第2章 第3节 第1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（人教版）

第3节气体的等压变化和等容变化 第1课时气体的等压变化 白题 基础过关 限时：l0min 题型1气体等压变化的规律 可无摩擦地滑动而不漏气.现缸内气体温度为 1.一定质量的理想气体，在压强不变的情况下， T,活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温 温度由5℃升高到10℃，体积的增量为△V； 度缓慢下降到T2,且降温幅度很小，外界环境 温度由283K升高到288K,体积的增量为 压强不变，则下列说法中正确的是 △V2,则 ( A.缸内气体将做等体积 A.△V1=△V2 B.△V>△V2 变化，活塞不发生移动 C.△V1<△V2 D.无法确定 B.活塞将向右移动 2.(多选)如图所示，在一只烧 C.活塞将向左移动 瓶上连一根玻璃管，把它跟 D.活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、 一个水银压强计连在一起， 压强与降温前相比都发生了变化 烧瓶里封闭着一定质量的气 5.如图甲所示，向一个竖直放置的空铝饮料罐 体，开始时水银压强计U形管两端水银面一 (即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡 样高.下列情况下，为使U形管两端水银面一 密封，在吸管内吸入一小段油柱（长度可以忽 样高，管A的移动方向是 ( 略).如果不计大气压的变化，这就是一个简易 A.如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移 的气温计.已知铝罐的容积是357cm3,吸管内 B.如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移 部粗细均匀，横截面积为0.3cm2,吸管的有效 C.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移 长度为20cm,当温度为27℃时，油柱离罐口 D.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移 10 cm 题型2盖-吕萨克定律的应用 (1)在吸管上标刻温度值，刻度是否均匀？ 3.(2024·山东聊城期末)有一教室，上午8点 (2)试推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h 的温度为10℃，下午1点的温度为25℃，假 的表达式； 定大气压强无变化，则上午8点与下午1点相 (3)某同学以图乙所示方式使用上述标好刻 比较，下列说法正确的是 度的气温计，试判断测量值较实际值偏 ( A.上午8点时，每个空气分子的速率都小 大、偏小还是准确，简要说明原因， B.空气的分子数密度相同 C.室内空气密度之比为298：283 D.室内空气质量之比为5：2 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 第二章黑白题17 黑题应用提优 限时：20min L.如图所示的两图线分别为a、b两气体的等压 B.能测量的最大温度 线，根据图中所给条件可知，当t=273℃时， 为600K 气体a的体积比气体b的体积大（取T= C.环境温度升高时，弹 0.51 273K+t) ( 簧的长度将变短 V/m D.环境温度为27℃ 时，缸内气体的压 0.3 0.2 强为9×104Pa 0.1 /℃ 压轴挑战∥ A.0.1m3 B.0.2m3 4.如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖直 C.0.3m D.0.4m 放置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容积 2.如图所示，孔明灯“会飞”的原因是，灯内燃料 的细管连通，汽缸高均为1、横截面积均 燃烧使内部空气升温膨胀，一部分空气从灯 为S,不计厚度、质量分别为m和2m的活 内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小， 塞与两汽缸顶部紧密贴合（不粘连）.开始 空气浮力将其托起某盏孔明灯灯体（包括燃 时汽缸中为真空，现从阀门A、B分别向汽 料、气袋)的质量为M,气袋体积恒为V。,重力 缸中缓慢注人理想气体I和Ⅱ，同时缓慢 加速度为g,大气密度为p,环境温度恒为 释放两活塞，当两活塞均位于汽缸正中间 T(K),忽略燃料的质量变化，大气压强不变 位置时关闭两个阀门.随着外部温度由T。 部是衡量孔明灯升空性能的参量记A pVo 开始缓慢升高，右侧汽缸中活塞位置不断 若气袋内气体温度最高不能超过1.5T,(K), 上升，已知重力加速度为g,求： 则为了使孔明灯顺利升空，k应满足( (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. B≤3 D 3.如图所示为一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( A.