课下巩固训练(7) 气体的等压变化和等容变化-【正禾一本通】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）

[课下巩固训练(七)]　气体的等压变化和等容变化 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　 【基础应用题】 1．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来的温度为27 ℃，则温度的变化是(取0 ℃＝273 K)(　　 ) A．升高了450 K B．升高了150 ℃ C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃ 解析：选B。由盖­吕萨克定律可得＝，解得T2＝450 K，故温度升高了Δt＝ΔT＝150 ℃，故B正确。 2．(多选)一定质量的气体在体积不变时，下列有关状态变化的说法正确的是(　　 ) A.温度每升高1 ℃，压强的增加是原来压强的 B．温度每升高1 ℃，压强的增加是0 ℃时压强的 C．气体的压强与热力学温度成正比 D．气体的压强与摄氏温度成正比 解析：选BC。气体做等容变化时，根据查理定律知p＝CT，故C正确，D错误；将温度T＝273 K＋t代入得p＝C(273 K＋t)，温度升高1 ℃时的压强为p1＝C(274 K＋t)，所以Δp＝C＝，故A错误，B正确。 3．如图为一定质量气体的体积V与温度T的关系图像，气体由状态A经等温变化到状态B，再经等容变化到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为pA、pB、pC，则(　　 ) A．pA>pB，pB＝pC B．pA<pB，pB<pC C．pA<pB，pB>pC D．pA>pB，pB<pC 解析：选B。气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，压强p与体积V成反比，因为VA>VB，所以pA<pB；从状态B到状态C，气体发生等容变化，压强p与热力学温度T成正比，因为TB<TC，所以pB<pC，故B正确。 4．(2024·云南昆明检测)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p ­T图像中都是直线段，ab和dc的延长线经过坐标原点O，bc垂直于ab，ad平行于纵轴。由图可以判断(　　 ) A．ab过程中气体体积不断减小 B．bc过程中气体体积不断减小 C．cd过程中气体体积不断增大 D．da过程中气体体积不断减小 解析：选B。在p ­T图像中，ab和cd都是过原点的直线，所以a→b、c→d都是等容变化，因为等容线的斜率越大，对应等容变化的体积越小，所以有体积关系Va＝Vb＞Vc＝Vd，即bc过程中气体的体积不断减小，da过程中气体的体积不断增大，故B正确。 5．(2024·黑龙江齐齐哈尔检测)如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中(水银没有溢出，外界大气压保持不变)(　　 ) A．空气柱的长度不变 B．空气柱的压强不变 C．水银柱b左边液面要上升 D．水银柱b的两个水银面的高度差h变大 解析：选B。空气柱的压强p＝p0＋ρgh′，其中h′为水银柱a的高度，由于h′的大小不变，所以空气柱的压强不变，故B正确；被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，根据盖­吕萨克定律＝C可得，气体的体积增大，所以空气柱的长度增大，故A错误；被封闭气体的压强p＝p0＋ρgh，由p不变，所以水银柱b的两个水银面的高度差h不变，即水银柱b左边液面的高度不变，故C、D错误。 【综合提升题】 6．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，表内温度为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(　　 ) A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa 解析：选C。由题意知T1＝(27＋273) K＝300 K，T2＝(－23＋273) K＝250 K，根据查理定律可得＝，解得p2≈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C正确。 7．(2024·河北邢台期末)如图所示为0.2 mol的某种气体的压强和温度关系的p ­t图像。p0表示1个标准大气压，标准状态(0 ℃，1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4 L/mol。则在状态B时气体的体积为(　　 ) A．5.6 L B．8.4 L C．1.2 L D．3.2 L 解析：选A。气体在0 ℃时的压强为1个标准大气压，此时处于标准状态，所以此时的体积为22.4×0.2 L＝4.48 L。由题图可知，气体从压强为p0到A状态做等容变化，所以A状态时气体的体积也为4.48 L，温度为(127＋273) K＝400 K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227＋273) K＝500 K，根据盖­吕萨克定律有＝，解得VB＝5.6 L，故A正确。 8．如图所示，圆柱形汽缸倒置在水平地面上，汽缸内部封有一定质量的气体。已知汽缸质量为10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量为5 kg，其横截面积为50 cm2，所有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求： (1)此时封闭气体的压强； (2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰好对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度？ 解析：(1)当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力，设此时封闭气体的压强为p1，对活塞由平衡条件可得p0S＝p1S＋mg 解得p1＝9.0×104 Pa。 (2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰好对地面无压力时，设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对汽缸由平衡条件可得 p0S＋Mg＝p2S 解得p2＝1.2×105 Pa 已知T1＝300 K，对汽缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，由查理定律可得＝ 代入数据解得T2＝400 K，即t2＝127 ℃。 答案：(1)9.0×104 Pa　(2)127 ℃ 9．(2024·广东深圳检测)有人设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。 (1)在标准大气压下对B管进行温度刻度(标准大气压相当于76 cmHg)。已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x1＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线。问t＝0 ℃的刻度线在x为多少厘米处； (2)若大气压已变为相当于75 cmHg的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27 ℃，问此时实际温度为多少。 解析：(1)取封闭在A中的气体为研究对象，初态压强p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg 温度T1＝(273＋27) K＝300 K 末态温度T2＝273 K 压强p2＝(76－x) cmHg 因为B管中气体的体积可忽略，所以气体做等容变化，根据查理定律有 ＝ 代入数据得 x＝21.4 cm。 (2)大气压强变化后，所测温度仍为27 ℃，说明B管中水银柱的高度仍为x1＝16 cm。此时A泡中气体的压强 p2′＝(75－16) cmHg＝59 cmHg 设此时实际温度为T2′ 同理有＝ 代入数据得 T2′＝295 K 即实际温度为(295－273) ℃＝22 ℃。 答案：(1)21.4 cm　(2)22 ℃ 【创新拔高题】 10．如图所示，内壁光滑且横截面积S＝的汽缸固定在水平地面上，汽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)初始状态下汽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，活塞距汽缸的高度为多少。 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 联立解得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＝ 联立解得t＝3 ℃。 (3)由盖­吕萨克定律可得 ＝ 解得H＝4.5 cm。 答案：(1)9.6×104 Pa　(2)3 ℃ (3)4.5 cm 学科网（北京）股份有限公司 $$