第二章 第三节 气体的等压变化和等容变化-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册五维课堂课时作业word（人教版）

[基础达标练] 1．一定质量的气体，如果保持气体的体积不变，则(　　) A．气体的温度降低，压强一定变小 B．气体的温度升高，压强可能变小 C．气体的温度降低，压强一定变大 D．气体的温度变化时，压强可能不变 解析：A　[质量一定的气体，体积不变，当温度升高或降低时，做等容变化．根据查理定律可知，＝C，气体的温度降低，压强一定变小，A选项正确，C选项错误；气体的温度升高时，压强一定变大，B选项错误；气体的温度变化时，压强一定改变，D选项错误．] 2．对一定质量的理想气体，用p、V、T分别表示气体压强、体积和温度，则有(　　) A．若T不变，p增大，则分子热运动的平均动能增大 B．若p不变，V增大，则分子热运动的平均动能减小 C．若p不变，T增大，则单位体积中的分子数减少 D．若V不变，p减小，则单位体积中的分子数减少 解析：C　[分子平均动能只与温度有关，A错误；若p不变，V增大，则T升高，分子的平均动能增大，B错误；若p不变，T增大，则V增大，单位体积的分子数减少，C正确；若V不变，单位体积内的分子数不变，故D错误．] 3．(多选)有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图像(如图所示)．则下列有关他们的说法，正确的是(　　 ) A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图(a) B．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像是图(b) C．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图(c) D．若丁研究的是盖—吕萨克定律，则他作的图像是图(d) 解析：ABD　[查理定律研究的是等容变化，压强与热力学温度成正比，且p­T图像的反向延长线过坐标原点，故A正确，C错误；玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确；盖—吕萨克定律，研究的是等压变化，体积与热力学温度成正比，故D正确．] 4.如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁摩擦)，当温度升高时，改变的量有(　　) A．活塞高度h B．汽缸体高度H C．气体压强p D．弹簧长度L 解析：B　[选择活塞与汽缸整体为研究对象进行受力分析，整体受竖直向下的重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，重力不变，所以弹簧的拉力不变，即弹簧长度不变，活塞的位置不变，故A、D错误；由于汽缸内的气体做等压变化，温度升高时，体积变大，所以汽缸下落，因此汽缸体高度H减小，选项B正确，C错误．] 5．2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据－8 848.86米，这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义．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(　　) A．8.3×104 Pa　　　 B．8.3×105 Pa C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa 解析：C　[本题考查查理定律的应用，取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27) K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23) K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝Pa＝4.3×104 Pa，故C正确．] 6.(多选)有一只小试管倒插在烧杯的水中，此时试管恰好浮于水面，试管内外水面的高度差为h，如图所示．如果改变温度或改变外界大气压强，则试管(不考虑烧杯中水面的升降及试管壁的厚度)(　　) A．如仅升高温度，则试管位置上升，h不变 B．如仅升高温度，则试管位置下降，h增大 C．如仅升高外界压强，则试管位置下降，h不变 D．如仅升高外界压强，则试管位置下降，h减小 解析：AC　[试管恰好浮于水面上，根据平衡条件可知，试管受到的重力和浮力相等，试管排开水的体积相等，即试管内外的水面高度差h不变，故B、D选项错误；压强不变，封闭气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律，仅升高温度，体积变大，试管位置上升，故A选项正确；根据p＝p0＋ρgh可知，外界大气压强增大，封闭气体压强变大，做等温变化，根据玻意耳定律可知，体积减小，试管位置下降，由前面叙述可知，h保持不变，故C选项正确．] 7.气体a、b的等压线如图所示，根据图中所给条件可知，当t＝273 ℃，气体a的体积比气体b的体积大(　　) A．0.1 m3 B．0.2 m3 C．0.3 m3 D．0.4 m3 解析：D　[在0 ℃到273 ℃的温度区间上应用盖—吕萨克定律分别研究气体a和b，可得到方程 ＝，＝. 解得Va＝0.6 m3，Vb＝0.2 m3，ΔV＝Va－Vb＝0.4 m3，故D正确．] 8．有一空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平．现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，此时筒中气体长度减为原来的.若测得A点压强为1.2×105 Pa，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏． (1)求液体中B点的压强； (2)从微观上解释气体压强变化的原因． 解析：(1)由题意知气体做等温变化 则有pAV＝pB×V 代入数据解得pB＝1.8×105 Pa. (2)在缓慢下压过程中，温度不变，气体分子的平均动能不变；但单位体积内的气体分子数增多，单位时间内气体分子碰撞器壁的次数增多，气体的压强变大． 答案：(1)1.8×105 Pa　(2)见解析 [能力提升练] 9．如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2＞V3，h1＜h2＝h3.若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是(　　) A．丙管 B．甲管和乙管 C．乙管和丙管 D．