第2章 第5节 第2课时 气体的等压变化-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

白题基础过关练 第2课时气 题型1气体等压变化的规律 1.一定质量的理想气体，在压强不变的情况下， 温度由5℃升高到10℃，体积的增量为△V1; 温度由283K升高到288K,体积的增量为 △V,则 ( A.△V,=△V, B.△V>△V2 C.△V<△V2 D.无法确定 2.(多选)如图所示，在一只烧 瓶上连一根玻璃管，把它跟 一个水银压强计连在一起， 烧瓶里封闭着一定质量的气 体，开始时水银压强计U形管两端水银面 样高.下列情况下，为使U形管两端水银面一 样高，管A的移动方向是 A.如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移 B.如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移 C.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移 D.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移 题型2盖-吕萨克定律的应用 3.有一教室，上午8时温度为17℃，下午2时 的温度为27℃，假定大气压无变化，则下午 2时与上午8时教室内的空气质量的比值为 ( A.29:30 B.30:29 C.17:27 D.27:17 4.（2024·福建宁德一中一 模)如图所示为水平放置 的固定圆柱形汽缸，汽缸 内被A、B两活塞封有一定质量的气体，活塞 之间用硬杆相连（硬杆的粗细可忽略），活塞 与汽缸壁之间可无摩擦地滑动而不漏气现缸 内气体温度为T,活塞在图示位置保持静止， 若缸内气体温度缓慢下降到T,且降温幅度 很小，外界环境压强不变，则下列说法中正确 的是 第二章 体的等压变化 限时：l0min A.缸内气体将做等体积变化，活塞不发生 移动 B.活塞将向右移动 C.活塞将向左移动 D.活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、 压强与降温前相比都发生了变化 5.（2023·浙江联考)如图甲所示，向一个竖直 放置的空铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透 明吸管，接口用蜡密封，在吸管内吸人一小段 油柱（长度可以忽略）.如果不计大气压的变 化，这就是一个简易的气温计.已知铝罐的容 积是357cm3,吸管内部粗细均匀，横截面积为 0.3cm2,吸管的有效长度为20cm,当温度为 27℃时，油柱离罐口10cm. (1)在吸管上标刻温度值，刻度是否均匀？ (2)试推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h 的表达式； (3)某同学以图乙所示方式使用上述标好刻 度的气温计，试判断测量值较实际值偏 大、偏小还是准确，简要说明原因。 黑白题23 黑题应用提优绣 1.如图所示的两图线分别为a、b两气体的等压 线，根据图中所给条件可知，当t=273℃时， 气体a的体积比气体b的体积大（取T= 273K+t) V/m 0.3 0.2 0 0 /℃ A.0.1m3 B.0.2m3 C.0.3m3 D.0.4m3 2.如图所示，孔明灯“会飞”的原因是，灯内燃料 燃烧使内部空气升温膨胀，一部分空气从灯 内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小， 空气浮力将其托起.某盏孔明灯灯体（包括燃 料、气袋)的质量为M,气袋体积恒为Vo,重力 加速度为g,大气密度为p,环境温度恒为T。 (K),忽略燃料的质量变化，大气压强不变 一北是衡量孔明灯升空性能的参量，记k】 pV。 若气袋内气体温度最高不能超过1.5T(K), 则为了使孔明灯顺利升空，k应满足() A公3 B.k≤ 2 C. 3 D. 3.(2023·广东华南师大附中质检)如图所示为 温度计的结构原理图，利用汽缸底部高度 变化反应温度变化.质量为1kg的导热汽缸内 密封一定质量的理想气体，汽缸内横截面积 为10cm2.活塞与汽缸壁间无摩擦且不漏气.环 境温度为27℃时，活塞刚好位于汽缸正中间， 整个装置静止.已知大气压为1.0×10Pa,重 力加速度g取10m/s2.则 () 选择性必修第三册·JK 限时：15mim A.