2.3.1 气体的等压变化和等容变化 课时对点练1-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册

第3节 气体的等压变化和等容变化 课时对点练1 基础对点练 一、选择题: 考点一　气体的等压变化 1．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是(　　) A．升高了450 K B．升高了150 ℃ C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃ 2．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是(　　) A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍 B．气体的热力学温度升高到原来的两倍 C．温度每升高1 K体积增加是原来的 D．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比 3.(多选)如图，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体(　　) A．温度降低，则压强可能增大 B．温度升高，则压强可能减小 C．温度降低，则压强不变 D．温度升高，则体积增大 考点二　气体的等容变化 4.如图所示，在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来．其中主要原因是(　　) A．软木塞受潮膨胀 B．瓶口因温度降低而收缩变小 C．白天气温升高，大气压强变大 D．瓶内气体因温度降低而压强减小 5．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是(　　) A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283 考点三　p－T图像和V－T图像 6．(多选)如图所示，一定质量的气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是(　　) A．A→B过程温度升高，压强不变 B．B→C过程体积不变，压强变小 C．B→C过程体积不变，压强不变 D．C→D过程体积变小，压强变大 7.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图像如图所示．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．从状态A到状态B气体的体积不变 B．从状态A到状态B气体的体积增大 C．状态B到状态C气体体积增大 D．状态C气体的体积是2 L 能力综合练 一、选择题: 8．一定质量的理想气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0，再经等容变化使压强减小到p0，则气体最后状态为(　　) A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0 C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0 9．如图所示是一定质量的气体经历的两个状态变化的p－T图像，对应的p－V图像应是下列选项图中的(　　) 10.如图所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p－t图线．p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为(　　) A．5.6 L B．3.2 L C．1.2 L D．8.4 L 2． 计算题： 11.如图所示，质量M＝10 kg的导热缸内用横截面积S＝100 cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27 ℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，忽略汽缸和活塞的厚度．求： (1)缸内气体的压强p1； (2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度． 12.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图所示，横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．求： (1)当温度上升至303 K且尚未放出气体时，封闭气体的压强； (2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力． 尖子生选练 13．为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，如图所示，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等．汽缸开口向上，用质量为m＝2 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1 cm2.当汽缸内温度为300 K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物M.当绳上拉力为零时，警报器报警．已知室外大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，活塞与汽缸壁之间摩擦可忽略．则： (1)当活塞刚刚接触到重物时，锅炉外壁温度为多少？ (2)若锅炉外壁的安全温度为1 200 K，那么重物的质量应是多少？ 参考答案： 1.答案　B解析　由盖－吕萨克定律可得＝，代入数据可知，＝，得T2＝450 K．所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃. 2.答案　BD解析　由盖—吕萨克定律＝可知，在压强不变时，体积与热力学温度成正比，故A错误，B正确；温度每升高1 ℃即1 K，体积增加是0 ℃体积的，故C错误；由盖—吕萨克定律的变形式＝可知，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，故D正确． 3.答案　CD解析　大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，故A、B错误，C正确；根据＝C可知，温度升高，则体积增大，所以D正确． 4.答案　D解析　由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体的温度降低，根据查理定律有：＝；由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖瓶内的压强由p1减小为p2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，D正确． 5.答案　C解析　由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下为恒量，且Δp＝ΔT.温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确． 6.答案　ABD解析　V－T图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜直线，为等压线，所以pA＝pB，温度升高TA<TB，选项A正确；由题图可知，由B到C的过程中，体积不变，即VB＝VC，而温度降低，即TB>TC，由查理定律＝C可知pB>pC，压强变小，选项B正确，C错误；由题图可知，由C到D的过程中，温度不变，即TC＝TD，而体积变小，即VC>VD，由玻意耳定律pV＝C可知pC<pD，选项D正确． 7.答案　AD解析　状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A对，B错；状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错；从题图中可知，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对． 8.答案　B解析　在等压过程中，由盖－吕萨克定律有＝，V2＝V0，再经过一个等容过程，由查理定律有＝，T3＝T0，所以B正确． 9.答案　C解析　在p－T图像中AB直线过原点，所以A→B为等容过程，体积不变，而从A→B气体的压强增大，温度升高，B→C为等温过程，C正确． 10.答案　D解析　此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为(127＋273) K＝400 K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227＋273) K＝500 K，根据盖－吕萨克定律＝得，VB＝＝ L＝8.4 L. 11.答案　(1)9×104 Pa　(2)327 ℃ 解析　(1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S 解得：p1＝9×104 Pa (2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化． 在这一过程中对缸内气体由盖－吕萨克定律得＝ 所以T2＝2T1＝600 K 故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃. 12.答案　(1)p0　(2)p0S 解析　(1)以开始时封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得＝① 代入数据得p1＝p0② (2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S＝p0S＋mg③ 放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3， 由查理定律得＝④ 设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得F＝p0S. 13.答案　(1)450 K　(2)5 kg 解析　(1)以缸内气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化 V1＝LS V2＝(L＋)S 根据盖－吕萨克定律＝ 得T2＝450 K (2)以缸内气体为研究对象，活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M. p2S＝p0S＋mg p3S＝p0S＋(m＋M)g 根据查理定律＝，解得M＝5 kg. 学科网（北京）股份有限公司 $