第2章 3.气体的等压变化和等容变化-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册作业与测评word（人教版2019）

3.气体的等压变化和等容变化 典型考点一　等压变化　盖—吕萨克定律 1.(多选)如图所示，一根粗细相同、两端开口的直玻璃管竖直插入一水银槽中，用一段长为h1的水银柱封闭着一定质量的空气，空气柱长度为H，空气柱的下底面距水银槽液面的距离为h2，下列说法正确的是(　　) A．增加环境温度，稳定后h2增加，空气柱长度H增加 B．增加环境温度，稳定后h2不变，空气柱长度H增加 C．缓慢竖直向下压玻璃管一小段距离，稳定后H变小，h2增加 D．缓慢竖直向下压玻璃管一小段距离，稳定后H、h2均不变 答案　BD 解析　对水银柱受力分析可知，温度增加前后空气柱压强p不变，根据空气柱下表面的平衡条件有p＝p0＋ρgh2，故稳定后h2不变，空气柱发生等压变化，有＝C，则增加环境温度，空气柱长度H增加，故A错误，B正确；缓慢竖直向下压玻璃管一小段距离，由水银柱平衡可知空气柱压强p不变，根据空气柱下表面的平衡条件可知h2不变，空气柱发生等压变化，有＝C，环境温度不变，则空气柱长度H不变，故C错误，D正确。 2．如图所示，汽缸中封闭着温度为373 K的空气，一重物用绳索经滑轮跟缸中活塞相连接，且处于平衡状态，这时活塞离汽缸底的高度为10 cm，如果缸内空气的温度缓慢变为273 K，求重物将上升的高度是多少？(重物始终未碰到定滑轮) 答案　2.68 cm 解析　设活塞横截面积为S，质量为m，重物的质量为M，则活塞受到自身重力mg、绳的拉力T＝Mg、大气压力p0S、封闭气体压力pS而平衡，根据平衡条件有pS＋T＝mg＋p0S，可知气体温度变化前后气体的压强p不变，以封闭气体为研究对象，设缸内空气温度由373 K变为273 K时，重物上升的高度为x，则 V1＝S·10 cm，T1＝373 K V2＝(10 cm－x)S，T2＝273 K 由盖—吕萨克定律有＝ 代入数据解得x＝2.68 cm。 典型考点二　等容变化　查理定律 3.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为273 K，B中气体的温度为293 K，如果将它们的温度都降低10 K，则水银柱将(　　) A．向A移动 B．向B移动 C．不动 D．不能确定 答案　A 解析　假定水银柱两边气体的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为T1＝273 K和T2＝293 K，当温度降低ΔT＝10 K时，由查理定律可知＝，则Δp＝ΔT，因为p2＝p1，T2>T1，所以Δp1>Δp2，即A内压强减小得更多，所以最终A内压强更小，水银柱将向A移动，故A正确。 [名师点拨]　当气体的状态参量发生变化而使液柱可能发生移动时，先假设其中一个参量(一般为体积)不变(即假设水银柱不移动)，以此为前提，再运用相关的气体定律(如查理定律)进行分析讨论，看讨论结果是否与假设相符。若相符，则原假设成立；若讨论结果与假设相矛盾，说明原假设不成立，从而也就推出了正确的结论。分析的关键在于合理选择研究对象，作出假设，正确地进行分析，然后通过比较作出判断。 4．一种特殊的气体温度计由两个装有气体的导热容器组装而成，测量时将两个导热容器分别放入甲、乙两个水槽中，如图所示，连接管内装有水银，当两个水槽的温度都为0 ℃(273 K)时，没有压强差；当水槽乙处于0 ℃而水槽甲处于50 ℃时，压强差为60 mmHg。导热容器的体积恒定且远大于连接管的体积。(管内气体体积可以忽略)求： (1)两个水槽的温度都为0 ℃(273 K)时，导热容器内气体的压强多大？ (2)当水槽乙处于0 ℃而水槽甲处于未知的待测温度(高于0 ℃)时，压强差为72 mmHg，此未知待测温度是多少？ 答案　(1)327.6 mmHg　(2)333 K 解析　(1)由题意可知，当两个水槽的温度都为T0＝273 K时，两个导热容器内气体的压强相同，设为p0 当水槽乙处于0 ℃而水槽甲处于50 ℃时，乙中导热容器中的气体相比于初态体积不变，温度不变，则压强不变，仍为p0；甲中导热容器中的气体相比于初态体积不变，温度变为T1＝(50＋273) K＝323 K，压强变为p1＝p0＋60 mmHg 对甲中导热容器中的气体，根据查理定律，有＝ 解得p0＝327.6 mmHg。 (2)设未知待测温度为T2，由(1)问分析同理可知，甲中导热容器中气体体积不变，压强变为p2＝p0＋72 mmHg 对甲中导热容器中的气体，根据查理定律，有＝ 解得T2＝333 K。 典型考点三　p­T图像与V­T图像的分析和应用 5．(多选)下图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，各图中能正确描述一定质量气体等压变化规律的是(　　) 答案　AC 解析　一定质量的气体在等压变化中，压强不变，体积V与热力学温度T成正比，故A、C正确。 6.如图所示为0.5 mol某种气体的p­t图线，图中p0为标准大气压。则气体在标准状况下的体积是________ L，在B状态时的体积是________ L。 答案　11.2　14 解析　根据Vmol＝22.4 L/mol，可得0.5 mol气体在标准状况下的体积是11.2 L；气体从0 ℃升温到127 ℃的过程中，p＝k(273.15 K＋t)＝kT∝T，所以气体做等容变化，VA＝11.2 L；从A→B，气体做等压变化，所以＝，即＝，可得VB＝14 L。 典型考点四　理想气体、理想气体状态方程 7．(多选)关于理想气体，下列说法正确的是(　　) A．理想气体能严格遵守气体实验定律 B．实际气体在温度不太高、压强不太小的情况下，可看成理想气体 C．