刻度表的刻度是不 均匀的 B.能测量的最大温度 0.51 为600K 刻度表 C.环境温度升高时， /7 弹簧的长度将变短 D.环境温度为27℃时，缸内气体的压强为 9×104Pa 压轴挑战 4.如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖直 放置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容积 的细管连通，汽缸高均为1、横截面积均 为S,不计厚度、质量分别为m和2m的活 塞与两汽缸顶部紧密贴合（不粘连）.开始 时汽缸中为真空，现从阀门A、B分别向汽 缸中缓慢注入理想气体I和Ⅱ，同时缓慢 释放两活塞，当两活塞均位于汽缸正中间 位置时关闭两个阀门.随着外部温度由T。 开始缓慢升高，右侧汽缸中活塞位置不断 上升，已知重力加速度为g,求： (1)温度刚开始升高时，气体I的压强 (2)当右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，环 境的温度， .m B 进阶突破拔高练PO5 黑白题2420,=50cm40cm=10cm,再压出4L水后桶内 与出水口高度差为h2= 20-12+4, 20h。+Ah=70cm,则有n,= Po+Pgh2,解得p3=1.07×105Pa.由于外界温度保持不变，根 据玻意耳定律有n'poV。+p1=p3V2,其中V。=0.3L,1= (20-12)L=8L,V3=(20-12+4)L=12L,解得n'≈16.1， 可知，若要再压出4L水，至少需按压17次.C错误，D正 确.故选D. 第5节气体的等容变化和等压变化 白题基础过关练第1课时气体的等容变化 1.B解析：把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积不变，气体经过 热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可 知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压 就将罐紧紧地压在皮肤上 2.A解析：由查理定律得 P2 TT+1K:Ap=Pa-PI= 1×1K 为 定值，A选项正确， 3.C解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为P1= 1.0×10Pa,温度为T1=(273+27)K=300K,末状态的温度 为7，=[273+(-23)]K=250K,根据查理定律有=号，解 得P2-×10Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的 外压强差至少为4=P-p=。×10-40x10Pa=4.3X 6 104Pa,故选C. 4.B解析：假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据 查理定律有号岩所以4如=号4，两部分气体初状态温 度T相同，升高的温度△T相同，初状态气体A的p大，则 △p4>△pB,水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B 端移动.故选B. 5.C解析：轮胎容积不变，由查理定律可知卫 p' T4A7,解得 △7=P。P7.左前轮胎内的气体温度变化△7=2T,右前轮 16 D 胎内的气体温度变化△T,=2 .2 T,左后轮胎内的气体温度变 化△=，有后轮胎内的气体压强变化4，=点，测 △T3<△T,<△T,<△T2,所以轮胎内气体的温度变化最小的是 左后轮胎内的气体故选C. V 6.B解析：由题图知，a一b过程为等压过程，由T=C可知， 气体温度升高，体积增大；6心过程为等容过程，由子=C可 知，气体温度升高，压强增大，故B正确， 黑题应用提优练 1.B解析：轮胎内气体体积不变，则为保证安全，则在90℃时 压强不超过3.5atm;在-40℃时压强不不低于1.7atm,则根 3.5 P11.7 P2 据查理定律273+90273+20273-40273+20，解得pm= 2.83atm,P2=2.14atm.充气后的胎压应在2.14atm~2.83atm 范围内比较合适，故B选项适合 选择性必修第三册·JK 2.C解析：在p-T图像中，开始一段时间内，随着温度的升 高，气体发生的等容变化，根据号=C可知图像为一条过坐 标原点的直线：当气体压强增加到与外界大气压强相等时， 温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，即气体压 强等于大气压强Po,保持不变，故C正确。 