第2章 第4节 第2课时 气体的等温变化-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册教用课件(教科版)

第4节　第2课时　课后达标检测 题组1　封闭气体压强的计算 1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住。已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)   A．p0＋ph2 B．p0－ph1 C．p0－(ph1＋ph2) D．p0＋(ph2－ph1) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 √ 课后达标检测 解析：选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋ph1＝p0，所以p＝p0－ph1，B正确。 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 11 2 √ 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 11 2 课后达标检测 3.有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在玻璃管下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)(　　) A．76 cmHg B．82 cmHg C．88 cmHg D．70 cmHg 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 3 √ 课后达标检测 解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理。水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a＝g sin θ，所以对水银柱由牛顿第二定律得p0S＋mg sin θ－pS＝ma，故p＝ 76 cmHg。 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 3 课后达标检测 题组2　气体等温变化规律的应用 4．(多选)注射器中封闭着一定质量的气体，现在缓慢压下活塞，下列物理量发生变化的是(　　) A．气体的压强 B．气体分子的平均速率 C．单位体积内的分子数 D．气体的密度 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 4 √ √ √ 课后达标检测 解析：由于是缓慢压下活塞，则气体温度与环境温度保持相同，气体分子的平均速率一定，B错误； 缓慢压下活塞，气体体积减小，气体密度增大，单位体积内的分子数增多，C、D正确； 由于气体发生等温变化，由气体的等温变化规律得p1V1＝p2V2，气体体积减小，压强增大，A正确。 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 4 课后达标检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 5 √ 课后达标检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 5 课后达标检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 11 6 √ 课后达标检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 11 6 课后达标检测 7.(2024·广西南宁一模)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20 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高15 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．10 cm B．15 cm C．16 cm D．25 cm 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 11 7 √ 课后达标检测 解析：设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度L1＝20 cm，密闭气体初始状态压强p1＝p0－ph＝(75－15)cmHg＝60 cmHg、体积V1＝SL1，移动右侧玻璃管后，压强p2＝p0＝75 cmHg、体积V2＝SL2，根据气体的等温变化规律得p1V1＝p2V2，解得L2＝16 cm。 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 11 7 课后达标检测 8.如图所示，汽缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变。在沙缓慢漏出的过程中，气体的(　　) A．压强变大，体积变大 B．压强变大，体积变小 C．压强变小，体积变大 D．压强变小，体积变小 解析：设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知pS＋mg＝p0S，当沙缓慢漏出，即m减小时，p增大；由于气体温度不变，根据气体的等温变化规律pV＝C可知，体积变小。 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 11 8 √ 课后达标检测 9.(2024·广东广州期中)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置，若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以下关于气体A、B说法正确的是(　　) A．气体A的压强不变 B．气体B的压强减小 C．气体A、B的体积都增大 D．气体A、B的体积都减小 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 11 9 √ 课后达标检测 解析：被封闭气体B的压强pB＝p0－ρ水银gh2，被封闭气体A的压强pA＝pB－ρ水银gh1＝p0－ρ水银·g(h1＋h2)，其中h1、h2为上下两段水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高度都将减小，则封闭气体压强pA和pB都增大，又由于气体是等温变化，由气体的等温变化规律知，气体A、B的压强都增大，体积都减小。 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 11 9 课后达标检测 10．(2024·广东东莞阶段练)粗细均匀且足够长的玻璃管一端封闭，管内有一段长度h＝15 cm的水银柱。当玻璃管开口向上竖直放置时，管内被水银柱封闭的空气柱长度L1＝20 cm，如图甲所示，现将玻璃管缓慢地转到水平位置时，空气柱长度变为L2，如图乙所示。设整个过程中玻璃管内气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg。求： 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 11 10 课后达标检测 (1)玻璃管开口向上竖直放置时管内被水银柱封闭的空气柱的压强p1和玻璃管水平位置放置时被水银柱封闭的空气柱的压强p2(以cmHg为单位)； 解析：玻璃管开口向上竖直放置时管内被水银柱封闭的空气柱的压强 p1＝p0＋ρgh＝(75＋15) cmHg＝90 cmHg 玻璃管水平位置放置时被水银柱封闭的空气柱的压强p2＝p0＝75 cmHg。 