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体 D．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体 答案　AC 解析　理想气体是在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体，A正确；理想气体是实际气体在温度不太低、压强不太大情况下的抽象，C正确，B、D错误。 8．已知湖水的深度为20 m，湖底的水温为4 ℃，水面的温度为17 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ取1.0×103 kg/m3)(　　) A．12.8倍 B．8.5倍 C．3.1倍 D．2.1倍 答案　C 解析　气泡在湖底的压强为p1＝p0＋ρgh＝3×105 Pa，温度为T1＝t1＋273.15 K＝277.15 K；气泡在水面的压强为p2＝p0＝1.0×105 Pa，温度为T2＝t2＋273.15 K＝290.15 K；根据理想气体状态方程，有＝，解得＝·＝×＝3.1，C正确。 9.“早穿皮袄午穿纱，抱着火炉吃西瓜”，形容我国新疆吐鲁番地区昼夜温差大的自然现象，利用这一特点可以制作品质优良的葡萄干。现有一葡萄晾房四壁开孔，如图，房间内晚上温度为7 ℃，中午温度升为37 ℃，假设中午大气压强比晚上减少7%，则中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设房间内气体体积为V，晚上空气压强为p，中午房间内逸出的空气在压强(1－7%)p下的体积为ΔV，则在晚上和中午时由理想气体状态方程有＝，解得ΔV＝，则中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比为＝，故选A。 10．航天员在空间站内穿好航天服时，航天服内密闭气体的体积约为V1＝4 L，压强p1＝1.0×105 Pa，温度t1＝27 ℃，在出舱前，需要先到达气闸舱，然后封闭所有内部舱门，对气闸舱泄压，直到气闸舱压强足够小时才能打开舱门。 (1)气闸舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2＝6 L，温度变为t2＝－3 ℃，求此时航天服内气体压强p2； (2)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2＝－3 ℃时，宇航员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝5.0×104 Pa。假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3＝4 L，求航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比。 答案　(1)6×104 Pa　(2) 解析　(1)对航天服内的密闭气体，其初态温度为T1＝t1＋273 K＝300 K 末态温度为T2＝t2＋273 K＝270 K 由理想气体状态方程有＝ 代入数据解得p2＝6×104 Pa。 (2)设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV，根据玻意耳定律有 p2V2＝p3(V3＋ΔV) 代入数据解得ΔV＝3.2 L 则放出的气体与原来气体的质量之比为 ＝＝。 典型考点五　气体实验定律的微观解释 11．一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则(　　) A．气体分子的平均动能增大 B．气体的密度变为原来的2倍 C．气体的体积变为原来的2倍 D．气体的分子总数变为原来的2倍 答案　B 解析　温度是气体分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，A错误；由玻意耳定律可知，气体压强变为原来的2倍，则气体的体积变为原来的，质量不变，则气体的密度变为原来的2倍，B正确，C错误；气体质量不变，分子总数不变，D错误。 12．(多选)两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种理想气体，已知容器中气体的压强不相同，则下列判断中正确的是(　　) A．压强小的容器中气体的温度比较高 B．压强大的容器中气体单位体积内的分子数比较少 C．压强小的容器中气体分子的平均动能比较小 D．压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大 答案　CD 解析　两个相同的容器分别装有等质量的同种气体，则两容器中气体所含的分子总数相同，则分子数密度相同，B错误；容器中气体的压强不同，一定是由于两容器中气体分子平均动能不同造成的，压强小的容器中分子的平均动能一定较小，温度较低，A错误，C正确；压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大，D正确。 13．在给轮胎打气时，轮胎内气体的压强和体积都会增大，从气体分子热运动的观点解释这个现象：________________________________________________________________________。 答案　见解析 解析　在给轮胎打气时，轮胎内气体分子数不断增加，分子对轮胎的撞击变得更加频繁，因此气体压强增大，气体压强增大导致对轮胎的作用力增大，因而体积增大。 1.