3.C解析：ACD.假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容 变化，由于初温和末温相同，根据查理定律，对气体A,有 二产对气体以，有宁-片初始状态满足A,=tne,同 理使A、B降低相同温度达到稳定后，有PA=TP:= T 、TM ppgh)卫7Pa,由此可知4p4>4pg,AP>APa,因此 水银柱将向下移动了一段距离，故C正确，AD错误；B.由于 气体的总体积不变，所以△VA=△Vg,故B错误故选C. 4.AD解析：AC假设两部分气体做等容变化，则根据？ 7A7可得压据变化4p=1A,1= △T TPo,则Ap左= ΔT △T Tp左，4p=TP,其中P左=P%Pgh若同时升高 相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上 升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小.同理若同时降 低相同的温度，则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面 下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故C错 误，A正确：BD.玻璃管竖直加速下落，左边空气柱对水银柱 的压强变小，体积增大，使左右水银面高度差变小，匀速下落 时，压强不变，高度差不变，故B错误，D正确：故选AD. 压轴挑战 5.(1)21.4cm(2)22℃ 解析：(1)A瓶内气体初态p,=76cmHg-16cmHg=60cmHg, T,=(273+27)K=300K,T2=(273+0)K=273K,气体发生等 容变化，由查理定律可得二-会即0希K解得 TT P2=54.6 cmHg,则x=76cm-54.6cm=21.4cm.(2)此时A瓶 内气体压强为P3=75cmHg-16cmHg=59cmHg,气体发生等 容变化，由查理定件号只即00.9，解得 300K T T3=295K,所以t3=22℃. 白题基础过关练 第2课时气体的等压变化 ①，A解标：在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律女=C,得 47C,当温度的增量相同时，体积的增量相同，故△y,= ΔV △V2,故选A. 2.AD解析：AB.使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气 体的压强始终等于外界大气压而不变，若把烧瓶浸在热水 中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高， 应把A下移，故A正确，B错误：CD.若把烧瓶浸在冷水中， 气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应 把A管上移，故C错误，D正确.故选AD. 3.A解析：设上午8时教室内的空气质量为m,下午2时教室 内的空气质量为m',以上午8时教室内的空气为研究对象， 盏昌克定维有-冷解得阳 273+27 273+17%= 黑白题08 厂，空气溢出后，教室内的空气质量与空气密度成正比， 所以有心'业29 mV230' 故选A 4.B解析：ABC.令外界环境压强与密封气体压强分别为Po, P1,对活塞与硬杆整体分析有PoS4+P1Sg=P1S4+PoSg,解得 Po=P,可知，气体发生的是等压变化，根据盖-吕萨克定律 有上兰，可知，当缸内气体温度缓慢下降到时，密封气 TT 体体积将随之减小，由于活塞用硬杆相连，两活塞移动的距 离相等，当体积减小时，活塞应向横截面积较小的活塞一侧 移动，即活塞将向右移动，故AC错误，B正确；D.根据上述 可知，活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度与降温前相比 都发生了变化，而压强没有发生变化，故D错误.故选B. 5.(1)均匀(2)t=(24.5+0.25h)℃(3)偏大，见解析 解析：(1)根据7=C,油柱体积随温度均匀变化，则刻度是 均匀的.