答案：90 cmHg　75 cmHg　 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 11 10 课后达标检测 (2)图乙中封闭空气柱的长度L2。 解析：封闭空气柱从竖直到水平经历了等温变化，由气体的等温变化规律有p1L1＝p2L2得L2＝24 cm。 答案：24 cm 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 11 10 课后达标检测 11．(2024·广东模拟预测)一定质量的气体被一个质量m＝5 kg、横截面积S＝25 cm2的活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时活塞下表面相对于汽缸底部的高度为 25 cm，外界的温度为27°；现将一物块轻放在活塞的上表面，平衡时，活塞下降了5 cm。已知外界大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2。求： 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 (1)初始状态封闭气体的压强； (2)物块的质量M。 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 解析：设初始汽缸内气体压强为p1，放上物块后稳定时，汽缸内气体压强为p2，根据平衡条件得 p1S＝p0S＋mg 解得p1＝1.2×105 Pa 初始气柱长度h1＝25 cm，再次稳定后气柱长度 h2＝25 cm－5 cm＝20 cm 课后达标检测 由气体的等温变化规律得p1h1S＝p2h2S 解得p2＝1.5×105 Pa 由平衡条件有p2S＝p0S＋(M＋m)g 解得M＝7.5 kg。 答案：(1)1.2×105 Pa　(2)7.5 kg 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 课后达标检测 12．(2024·四川泸州二模)如图甲所示，竖直放置、导热性能良好粗细均匀的“ ”形管，左管封闭，右管开口，管中水银在左管中封闭了一段理想气体，右管水银恰好不流出，左右两管水银液面高度差h＝40 cm。现将该管缓慢倒置稳定后，左端空气柱长度减小了Δh＝4 cm(如图乙所示)。已知在该管倒置过程中，封闭气体质量、管内水银质量及环境温度保持不变，大气压强p0＝76 cmHg(cmHg为压强单位)。求该管倒置后： 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 11 12 课后达标检测 (1)左管中封闭气体的压强； 解析：倒置后左右两端水银柱液面的高度差为h1 则h1＝h－2Δh＝32 cm 倒置后左管内封闭气体的压强为p2 则p2＝p0＋h1(cmHg) 解得左管中封闭气体的压强p2＝108 cmHg。 答案：108 cmHg　 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 11 12 课后达标检测 (2)左管中封闭气体的长度。 解析：倒置前左管内封闭气体的压强为p1 则p0＝p1＋h(cmHg) 由气体的等温变化规律p1SL1＝p2SL2 由该过程中空气柱长度减少了4 cm 有L1－L2＝4 cm 联立解得左管中封闭气体的长度L2＝2 cm。 答案：2 cm 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 11 12 课后达标检测 13．(2024·四川南充二模)如图所示为一种圆筒状自加压储水缸，该装置可以在无市政供水的环境下作为应急水源。圆筒内壁深度Hl＝10 m，横截面积S＝12 m2，当筒内无水时筒内封闭气体气压p1＝100 kPa，气压控制装置自动接通电动机电源，电动机带动水泵通过筒底部的阀门T将水压入缸内。水位缓慢上升使筒内封闭气体压强增大，当气压控制装置检测到气压达到p2＝400 kPa时自动切断电源停止加水。将封闭气体视为理想气体，加减水过程气体的温度保持不变，忽略内壁上下边缘的弯曲和水的蒸发。已知水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。求： 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 13 课后达标检测 (1)每次自动抽水能加入筒内的水的体积V； 解析：根据题意，由气体的等温变化规律有 p1H1S＝p2(H1S－V) 解得V＝90 m3。 答案：90 m3　 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 13 课后达标检测 (2)阀门T能承受的最大压强p4＝1 090 kPa，为防止自动加水时气压控制装置失效不断加压导致阀门损坏，需设置泄压阀的开启气压阈值p3为多大？ 解析：根据题意，设阀门T处压强为p4时，水的深度为H3，则有p3＋ρgH3＝p4 对气体，由气体的等温变化规律有 p1H1S＝p3S(H1－H3) 代入数据联立解得p3＝1 000 kPa。 答案：1 000 kPa 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 13 课后达标检测 2.如图所示，内壁光滑的汽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＋ eq \f(Mg,S) B．3p0＋ eq \f(Mg,S) C．p0＋ eq \f(Mg,S) D．条件不够，无法判断 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＋ eq \f(Mg,S) ，C正确。 5．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(　　) A．3倍 B．2倍 C．1.5倍 D． eq \f(7,10) 解析：气泡缓慢上升的过程中，温度不变，气体发生等温变化，湖面下20 m处，水的压强约为2个标准大气压(1个标准大气压相当于10 m水产生的压强)，故p1＝3 atm，p2＝2 atm，由p1V1＝p2V2得 eq \f(V2,V1) ＝ eq \f(p1,p2) ＝ eq \f(3,2) ＝1.5，故C正确。 6．(2024·河南周口阶段练)用质量为m的光滑活塞将导热汽缸内的气体与外界隔离开，汽缸的质量为2m，若用细绳连接活塞，把该整体悬挂起来(如图1所示)，活塞距缸底的高度为H，若用细绳连接汽缸缸底，也把该整体悬挂起来(如图2所示)，活塞距缸底的高度为h。设环境温度不变，大气压强为p，且 eq \f(mg,S) ＝ eq \f(1,4) p，S为活塞的横截面积，g为重力加速度，则H与h之比为(　　) A．3∶4 B．3∶2 C．7∶4 D．5∶4 解析：图1中，设封闭气体的压强为p1，对汽缸分析，由平衡条件有pS＝p1S＋2mg，解得p1＝p－ eq \f(2mg,S) ＝ eq \f(1,2) p，气体的体积V1＝HS，图2中，设封闭气体的压强为p2，对活塞分析，由平衡条件有pS＝p2S＋mg，解得p2＝p－ eq \f(mg,S) ＝ eq \f(3,4) p，气体的体积V2＝hS，由气体的等温变化规律有p1V1＝p2V2，解得 eq \f(V1,V2) ＝ eq \f(H,h) ＝ eq \f(p2,p1) ＝ eq \f(3,2) 。 $