作业(五) 气体的等温变化-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册知能达标训练（人教版2019）

·物理·选择性必修 第三册(配BJ版) 作业(五) 气体的等温变化 [基础训练] ww 1.下图是一种演示气体实验定律的仪器 哈勃瓶,它是一个底部开有圆孔,瓶颈很短 的导热平底大烧瓶。瓶内塞有一气球,气 球的吹气口反扣在瓶口上,瓶底的圆孔上 (M+m)g 配有一个橡皮塞。在一次实验中,瓶内由 B.p-。十 ##2 气球和橡皮塞封闭一定质量的气体,封闭 D.- 7 气体的压强为。,在对气球缓慢吹气过程 中,当瓶内气体体积减小△V时,压强增天 4.下图中,表示压强,V表示体积,T为热 20%,若使瓶内气体体积减小3△V,则其 力学温度,其中不能正确描述一定质量的 压强为 ( ) 气体发生等温变化的是 ( ) 气球 ###7#### 橡皮塞 D B.1.5P。 A.1.2p。 5.为了将空气装入气瓶内,现将一定质量的 C.1.8。 D.2.0D。 空气等温压缩,空气可视为理想气体。图 2.(多选)如图所示,竖直放置一根上端 中图像能正确表示该过程中空气的压强 ( 和体积V关系的是 ~ 开口,下端封闭的细玻璃管,内有两段 长为15cm的水银柱,封闭了长度均 r 为15cm的A、B两段空气柱,已知大 气压强。=75cmHg,环境温度保持不 B 变。则A、B两段空气柱的压强是多大 ( A.=60cmHg B. -90 cmHg C.p.-105 cmHg D.p:-120 cmHg 3.如图所示,活塞的质量为n,缸套的质量为 6.如图所示,某种自动洗衣机进水时,与洗衣 M,通过弹策吊在天花板上,汽缸内封闭有 缸相连的细管中会封闭一定质量的空气 一定质量的气体,缸套和活塞间无摩擦,活 通过压力传感器感知管中的空气压力,从 塞面积为S,大气压强为,则封闭气体的 而控制进水量。设温度不变,洗衣缸内水 压强为 ( ( 位升高,则细管中被封闭的空气 ) ) 10 压力传感器 9.如图所示,一个横截面积 为S的圆筒形容器竖直放 置,金属圆板的上表面是 水平的,下表面是倾斜的 777777777777777 下表面与水平面的夹角 A.体积不变,压强变小 为6,圆板的质量为M。不计圆板与容器 B.体积变小,压强变大 内壁的摩擦,若大气压强为。,则被圆板 封闭在容器中的气体的压强等于( C.体积不变,压强变大 ) p。+Mgcos θ B. Mg D.体积变小,压强变小 A. S cos Scos8 7.如图所示,一粗细均匀的U形玻 D. $o+M Mgcos2e Mg C.。十 ## 璃管开口向上竖直放置,左、右 两管都封有一定质量的理想气体 10.如图所示,等臂U形玻璃 A、B,水银面a、b间的高度差h, 管竖直放置,左管封闭,右 端开口,用水银柱封闭长 水银柱cd的长度为h。=h,a面与c面 为L=10cm的一段空气 恰处于同一高度。现向右管开口端注入 柱,右侧水银柱比左侧高出 少量水银达到重新平衡,则不正确的说 h=4cm,已知大气压为=76cmHg,现用 法是 一质量不计的薄活塞封住右端开口,缓慢 A.水银面c下降的高度大于水银面a上 向下压活塞使两边液面相平,此过程中环 升的高度 境温度始终不变,求活塞向下移动的距离 B.水银面a、间新的高度差等于右管上段 是多少? 新水银柱的长度 C. 气体A的压强一定大于外界大气压强 D. 气体A的压强变化量比气体B的压强 变化量小 [能力提升] 8.容积为20L的钢瓶内,贮有压强为1.5× 10 Pa的氧气。打开钢瓶的阙门,让氧气 分装到容积为5L的氧气袋中(袋都是真 空的),充气后的氧气袋中氧气压强都是 1.0×10{}Pa,设充气过程不漏气,环境温度不 ( 变,则这瓶氧气最多可分装 ) A.60袋 B.56袋 C.50袋 D.40袋 11 ·物理·选择性必修 第三册(配BJ版) 11.如图所示,水银血压计由气囊、袖带橡皮 12.(2024·济南期末)某物理研究小组受“奋 囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组 斗者”号的启发,设计了一个测定水深的 成)三部分组成,袖带橡皮囊分别与气囊 深度计。如图所示,导热性能良好的汽缸 和检压计的水银壶相连。