刻度表的刻度是不均匀的 进阶突破拔高练P04 选择性必修第三册·RJ黑白题18压轴挑战 5.AD解析：AC若m-P ,对活塞AB有p1S=PoS+mg,解得 g P1=2p0,单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室 1内气体质量不变，压强也不变根据玻意耳定律得P1x1S= mS,解得=子，所以活塞下移上 ,A正确，C错误 B.若m= ,对活塞AB有PS=pS+mg,解得A,=1.5p,单 PoS 向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体 质量不变，压强也不变根据玻意耳定律得P2x2S=PIS,解得 名=号，所以活塞下移△=L一名子，B错误D.若m-3, 2L 对活塞AB有P3S=PoS+mg,解得P3=4po,单向阀打开，如果 气室2的气体未完全进人气室1，则有P0LS+2poLS=4pox3S, 解得马-头，服设不成立，所以气体完全选入气室1，则有 P0LS+2poLS=P,LS,解得P.=3po,D正确.故选AD. 专题探究一玻意耳定律的应用 黑题专题强化 1.D解析：设大气压为po,封闭气体压强p=Po-pgh,玻璃管绕 其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，假设H不变，则 水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，根据玻意耳 定律可知，封闭气体体积减小，故水银柱会升高，即H要减 小：再假设h不变，则H会减小，根据玻意耳定律，封闭气体 压强会增加，故h也要减小，故ABC错误，D正确. 2.C解析：依题意，对A、B部分气体研究，将细玻璃管绕B点 在竖直面内顺时针缓慢旋转90°后，设A部分的水银柱长度 为l1,B部分的水银柱长度为l2,根据玻意耳定律有P4· 10S=p4(20-l1)S,PB·10S=pa(20-l2)S,其中PA=Po+Pa= 86cmHg,pA=(76-l1)cmHg,pg=(76+l2)cmHg,联立以上式 子，求得l1≈7.5cm,l2=10cm,可得l1+l2<20cm,故选C. 3.B解析：设U形管的横截面积为S,根据题意可知小车静止 时，左侧封闭气体的压强P1=Po=PgL,小车向右做匀加速运 动时，水银柱受到向右的合外力，则左侧气体的压强较大，左 侧水银面的高度会上升，右侧水银面的高度下降，两端水银 面的高度差为二，则左侧水银面上升的高度为左管中的 气体由玻意耳定律得ms=P,s(么-)），可得小车以加速 2 度a=了8水平向右做匀加速直线运动时，左侧封闭气体的 4 压强p=3Pg以设水平部分的长度为x,以水平管内长为x 的水银为研究对象，由牛顿第二定律得P2S+PgS·乞poS= pms·a,联立解得x-},故选B. 4.AD解析：以水银柱为研究对象，水平方向受力为向右的 PoS,向左的pS,由牛顿第二定律，知pS-PS=ma= m(+h5-l空)又a=,则p=%alr(6* 选择性必修第三册·RJ 。+2片若以被封闭气体为研究对象，由等温变化可知 Lo PLoS=pS,解得p=Po,故选AD. 5.C解析：设A、B两部分气体的总体积为V,对A气体，初状 态pmp,n=号y,未状态pe=p,a=,根据玻意耳定 可得PAVA=PVe对B气体，初状态P1=p,Vm=V,末 状态Va=子y,Pa=p+肾，根据玻意耳定律可得Paa P2Vm,联合解得m=,故选C☒ 6.2.5cm解析：开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零，设 汽缸内气体压强为P1、体积为V1P1(SB-SA)=P(SB-S),若 往小桶中缓慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为P2、体积 为V2P2(Sa-S4)-P(SB-S4)=m1g,气体发生等温变化， PV,=P2V2,根据题意：V1-V2=L(Sg-S4),若再往小桶中缓 慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为P3、体积为V?: P(Sg-Sa)-Po(Sg-Sa)=(m1+m2)g,气体发生等温变化 P2V2=P3V,.根据题意V2-V3=L2(Sa-S4),联立解得L2= 2.5cm. 7.B解析：由玻意耳定律可知p,V=P2(V+nVo),代入数据 18atm×15L=2.5atm×(15L+n×1L),解得最多可以充气球 的个数为n=93,故选B. 8.D解析：钢瓶的容积为2V。,抽气筒容积为V。,最初钢瓶内 气体压强为P,抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第 一次抽气有Po·2V。=pV。+P1·2V,第二次抽气有p1· 2V。=P2Vo+p2·2Vo,第三次抽气有p2·2V。=P3V。+p3·2Vo, 第四次抽气有P3·2V。=P4V。+P4·2V,经过计算有P4= 16 87Po故选D. 9.D解析：设充气前臂带内气体体积为V,=60cm3,每次挤压 气囊充人气体体积为V。=60cm3,充气后臂带内气体体积 为V2=300cm3,根据玻意耳定律p1V1+5poV。=P2V2,其中 p1=Po=750mmHg,解得P2=900mmHg,压强计示数为臂带 内气体的压强高于大气压强的差值，则压强计的示数为 △p=P2P1=150mmHg,故选D. 10.AC解析：A.