第2章 第2节 气体的等温变化-【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（人教版）

物理 空 物课时 间 第三节 气体 纠错空间 理作业 [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 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，力增大，则分子热运动的 平均动能增大 方法总结 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 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 01 (a) (b (c) 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) ·19 选择性必修第三册 的等压变化和等容变化 C.若丙研究的是查理定律，则他作的图 像可能是图(c) D.若丁研究的是盖一吕萨克定律，则他 作的图像是图(d) 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)， 77777777 7777 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 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 据一8848.86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1.0×105Pa(常温下的大气压 强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为 4.0×104Pa,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.8.3×104Pa B.8.3×105Pa C.4.3×104Pa D.1.23×105Pa 第二章气体、固体和液体 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 7.气体a、b的等压线如图v/m1 所示，根据图中所给条 0.3 件可知，当t=273℃时， 0.2 0.1 气体a的体积比气体b /C 的体积大 A.0.1m B.0.2m C.0.3m3 D.0.4m3 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 号若测得A点压强为1.2X10Pa,不 计气体分子间相互作用，且筒内气体无 泄漏. 空气臣 ·195 课时作业色 (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. 间 纠错空间 方法总结 为出中发中为5中行中 [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=V,>V3,h1<h2= 4 h3.若升高相同的温度，则管中水银柱 44411444114年4十444 向上移动最多的是 ) 甲 乙 A.丙管 B.甲管和乙管 年卡月年市年年年中年年卡 C.乙管和丙管 D.三管中水银柱向上移动一样多 :年。 世物理 10.（多选)如图所示，一根 空 竖直的弹簧支持着一倒 间 立汽缸的活塞，使汽缸 纠错空间 悬空而静止，设活塞和 777 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，测汽缸上底面距地面 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 方法总结 11.(多选)某同学利 p/atm 1.5--0 用DIS实验系统 104B 研究一定质量理 -1A -273 0 91t/℃ 想气体的状态变 化，实验后计算机屏幕显示如pt图 像所示.已知在状态B时气体的体积 为VB=3L,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0.5atm D.状态C体积是2L 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。，汽缸内气体的温度为T, 194 选择性必修第三册 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 腿间：活露的加灌度4=三求此时 汽缸的温度， 第二章气体、固体和液体 [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=9.5m3,潜水前舱内温度t= 24℃，压强p=1.0×105Pa,该状态下 空气的密度为p=1.20kg/m3.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=1.0×105Pa时关闭换气装 置，求载人舱内增加的空气质量△m. (不考虑舱内潜航员的影响，空气可视 为理想气体，绝对温度取一273℃) ·195 课时作业色 14.桶装纯净水及压水装置原理如图所 示.柱形水桶直径为24cm,高为 空 间 35cm;柱形压水器气囊直径为6cm、 纠错空间 高为8cm,水桶颈部的长度为10cm. 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10.00m水柱产 生的压强，当桶内的水还剩5cm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 方法总结 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）》 6cm 气囊 8cm出水管 颈部 10cm 35cm 44 24cm 01++4g14+44+4#卡444参考答案 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2,体 积为V2. 由玻意耳定律得 p2V2=10p1V1'③ 联立①②③式并代入题给数据得 p2=3.2×107Pa.④ (2)设加热前炉腔的温度为T。,加热后炉腔温度为 T1,气体压强为p3。由查理定律得 会0 联主④⑤式并代入题给数据得 p3=1.6×108Pa.⑥ 答案：(1)3.2×107Pa(2)1.6×108Pa 13.解析：(1)题图甲中①为压强传感器：研究一定质量 的气体压强与体积关系时，应保持气体的质量和温 度不变： (2)压强与体积成反比的图像应为双曲线的一支，题 图乙的DV图像不能确定是不是双曲线的一支，所 以不能确定压强与体积成反比： (3)实验时注射器内的空气向外发生了泄漏. 答案：(1)压强质量温度(2)不能(3)实验时 注射器内的空气向外发生了泄漏 14.解析：(1)以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，初始 状态下封闭气体的压强为p, 体积：V1=1000cm3+40×50cm3=3000cm3 当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p2, 体积为V2=1000cm3, 由玻意耳定律：poV1=p2V2 解得：p2=3p0=3.0×105Pa (2)以皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气 体的压强为p0,体积为V2=1000cm3,活塞缓慢向 上提起20cm高度保持静止时，设小明施加作用力 的大小为F,封闭气体的压强为p3,体积为： V3=1000cm3+20×50cm3=2000cm3 由玻意耳定律有：oV2=p3V3 又有：F+p3S=poS 解得：F=250N. 答案：(1)3.0×10Pa(2)250N 。25 课时作业乡 第三节气体的等压变化和等容变化 1,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，二=C,气体的温 度降低，压强一定变小，A正确，C错误：气体的温度 升高时，压强一定变大，B错误：气体的温度变化时，压 强一定改变，D错误.] 2.