示值管是很细 I、II内径相同,长度均为L,内部分别有 的玻璃管,与大气相连。初始时,示值管 轻质薄活塞A、B,活塞密封性良好且可 刻线与水银壶内水银液面相平,反复挤压 无摩擦左右滑动,汽缸I左端开口。外界 气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气 大气压强为。,汽缸I内通过A封有压 每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶 强为。的气体,汽缸II内通过B封有压 内充入压强为750mmHg的气体40mL. 强为3心的气体,一细管(体积不计)连通 袖带橡皮囊最大容积为200mL,其内部 两汽缸,初始状态A、B均位于汽缸最左 气体体积小于最大容积时其内气体压强 端。该装置放入水中后,通过A向右移 等于大气压强,水银壶容积不变,水银上 动的距离可测定水的深度。已知相当 方气体体积为80mL,连接管内气体体积 于10m深的水产生的压强,不计水温变 不计。开始充气前,袖带橡皮囊是瘪的 化,被封闭气体视为理想气体,求; 内部残留气体为50mL。大气压强恒为 750mmHg,充气过程温度保持不变,忽 I 略水银表面张力的影响。 一示值管 袖带橡皮囊 水银壶 (2)该深度计能测量的最大水深h。 气囊 水银一 水银血压计原理图 (1)第几次充气时,示值管内水银液面开 始上升? (2)当示值管内水银液面上升了90mm 时,求水银壶内气体质量与原气体质量的 比值。(认为壶内水银上方气体均为空 气,环境温度保持不变,壶内水银液面下 降忽略不计) 2@© 作业（四）温度和温标 10.解析 1.B水银温度计的测温范围约为一39℃~357℃；酒精温度 (11℃-18器华氏度=1.8阜氏定， 计的测温范围约为一110℃~78℃：煤油温度计的测温 (2)37×1.8华氏度+32华氏度=98.6华氏度 范围约是一30℃~150℃；体温计的测温范围约为 答案(1)1.8华氏度(2)98.6华氏度 35℃~42℃，所以一90℃适宜用酒精温度计测量，B 作业（五）气体的等温变化 正确，A、C、D错误。 1.D气体发生的是等温变化，由玻意耳定律得pV= 2.D根据热量的传搞特性可知，热量总是从高温物体传 1.2o(V-△V),pV=p'(V-3△V),解得p'=2po,故 到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分，因 选D。 此热量传播方向的决定因素是温度，故D正确，A,B,C:2,BC环境温度保持不变，对上面一段水银柱进行分析， 错误。 由pA=po+ph=75cmHg+15cmHg=90cmHg,A错 3.C根据热力学温标和摄氏温标的转化关系T一t十 误，B正确：环境温度保持不变，对下面的水银柱进行分 273.15K,可以进行两者之间的关系的转化，把它们转： 析，有pB=pA十=90cmHg十15cmHg= 化为同一温标后，就可以进行大小比较了，综上所述，我 105cmHg,C正确，D错误。 们可以看出C正确。 :3.C对汽缸缸套进行受力分析，由平衡条件可得S= 4.ACD对水的蒸发过程进行分析判断：当达到动态平衡： Mg+S,所以p=。一，故选项C正确 时，蒸发和凝结仍在继续进行，只不过达到动态平衡而 已，故选项B错误。 4.DA图中温度不变；B图说明pc,即pV=常量，是 5.C沸腾的条件是：达到沸点；能继续吸热，对烧杯A加 等温过程；C图是双曲线，也是等温线，在pV图像中， 热到水的沸点后，若继续加热，烧杯A中的水会沸腾。 一定质量气体的等温线是双曲线，所以A、B、C描述的 由于沸腾时水的温度保持在沸点不变，即烧杯B中的 是等温变化，只有D描述的不是等温变化。 水也达到沸点，但由于它与烧杯A中的水处于热平衡 状态，两者间无温度差，无法再从烧杯A的水中吸收汽 5，B空气等温压缩，根据玻意耳定律有pV-C,知p与己 化热，因此烧杯B中的水不会沸腾，故选C。 成正比，即户图像为过原点的直线，所以该过程中空 6.AD温度是表示物体冷热程度的物理量，但人们对物 体冷热程度的感觉县有相对性，A正确，B错误；热传递 气的压强力和体积7的关系图像是图B,故B正确。 的方向是热量自发地从温度较高的物体传向温度较低：6，B以细管中封闭的气体为研究对象，当洗衣缸内水位 的物体，而热量是过程量，不能说物体含有多少热量，C 升高时，细管中封闭气体压强变大，而气体温度不变，则 错误，D正确。 