为了保证喷水效果，设打气筒最少打气n次 则有poV。+no△V=P1Vo,其中P0=1.0×103Pa,V。=1.4L- 1.2L=0.2L,△V=0.02L,P1=3.0×105Pa,解得n=20, 故A正确；B.为了保证喷壶安全，打气筒最多打气m次，则 有PoV。+m吧o△V=P2'o,其中P2=5.0×10Pa,解得m=40,故 B错误：CD.若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷 水，设可向外喷出水的体积为V.,则有P2V。=Po(V。+V),解 得V,=0.8L,故C正确，D错误.故选AC. 第3节气体的等压变化和等容变化 第1课时气体的等压变化 白题基础过关 1.A 解析：在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律 刀=C,得 AV 7C,当温度的增量相同时，体积的增量相同，故△y= △V,故选A 黑白题06 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.C解析：A上午8点时，温度小，分子的平均动能小，平均 速率小，某个分子的速率可能变大，也可能变小，也可能不 变，故A错误；B.当温度升高时，气体体积将增大，因此房间 内的空气质景将减少，空气分子的个数减少，空气的分子数 密度减少，故B错误：CD.上午8点的热力学温度T1=(273+ 10)K=283K,下午1点的热力学温度T2=(273+25)K= 298K,上午8点时教室内空气的质量为m1,体积为V,选上 午8点时散室内空气为研究对象，由盖-昌萨克定律片。 T 5爱器，上午8点教家肉的气体质最网与下 V> 午1点气体质量比仙。亡器因上年多点和下车 1点教室内的体积相同，故密度之比等于质量之比= P2 m2 8g,故G正确，D错误故选C 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=P,S+PoSa,解得 P,=P1,可知，气体发生的是等压变化，根据盖-吕萨克定律有 二会可知，当缸内气体温度缓慢下降到，时，密封气你 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，原因见解析 解析：()根据了=C,油柱体积随温度均匀变化，则刻度是 均匀的.(2)初状态：V1=(357+0.3×10)cm3=360cm3,T1= (273+27)K=300K,任意态：V2=(357+0.3×h)cm3,T2= (273+)K,由-2，得：t24.5+0.25)℃.(3)由 ,可得：化，加由于油柱重力产生压强的彩珀没有 了，V2偏大，则测得的T2偏大 黑题应用提优 1.D解析：在0℃和273℃两个状态时，由盖-吕萨克定律可 V 0.3m3 知，对气体a有273+273)K=273K,对气体6有 V。0.1m3 (273+273)K273K,解得V=0.6m3,.=0.2m,△v= 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+ P1gV。气袋内的气体温度升高时，将气体视为等压变化，气 体原来的体积为V。,温度升高后体积为V,(有V。留在气袋 参考答案与解析 内)，根据质量相等则有pV。=P1V1,原来的气体温度升高后 ，,根据题 压强不变，体积从变为上，由等压变化得儿_y 意1≤157，联立解得M-1- p'。 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P,S=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 VV,可得T, T1T21 T,V_(27+273)×SK=600K,则能测量 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 升高时，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. 压轴挑战 4(1)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p1三 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1气体，初态有=空，=7，末态有=（宁 :小3由盖目萨克定律得上=只，对Ⅱ气体，初态有=S, T 刀=，未态有好=5+（行）小及由盖-B萨克定律得之。 L 联立解得T=号。 T 第2课时气体的等容变化 白题基础过关 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 2A解析：对甲图活塞受力分析有肾+，=P=,对乙图活塞受 力分析有P2=Po,由题知质量相等的同种理想气体甲、乙的 体积相等，则根据号会，可知pp2,1>7,放选A 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，=273+(-23)]K=250K,根据查理定律有号-号，解 5 得p2= ×103Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内 6 外压强差至少为p=p,-p=5×105-4.0×10Pa≈4.3× 6 104Pa,故选C. 黑白题07