的是(　　 ) A．气体压强减小 B．气缸高度H减小 C．活塞高度h减小 D．气体体积增大 答案：B 解析：对气缸受力分析可知Mg＋p0S＝pS，解得p＝＋p0，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和气缸的整体受力分析可知(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，x不变，即h不变；根据盖-吕萨克定律可得＝，故温度降低时，气体的体积减小，因h不变，则气缸高度H减小，B正确，A、C、D错误。 6．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增加量为Δp1；当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是(　　 ) A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283 答案：C 解析：由查理定律的推论＝可知，Δp＝ΔT，而温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增加量Δp1＝Δp2，C正确。 7.(多选)一定质量的气体的状态变化如图所示，则该气体(　　) A．状态b的压强大于状态c的压强 B．状态a的压强小于状态b的压强 C．状态c的压强小于状态d的压强 D．状态a的压强大于状态c的压强 答案：AB 解析：分别过a、b、c、d四个点作出等压线，如图所示。保持温度不变，体积越大，压强越小，则可知，在同一V-T图像中，图线斜率越大，压强越小，所以pa<pd<pc<pb，故A、B正确，C、D错误。 8．一定质量的气体在等容变化过程中，温度每升高1 ℃，压强的增加量等于它在27 ℃时压强的(T＝t＋273 K)(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：一定质量的气体，在体积不变时有＝。设27 ℃时的压强为p1，故有＝＝，故有Δp＝·ΔT，即温度每升高1 ℃，压强的增加量等于它在27 ℃时压强的，故选C。 9．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃；则此登山手表表面玻璃可以承受的内、外压强差至少为(T＝t＋273 K)(　　) A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa 答案：C 解析：T1＝(27＋273) K＝300 K，T2＝(－23＋273) K＝250 K，根据＝可得p2＝p1≈8.3×104 Pa，则此登山手表表面玻璃可以承受的内、外压强差至少为8.3×104 Pa－4.0×104 Pa＝4.3×104 Pa，故选C。 10.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p -t图像如图所示。已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是(　　 ) A．从状态A到状态B气体的体积不变 B．从状态A到状态B气体的体积增大 C．从状态B到状态C气体的体积增大 D．状态C气体的体积是2 L 答案：AD 解析：由题图可知，状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A正确，B错误；由题图可知，状态B到状态C的过程中，气体温度不变，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，C错误，D正确。 11．(10分)如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积S＝1.0×10-3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与气缸固定连接的卡环。气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。现将气缸开口向上竖直放置(g取10 m/s2，T＝t＋273 K)。 (1)求此时活塞与气缸底部之间的距离h； (2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p。 答案：(1)30 cm　(2)1.44×105 Pa 解析：(1)气缸水平放置时，封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105 Pa，温度T1＝t＋273 K＝300 K，体积V1＝lS 气缸竖直放置时，封闭气体的压强p2＝p0＋＝1.2×105 Pa，温度T2＝T1＝300 K，体积V2＝hS 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得h＝30 cm。 (2)温度升高，活塞刚达到卡环时，气体做等压变化，此时p3＝p2，V2＝hS，V3＝(l＋d)S，T2＝300 K 由盖-吕萨克定律得＝ 解得T3＝500 K 气缸内气体温度继续升高，气体做等容变化，p3＝1.2×105 Pa，T3＝500 K，T4＝600 K 由查理定律得＝ 解得p＝1.44×105 Pa。 12.(10分)如图所示，内壁光滑、横截面积S＝12.5 cm2的气缸固定在水平地面上，气缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m＝1 kg。初始环境温度为t0＝15 ℃时，台秤示数为5 N，活塞距缸底H0＝4.6 cm，(不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取0 ℃＝273 K)试计算： (1)初始状态下气缸中的气体压强为多少？ (2)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度？ (3)当环境温度低至－3 ℃时，活塞距气缸的高度为多少？ 答案：(1)9.6×104 Pa　(2)3 ℃　(3)4.5 cm 解析：(1)初始状态，对重物受力分析可得 FT＝mg－FN 对活塞受力分析可得p0S＝FT＋p1S 解得p1＝9.6×104 Pa。 (2)重物刚要脱离台秤时，对重物受力分析可得 FT′＝mg 对活塞受力分析可得p0S＝FT′＋p2S 由查理定律可得＝ 解得t＝3 ℃。 (3)由盖-吕萨克定律可得＝ 解得H＝4.5 cm。 学科网（北京）股份有限公司 $$