由玻意耳定律知，气体体积变小，B正确。 7.BC本题考查的知识点是热平衡和温度，由于两个系 统原来处于热平衡状态，故温度相同，升高相同的温度： :7.B加水银前，A气体压强pA=p0十Pgh2一Pgh1=0: 当向右管开口端注入少量水银时，A、B气体压强均变 后，温度仍相同，故A错误，B正确：由于温度发生了变 大，要被压缩，假设B气体体积不变，则水银面©下降的 化，系统的状态也发生了变化，故C正确，D错误。 高度等于水银而a上升的高度，由于B气体体积同时要 8.ACD当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如 减小，故水银面c下降的高度大于水银面a上升的高 果两者的温度有差异，它们之间就会发生热交换，高 度，故A正确：假设右管中增加的水银高度比A气体的 温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到 原长大，则水银面a,b间新的高度差不可能等于右管上 相等，即达到热平衡，故A、D正确：两个物体的温度 段新水银柱的长度，故B错误：A气体压强PA=p0十 相同时，不会发生热传递，故B错误；若a与b、c分别 Pgh2一Pgh1,加水银后，由于h2>h1,故pA>po,故C正 达到热平衡，三者温度一定相等，所以b、c之间也达 确；假设加入△h高度的水银，则B气体的压强增加量 到了热平衡，故C正确。 一定为Pg△h:假设A、B气体的体积均不变，则A气体 9.DA项没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能： 的压强增加量也为Pg△h;压强增加后，根据玻意耳定 和势能的总和，温度低只表示物体分子平均动能小，而 律，体积要压缩，故A气压增加量小于Pg△：故气体A 不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的： 的压强增加量比气体B的压强增加量小，故D正确。 总和不一定也小，所以选项A是错误的。实际上因为：8.B设可分装袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有 不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速率有关，也： p1V=p2V+np2Vo,1.5×103Pa×20L.=1.0X105PaX 与分子质量有关，单从一方面考虑问题是不够全面的，： 20L十n×1.0×10°Pa×5L,解得n=56,选项B正确。 所以选项B也是错误的。C错的原因是混清了微观分：9.D为求气体的压强，应以封闭气体的圆板为研究对象，分 子无规律运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动 能只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物 新其受力，如图所示，由平衡条件得·cs日=0SP 体内所有分子均参与物体的整体、有规则的运动，这时 M版：每得p厅A+竖 物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则 运动的剧烈情况就要加剧。从本质上说，分子无规则运 cos 0 动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运 动情况无关。由于物体内能的变化与两个因素有关，即 做功和热传递两方面。内能是否改变要从这两方面综 合考虑。若做功转化为物体的内能等于或小于物体放 出的热量，则物体的内能不变或减少。即外界对物体做 Mg 功时，物体的内能不一定增加，选项D是正确的。 30 10.解析以左侧气体为研究对象，初始时压强p1= 4.AC由题图和查理定律可知VA=VB,故A正确；由状 80cmHg,体积V=LS,变化后体积V2=(亿-合)S 态B到状态C,气体温度不变，压强减小，由玻意耳定律 知气体体积增大，故C正确。 由玻意耳定律p1V1=p2V2 得变化后气体压强为2=100cmHg。 