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.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；盖一吕萨克定律，研究的 是等压变化，体积与热力学温度成正比，故D正确.] 4.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，故B正确，C错误.门 5.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=1.0×105Pa,温度为T1 =(273十27)K=300K,其末状态的压强为p2,温度 为T2=(273-23)K=250K,根据查理定律有号 号解得D=哥XI0Pa,所以此套山手表表而玻璃 可以承受的内外压强差至少为 5×105-4.0×10Pa≈4.3×10Pa,故C I△pl= 正确.] 6.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错误：压强 不变，封闭气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律，仅 升高温度，体积变大，试管位置上升，故A正确：根据 p=pg十pgh可知，外界大气压强增大，封闭气体压强 3 巴物理 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 正确.] 7.D[在0℃到273℃的温度区间上应用盖一吕萨克 定律分别研究气体α和b,可得到方程 23十27第R·227K2R V .0.3m3V6 解得V。=0.6m3,V6=0.2m3, △V=V。-V6=0.4m3,故D正确.] 8.解析：(1)由题意知气体做等温变化 则有AV=pBX号V 代入数据解得pB=1.8×105Pa. (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)1.8×105Pa(2)见解析 9.B[白于气体的压强不变，故△V-子·△T,由于V =V2>V3,T和△T相同，故△V1=△V2>△V3,即甲 管与乙管中水银柱向上移动最多，故B正确，A、C、D 错误.] 10.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S,向上受到缸内气体向上的压力p1S,汽缸受 三力平衡，有G十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，缸内气依微等压度化，根那号-C,加当温度升高 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.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=1.0atm,TB=(273+91)K= 31K,Tn=273K.根据查理定律，有号会-器解得 ·25 选择性必修第三册 pA=0.75atm,C错误；pB=1.0atm,VB=3L,pc 1.5atm,根据玻意耳定律，有pBVB=pcVc,解得Vc =2L,D正确.] 12.解析：(1)设汽缸的容积为V, 初状态气体的压强为p1=0,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=PoS+Fim, 解得Fm=2poS. (2)设放手瞬间气体压强为3，以活塞为研究对象， 根据牛顿第二定律得 P3S-PoS-Fim=ma, 解得p3=4p0, 对气体，根据查理定律得 ÷会 解得T3=4T. 答案：(1)3p02pS(2)4T 13.解析：设载人舱内原有气体质量为m,p=1.0×105Pa, V=9.5m3,T=297K m=ov 设需要充入载人舱的气体若压强为、温度为T时 体积为△V,则△m=pAV 则充气后载人舱内气体质量为△m十m,温度T1= 285K,由益一吕萨克定体得号+兴片 解得△V= T-Tiv T 又△m=△V m V 得ampv=0.48kg 答案：0.48kg 14.解析：(1)解法一： 水刚好流出时，桶内气压增大的数值为△p=(30十 10)cmH,O=40 cmH2O 设气囊中气体的体积为V0,次压入水桶的气体，相 当于一次压入V。到水桶内，使桶内气压增加 参考答案 40cmH20,只以压入水桶中的气体为研究对象，由 玻意耳定律有Po XnVo=△pXV 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△p一(30十 10)cmH2O=40 cmH,O 如果以n次压入的气体V。和桶内气体V这个整体 为研究对象，由玻意耳定律有 pX(nVo+V)=(po+△p)XV 代入数据解得1=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=只一 其中T0=(273+7)K=280K,代入数据解得T1= 291.2K 则室内温度至少是18.2℃. 答案：(1)3次(2)18.2℃ 重难点训练（一） 气体实验定律及理想 气体状态方程综合应用 1B「由盖一吕萨克定律可得=，代入教据可知了 =300K,得T2=450K.所以升高的温度=150K 3 =150℃.] 2.B[冷藏室气体的初状态：T1=(273+27)K=300K, p1=1.0×105Pa,末状态：T2=(273+7)K=280K, 设此时冷藏室内气体的压强为2，此过程气体体积不 变，根据壶理定律号-号代入旗据得：≈093X 105Pa.] 3.AD[从题图中可以看出a→b过程中气体的温度保 持不变，所以气体发生等温变化，并且p>p6,根据玻 意耳定律有pV。=pVb,可得V.<Vb,即压强减小， 体积增大，A正确；b℃过程中，压强不变，温度降低， 根据号=得V>V即体积减小B错误：c→广a 根据 过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，气体 的压强增大，温度升高，C错误，D正确.] ·25 课时作业马 4.A[加热前后，上段气体的压强保持pa十pgh1不变， 下段气体的压强保持p0十pgh1十pgh2不变，整个过 程为等压文化，根据盖一吕萨克定律符宁-，学 号所以号号导中=成A正疏] 5.C[气体分子的总数目和气体的质量有关，体积改 变，质量不变，故气体分子的总数目不变，A错误；气 体分子的平均速率与温度有关，恒温情况下气体分子 的平均速率不变，B错误：气体在恒温下体积膨胀，且 质量不变，体积变大，根据理想气体的方程V=C可 知气体的压强变小，C正确：气体体积增大，压强减 小，分子的平均动能不变，单位体积内的分子数减小， 容器壁受到气体分子的平均冲力将减小，故D错误.] 6.ACD[对右管中的水银柱分析知，管中气体压强比 大气压强高h cmHg,所以弯管左管内外水银面的高 度差为，故A正确.弯管上下移动，封闭气体温度和 压强不变，体积不变，故B错误，封闭气体温度和压强 不变，体积不变，所以弯管向下移动少许，则右管内的 水银柱沿管壁上升，故C正确.环境温度升高，气体压 强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管 壁上升，故D正确.] 7.BC[气体的体积是所有气体分子运动占据的空间的 体积之和，A错误：气体温度越高，气体分子的热运动 就越剧烈，B正确：气体对容器的压强是由大量气体分 子对容器不断碰撞而产生的，C正确：在等温状态下， 当气体膨胀时，气体压强一定减小，D错误.故选 B、C.] 8.B[当试管处于静止时，假设试管内与气体接触处有 一小液片，此液片受力平衡，则根据平衡条件可得气 体的压强力=p0十pgh,将试管向上提一些，管内的气 体压强减小，外界大气压不变，则试管内外液面的高 度差会减小，向容器内倒入少许水，管内的气体压强 增大，外界大气压不变，则试管内外液面的高度差增 大，故A错误，B正确；环境温度降低，由等压变化可 知，气体体积减小，则试管内外液面的高度差减小，故 C错误：大气压强增大，由等温变化可知，气体体积减 小，则试管内外液面的高度差减小，故D错误.] 5