两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部横截面积S＝0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为t1＝27 ℃，现把容器浸入温度为t2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为(　　) A．5 cm3 B．7 cm3 C．10 cm3 D．12 cm3 答案　C 解析　设容器的容积为V，分析知封闭气体压强不变，由盖—吕萨克定律有＝，代入数据解得V≈10 cm3，故选C。 2.在光滑水平面上静止放置一个质量为m、内外壁均光滑的汽缸，汽缸内活塞的质量也为m，活塞的横截面积为S，汽缸内密封一定质量的理想气体，理想气体的温度为T0，体积为V，大气压强为p0。如图所示，对活塞施加一方向水平向左、大小为mg的推力，整体向左做匀加速直线运动，若此时气体的体积仍然为V，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．此时气体的温度为T0 B．此时气体的温度为T0 C．此时气体的压强为p0＋ D．此时气体的压强为 答案　A 解析　未对活塞施加推力时，设汽缸内密封气体的压强为p1，以活塞为研究对象，由平衡条件可得p1S＝p0S，对活塞施加推力后，对汽缸与活塞组成的整体，由牛顿第二定律可得mg＝2ma，设此时汽缸内密封气体的压强为p2，温度为T，对汽缸受力分析，由牛顿第二定律可得(p2－p0)S＝ma，比较对活塞施加推力前后两种气体的状态，由查理定律可得＝，联立解得此时气体的温度为T＝T0，气体的压强为p2＝p0＋，故A正确，B、C、D错误。 3.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．a→b过程中，气体温度降低，体积增大 B．b→c过程中，气体温度不变，体积变小 C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变 D．在c状态时，气体的体积最小 答案　C 解析　a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C可知，体积应减小，故A错误；b→c过程中，气体的温度保持不变，压强减小，根据玻意耳定律pV＝C可知，体积增大，故B错误；c→a过程中，由图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，而压强增大，故C正确；综上所述可知，在b状态时，气体的体积最小，故D错误。 4.已知珠峰大本营海拔高度为5200 m，大气压为0.6 atm，气温为－13 ℃。探测员在一次做实验的过程中，在此处给密封的气象探测球缓慢充满氦气，充气后气体体积为65 m3；当探测球缓慢升至海拔8848.86 m的峰顶时，测得探测球体积为120 m3，球内氦气的压强为0.3 atm。若不计探测球内外的压强差，且探测球的导热性良好，氦气视为理想气体，则珠峰峰顶的温度是(　　) A．－54 ℃ B．－23 ℃ C．－33 ℃ D．－41 ℃ 答案　C 解析　在珠峰大本营时探测球内的氦气状态为p1＝0.6 atm，V1＝65 m3，T1＝t1＋273 K＝260 K，在峰顶时探测球内的氦气状态为p2＝0.3 atm，V2＝120 m3，设温度为T2，由理想气体状态方程有＝，代入数据解得T2＝240 K，则珠峰峰顶的温度为t2＝T2－273 K＝－33 ℃，故选C。 5．光滑绝热的活塞把密封的圆筒容器分成水平A、B两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体温度加热到400 K，B中气体温度降低到300 K，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1 答案　B 解析　根据理想气体状态方程，对A部分气体有＝，可知VA′＝；对B部分气体有＝，可知VB′＝；因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以＝·＝×＝，故B正确。 [名师点拨]　对于涉及两部分气体的状态变化问题，解题时应分别对两部分气体进行研究，找出它们之间的关联条件——体积关系、压强关系等，再利用相应的物理规律解题。 6.如图是一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是(　　) A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多 B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多 C．在相同时间内撞在相同面积上的分子数两状态一样多 D．单位体积的分子数两状态一样多 答案　B 解析　由题图可知，b状态比a状态体积大，气体质量一定，故单位体积分子数b状态较少，D错误；b状态比a状态温度高，其分子平均动能大，分子平均速率较大，气体分子撞击器壁一次的平均撞击力较大，而a、b状态压强相等，故相同时间内撞到单位面积上的分子数a状态较多，相同时间内撞到相同面积上的分子数a状态较多，B正确，A、C错误。 7．图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V­T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。 (1)pA________pB(填“＞”“＝”或“＜”)，TA＝________； (2)请在图乙坐标系中，作出气体由状态A经过状态B变为状态C的p­T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C。 答案　(1)＝　200 K　(2)见解析 解析　(1)由图甲可以看出，A与B的连线的延长线过原点O，所以A→B是一个等压变化的过程，即pA＝pB；根据盖—吕萨克定律可得＝，所以TA＝·TB＝×300 K＝200 K。 (2)由图甲可知，由B→C是一个等容变化的过程，根据查理定律得＝，又pB＝pA，所以pC＝·pB＝pB＝pB＝pA＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa。则可画出气体由状态A→B→C的p­T图像，如图所示。 8．贮气筒的容积为100 L，贮有温度为300 K、压强为30 atm的氢气，使用后温度降为293 K，压强降为20 atm，则用掉的氢气占原有氢气的百分比为________。 答案　31.7% 解析　解法一：选取筒内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉的氢气包含在末状态中，则初状态：p1＝30 atm，V1＝100 L，T1＝300 K；末状态：p2＝20 atm，T2＝293 K，设此时全部氢气的体积为V2，根据＝得，V2＝＝ L＝146.5 L。则用掉的氢气占原有氢气的百分比为×100%＝×100%＝31.7%。 解法二：取剩下的氢气为研究对象，初状态：p1＝30 atm，T1＝300 K，设此部分氢气的体积为V1，末状态：p2＝20 atm，体积V2＝100 L，T2＝293 K，根据＝得，V1＝＝ L≈68.3 L，则用掉的氢气占原有氢气的百分比为×100%＝×100%＝31.7%。 9.为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热汽缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物。当缸内温度为T1＝300 K时，活塞与缸底相距H＝3 cm，与重物相距h＝2 cm。已知锅炉房内空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度。 (1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2； (2)当锅炉外壁的温度为600 K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量M。 答案　(1)500 K　(2)2 kg 解析　(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，对缸内气体进行分析， 初态体积V1＝HS，温度T1＝300 K 末态体积V2＝(H＋h)S，温度T2 由盖—吕萨克定律得＝ 代入数据解得T2＝500 K。 (2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化， 初态压强p0＝1.0×105 Pa，温度T2＝500 K 末态压强设为p，温度T3＝600 K 末态对活塞和重物整体，由平衡条件有 pS＝p0S＋Mg 由查理定律得＝ 代入数据解得M＝2 kg。 10.如图所示，气窑是以可燃性气体为能源对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为室温。为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，窑内气体温度为327 ℃，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，窑内气体温度均匀且逐渐升高，需要的烧制温度恒定为927 ℃。求： (1)烧制前封闭在窑内气体的温度； (2)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。 答案　(1)27 ℃　(2) 解析　(1)当窑内气压达到2p0时，窑内气体温度为T2＝327 ℃＋273 K＝600 K 窑内气体体积不变，由查理定律可得 ＝ 解得T1＝300 K 可得t1＝T1－273 K＝27 ℃。 (2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，温度升高至烧制温度t3＝927 ℃，即T3＝t3＋273 K＝1200 K 设气窑内气体的体积为V0，刚开始排气时气窑内的气体在T3温度下的体积为V3，由盖—吕萨克定律可得＝ 解得V3＝2V0 本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例为＝＝。 11．某型号汽车轮胎的容积为25 L，轮胎内气压安全范围为2.5×105 Pa～3.0×105 Pa。当胎内气体温度为27 ℃时胎压显示为2.5×105 Pa。 (1)假设轮胎容积不变，若胎内气体的温度达到57 ℃，轮胎内气压是否在安全范围内？ (2)已知阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1，在1×105 Pa、0 ℃状态下，1 mol任何气体的体积为22.4 L。求轮胎内气体的分子数。(结果保留两位有效数字) 答案　(1)轮胎内气压在安全范围内 (2)1.5×1024个 解析　(1)胎内气体初状态压强为p1＝2.5×105 Pa，温度为T1＝27 ℃＋273 K＝300 K 设胎内气体末状态压强为p2，温度为 T2＝57 ℃＋273 K＝330 K 假设轮胎容积不变，由查理定律有＝ 代入数据解得p2＝2.75×105 Pa 可知，轮胎内气压在安全范围内。 (2)胎内气体初状态体积为V1＝25 L 轮胎内气体温度为T3＝0 ℃＋273 K＝273 K，压强为p3＝1×105 Pa时，设气体体积为V3 根据理想气体状态方程有＝ 代入数据解得V3＝56.875 L 故轮胎内气体的分子数为 N＝NA≈1.5×1024个。 13 学科网（北京）股份有限公司 $$