5.A 由理想气体状态方程兴=C得A项中只要压强减 T 以右侧气体为研究对象，初始时压强3=0=T6cHg, 小就有可能，故A项正确：而B项中体积不变，温度与 体积V3=(L-h)S 压强应同时变大或同时变小，故B项错误：C项中温度 变化后体积V4=L'S 不变，压强与体积成反比，故不能同时增大，故C项错 由玻意耳定律p3V3=p2V4 得变化后右边气体长度L'=4.56cm 误D项中温度升高，压强减小，体积减小，导致Y减 活塞下降高度△h=L-令-山，解得△h=3.4cm, 小，故D项错误。 答案3.44cm :6.C对A气体，初态：pA=1.8X105Pa,VA=2V,TA= 11.解析(1)袖带橡皮囊最大容积记为Vm,充气前，袖带 400K,末态：TA'=300K, 橡皮震是瘪的，内部气体体积设为V1,设经n次充气， 由理想气体状态方程得PVA_卫AV 袖带橡皮囊达到最大容积。每次挤压气囊可向袖带橡 TA TA 皮囊和检压计内充入压强为750mmHg的气体的体 即L.8X103PaX2V_pA'VA ① 积设为Vo,则有Vm-V1=nVo 400K 300K, 解得n=3.75,故第4次充气时，示值管内水银液面开 对B气体，初态： 始上升。 PB=1.2X105 Pa,VB=V,T8=300 K, (2)水银壶内气体体积为V2=80mL 末态：TB=300K, 体积不变，初状态压强为p,=750mmHg,末状态压强为 p=po十p%=840mmHg 由理想气体状态方程得nVB-pBVA TB 水银壶内末状态下的气体在压强为p时的体积设为V, 即L.2X105PaXy_pB'VB 300K 300K ② 根据玻意耳定律得pV2=V3 水银壶内气体质量与原气体质量的比值为 又对A、B两部分气体分析知pA'=pB', ③ m_V3_28 VA'+VB'=3V, ④ mV225 联立①②③④得pA'=pB'=1.3×105Pa,故选项C 答案4次(2器 正确。 7.解析当T1=127℃时，设缸内气体体积为V1,压强为 12.解析（①）当A向右移动兰时，很设B不移动，对I内 p1,活塞平衡，则mg十p1S-oS,V1=L1S 气体分析，由玻意耳定律得 解得p1=0.8X105Pa,V1=4×10-4m3 勾LS=p1台S,解得p1=2p 当封闭气体温度为T2时，汽缸与地面没有弹力，设缸内 气体体积为V2,压强为2，汽缸平衡，则 而此时B中气体的压强为30>1，故B不移动，而 1=p0十pgh,解得h=10m。 p2S=poS+Mg,解得p2=1.3X105Pa (2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动， 设弹簧弹力大小为F,对M和m,由平衡条件 I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于3后B F=(m十MDg,根据F=k△x 开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最 解得△x=0.05m, 大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动距离 则V2=(L1+△x)S=5×10-4m3 为x,两部分气体压强均为p2,对原I内气体分析，由 对缸内气体，由理想气体状态方程=？V,解得 玻意耳定律得poLS=p2xS T T2 对原Ⅱ内气体分析，由玻意耳定律得3pLS=2(L一 T2=812.5K。 x)S,又p2=o+Pghm 答案812.5K 联立解得hm=30m。 8.解析(1)对B气体，根据理想气体状态方程有 答案(1)10m(2)30m 作业（六）气体的等压变化和等容变化 V 3 1.A压强不变时，体积V与温度T成正比，因此温度升 0元。=T。,p=3p0 高时，气体的体积应变大。故正确答案为A。 则根据等温方程oV+m×合V=×(2W-号V）, 2.D等容支化的过程的pt图像在t轴上的交点坐标是 n=24次. (-273℃，0)，D正确。 3B由美：吕萨免定体可的-器 (2)A中气体温度不支，有p1×(2W-子V）=2V 代入数锅可知，宣-39，得T=50K: V V 对B中气体p0。=:T T2 2 解得T=5T。。 所以升高的温度△t=150K=150℃。 答案(1)24次(2)5T0 31