(2)初状态：V,=(357+0.3×10)cm3=360cm3,T1= (273+27)K=300K,任意态：V2=(357+0.3×h)cm3,T2= V 273*)K,由-，得：=(245+0.25h)℃.(3)由 ,可得：比？由于油柱重力产生压强的影明没有 了，V2偏大，则测得的T,偏大 黑题应用提优练 1.D解析：在0℃和273℃两个状态时，由盖-吕萨克定律可 0.3m3 知，对气体a有273+273)K=273R,对气体6有 (273+273)K273K,解得V.=0.6m3,,=0.2m,△v= V 0.1m3 V。-V。=0.4m3,选项D正确. 2.C解析：设刚好从地面浮起时气袋内的气体密度为P1,则 升起时浮力等于孔明灯和内部气体的总重力，有PgV。=Mg+ PgV。将气袋内的气体温度升高时，气体视为等压变化，原 来的气体温度升高时体积为V。,升高后体积为V,(有V。留 在气袋内)，根据质量相等则有pV。=P1V1,原来的气体温度 升高后压强不变，体积从%变为？，由等压变化得之=上 T。T, 根报卖二1.5T联立解得7。一1一3’级选C T 3.B解析：AB.活塞位于汽缸正中间时，以汽缸为研究对象 由平衡条件得p1S=Mg+PoS,当活塞在汽缸的最下端时，缸 内气体温度为T2,压强为P2,此时仍有P2S=Mg+PoS,可得 P2=P1,可知缸内气体为等压变化，由盖-吕萨克定律可得 公会可得万 T,V2_(27+273)×SK=60K,则能测量 V, 1 25 的最大温度为600K:又有△V=S·△L,由上式可知，刻度表 的刻度是均匀的，A错误，B正确：C.由以上分析可知，汽缸 内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度 降低时，弹簧的长度仍不变，C错误；D.以汽缸为研究对象， (不包含活塞)对汽缸受力分析，由平衡条件可得P1S=Mg+ PoS,代入数据解得缸内气体的压强为P1=1.1×10Pa,D错 误故选B. 参考答案与解析 压轴挑战 4a肾(2) 4 解析：(1)对右侧汽缸中的活塞，由受力平衡有p2S=2mg,对 左侧汽缸中的活塞，由受力平衡有P2S=mg+p1S,解得P1= 学（(2)在缓慢升温过程中，两部分气体的压强均不变，均为 等压变化，设右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，左侧活塞下 降，对I气体，初态有y=公，工=，末态有 (台+)小3由盖-昌萨克定律得7=行，对I气体，初态 有%=，1，=，未态有=S+(2s由盖-吕萨克定 宁号取立部想7子 白题基础过关练第3课时理想气体的状态方程 1.A解析：ACD.气体分子大小和相互作用力可以忽略不计， 也可以不计气体分子与器壁碰撞的动能损失，这样的气体称 为理想气体它是理论上假想的一种把实际气体的性质加以 简化的气体理想气体在任何情况下都严格遵守气体实验定 律，也就是说，实际气体并不严格遵循这些定律，只有在温度 不太低，压强不太大时，才可做近似处理.一般可认为温度不 低于零下几十摄氏度、压强不超过大气压的几倍时的气体为 理想气体，故A正确，CD错误：B.对于理想气体，分子间不 存在相互作用力，也就没有分子势能的变化，其内能的变化 即为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，B错误.故 选A. 2C解析根据理想气体状态方程%-G可知，使气体的温度 保持不变，而压强和体积同时增大显然是不可能的，故C符 合题意. 3.D解析：气体的质量一定，则分子数一定，当体积减小 时，分子总数不变，单位体积的分子数增加，因温度不变， 则分子的平均速率不变，则气体分子每次碰撞器壁的平均作 用力不变，气体的压强变大，则单位时间内单位面积器壁上 受到气体分子碰撞的次数增多.故选D. 4.D解析：A.篮球中空气质量增大了，但空气的体积没有变， 根据公式=”可知密度变大，球内气体分子数密度变大， 故A错误；BC.在快速充气过程中，压缩球内气体做功，而气 体与外界来不及进行热交换，故空气内能增大、温度升高，分 子平均动能增大，但并不是每一个分子的动能都增大，故 BC错误；D.由上分析可知，温度升高，分子数密度增大，所 以单位时间内碰撞单位面积内壁的分子数增大，故D正确。 故选D. 5.C解析：外界大气温度升高，压强减小，则玻璃泡内部气体 温度升高，气体压强增大，玻璃管中水柱下降，故C符合 题意 6.D解析：如图所示，过A、B两点分别作出等容变化的图像， 由G可得P=十·T心，可知，B点对应的图线斜率较大， 黑白题09