三管中水银柱向上移动一样多 解析：B　[由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2＞V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2＞ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，选项A、C、D错误．] 10.(多选)如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止，设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好使缸内气体总能与外界大气温度相同，则下述结论正确的是(　　) A．若外界大气压强增大，则弹簧将压缩一些 B．若外界大气压强增大，则汽缸上底面距地面的高度将减小 C．若气温升高，则汽缸上底面距地面的高度将减小 D．若气温升高，则汽缸上底面距地面的高度将增大 解析：BD　[选择汽缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，弹簧弹力与汽缸和活塞的重力平衡，若外界大气压强增大，则弹簧长度不发生变化，故A错误；选择汽缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力pS，向上受到缸内气体向上的压力p1S，汽缸受三力平衡有G＋pS＝p1S，若外界大气压强p增大，p1一定增大，根据理想气体做等温变化有pV＝C(常数)，知当压强增大时，体积一定减小，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，故B正确；若气温升高，缸内气体做等压变化，根据＝C，知当温度升高时，气体体积增大，汽缸上升，则汽缸的上底面距地面的高度将增大，故C错误，D正确．] 11.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如p ­t图像所示．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．状态A到状态B气体的体积不变 B．状态B到状态C气体温度增加 C．状态A的压强是0.5 atm D．状态C体积是2 L 解析：AD　[状态A到状态B是等容变化，故体积不变，A正确；状态B到状态C是等温变化，气体温度不变，B错误；从题图中可知，pB＝1.0 atm，TB＝(273＋91)K＝364 K，TA＝273 K，根据查理定律，有＝，解得pA＝0.75 atm，C错误；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，D正确．] 12.如图所示，一个内横截面积为S的汽缸水平放置，汽缸左侧有一质量为m、厚度不计的活塞．汽缸上方有一充气孔，气孔最初与外界相通．已知大气压强为p0，汽缸内气体的温度为T，活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等． (1)现对汽缸充气，将两倍于汽缸容积的外部空气从充气孔缓慢充入汽缸中，此时活塞恰能滑动，求活塞滑动前瞬间汽缸中气体的压强和活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小； (2)若用手压住活塞并关闭气孔，将汽缸缓慢地加热至某一温度，撤去手的瞬间，活塞的加速度a＝，求此时汽缸的温度． 解析：(1)设汽缸的容积为V， 初状态气体的压强为p1＝p0，体积为V1＝3V， 末状态气体的压强为p2，体积为V2＝V 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2， 代入数据解得p2＝3p0， 以活塞为研究对象，滑动瞬间，根据力的平衡条件得 p2S＝p0S＋Ffm， 解得Ffm＝2p0S. (2)设放手瞬间气体压强为p3，以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得 p3S－p0S－Ffm＝ma， 解得p3＝4p0， 对气体，根据查理定律得 ＝， 解得T3＝4 T. 答案：(1)3p0　2p0S　(2)4T [创新应用练] 13．2020年11月13日，我国“奋斗者”号载人潜水器与“沧海”号着陆器，在马里亚纳海沟完成了世界上首次万米海底联合作业．“奋斗者”号球形载人舱容积V＝9.5 m3，潜水前舱内温度t＝24 ℃，压强p＝1.0×105 Pa，该状态下空气的密度为ρ＝1.20 kg·m－3.密封下潜海底后，海水温度仅4 ℃左右，需要开启换气装置缓慢向舱内充入空气以保障环境的舒适性、当温度t1＝12 ℃、压强p＝1.0×105 Pa时关闭换气装置，求载人舱内增加的空气质量Δm.(不考虑舱内潜航员的影响，空气可视为理想气体) 解析：设载人舱内原有气体质量为m，p＝1.0×105 Pa，V＝9.5 m3，T＝297 K m＝ρV 设需要充入载人舱的气体若压强为p、温度为T时体积为ΔV　Δm＝ρΔV 则充气后载人舱内气体质量为Δm＋m，温度T1＝285 K，由理想气体状态方程得＋＝ 解得ΔV＝V 又＝ 得Δm＝ρV＝0.48 kg. 答案：0.48 kg 14．桶装纯净水及压水装置原理如图所示．柱形水桶直径为24 cm，高为35 cm；柱形压水器气囊直径为6 cm、高为8 cm，水桶颈部的长度为10 cm.当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出．已知水桶所在处的大气压强相当于10.00 m水柱产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积． (1)至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出？(不考虑温度的变化) (2)若桶内气体已封闭，将水桶从7 ℃的室外移到室内，一段时间后发现有水从管口溢出，则室内温度至少是多少℃？(不考虑水体积的膨胀) 解析：(1)解法一： 水刚好流出时，桶内气压增大的数值为ΔP＝(30＋10) cmH2O＝40 cmH2O 设气囊中气体的体积为V0，n次压入水桶的气体，相当于一次压入nV0到水桶内，使桶内气压增加40 cmH2O，只以压入水桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律有P0×nV0＝ΔP×V 代入数据解得n＝2.4次 所以至少需要压缩3次． 解法二： 水刚好流出时，桶内气压增大的数值为ΔP＝(30＋10) cmH2O＝40 cmH2O 如果以n次压入的气体nV0和桶内气体V这个整体为研究对象，由玻意耳定律有 P0×(nV0＋V)＝(P0＋ΔP)×V 代入数据解得n＝2.4次 所以至少需要压缩3次． (2)封闭气体的体积不变，由查理定律可得＝ 其中T0＝273＋7 K＝280 K，代入数据解得T1＝291.2 K 则室内温度至少是18.2 ℃. 答案：(1)3次　(2)18.2 ℃ 学科网（北京）股份有限公司 $