课时分层检测(5)气体的等温变化-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（五） …0基础达标练0 1.（多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，： T为热力学温度，下图中能正确描述一定质 量的气体发生等温变化的是 2.一定质量的气体，压强为3atm,保持温度不 变，当压强减小了2atm时，体积变化了4L,: 则该气体原来的体积为 ( A.号1B2L c -L D.3 L 3.(多选)如图所示是一定质 A 量的气体由状态A变到 状态B再变到状态C的 过程，A、C两点在同一条 双曲线上，则此变化过 程中 A.从A到B的过程温度升高 B.从B到C的过程温度升高 C.从A到B再到C的过程温度先降低再 升高 D.A、C两点的温度相等 4.如图所示，一个横截面积为 S的圆桶形容器竖直放置， 金属圆板的上表面是水平 的，下表面是倾斜的，下表面 7777449777 与水平面的夹角为0，圆板的质量为m,不计 圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为0， 则被圆板封闭在容器中的气体的压强p! 等于 A.po+mgcos o B.Po mg S cos 0'Scos 0 C.po+mgcos20 D.十 12 得分 气体的等温变化 5.如图所示，下端用橡皮管连接的两 根粗细相同的玻璃管竖直放置，右 管开口，左管内封闭一段气体，水银 面比右管低。现保持左管不动，为 了使两管内水银面一样高，下面采取的措施 可行的是 A.减小外界气压 B.从U形管的右管向内加水银 C.把U形管的右管向上移动 D.把U形管的右管向下移动 6.如图为一种减震垫，上 物品 面布满了圆柱状薄膜气 泡，每个气泡内充满体 圆柱形气泡 积为Vo、压强为po的 接触面 气体，当平板状物品平 放在气泡上时，气泡被压缩。若气泡内气体 可视为理想气体，其温度保持不变，当体积 压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S, 求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的 压力。 班级 姓名 …0 能力提升练 0… 7.如图所示，空的薄金属筒 空气 开口向下静止于恒温透明 液体中，筒中液面与A点 空气 齐平。现缓慢将其压到更 B-- 深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子 间相互作用，且筒内气体无泄漏（液体温度： 不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态 A到B变化过程的是 P A B A B 8.在两端开口的弯管中用 两段水银柱封闭了一段 d 空气柱，如图所示，在保 持温度不变的情况下，若 再往a管内注入少量水银，测 A.a、b水银面高度差将减小 B.a、b水银面高度差将大于c、d水银面高： 度差 C.b管水银面上升的距离等于c管水银面下 降的距离 D.b管水银面上升的距离大于c管水银面下 降的距离 9.用如图所示的装置 接抽气机 可以测量液体的密 度。将一个带有阀 门的三通U形管倒 置在两个装有液体 的容器中，用抽气机 对U形管向外抽气，再关闭阀门K,已知左 边液体的密度为ρ1，左、右两边液柱高度分 别为h1、h2,则下列说法正确的是( A.实验中必须将U形管内抽成真空 B.关闭阀门K后，管内气体压强大于管外大 气压 12 得分 C.右边液体的密度2= h2 D,右边液体的密度2=， 10.如图所示是一种测定 肺活量（标准大气压 下，人一次呼出气体的 体积)的装置，A为排 尽空气并倒扣在水中 的开口薄壁圆筒。测 量时，被测者尽力吸足空气，再通过B管用 力将自己肺部的空气吹入A中，使A浮起。 设整个过程中呼出气体的温度保持不变， 圆筒A的横截面积为S,外界大气压强为 标准大气压po,水的密度为ρ。若某同学 使得圆筒A浮出水面的高度为h,圆筒内 外水面的高度差为△h,试求该同学的肺 活量。 班级 姓名 11.如图所示，一竖直放置在水平 A 面上的容积为V的圆柱形汽 缸内盛有一定质量的气体，活 B 塞的横截面积为S,活塞将气 体分隔成体积相同的A、B上下两部分，此 时A中气体的压强为pA(未知)。现将汽： 缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、B两 部分气体的体积之比为1：2，两部分气体 的压强均为1.5po。在整个过程中，没有气 体从一部分通过活塞进人另一部分，外界 气体温度不变，汽缸壁光滑且导热良好，活 塞厚度不计，重力加速度为g,求： (1)pA的大小： (2)活塞的质量m。 …0 创新应用练0… 12.（多选)如图所示是 医院给病人输液的 部分装置示意图。 在输液过程中，下 通大气 列说法正确的是 A.A瓶中的药液先用完 B.当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度 保持不变 130 得分 C.随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐 渐增大 D.随着液面下降，A瓶内C处气体压强保 持不变 3.如图所示，马桶吸由皮吸 手柄 和汽缸两部分组成，下方 半球形皮吸空间的容积 汽缸 连杆 为1000cm3,上方汽缸 活塞 的长度为40cm,横截面 皮吸 积为50cm2。小明在试 用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸 中气体的压强等于大气压。皮吸与地面及 活塞与汽缸间密封完好，不考虑皮吸与汽 缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内 活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大 气压强po=1.0×105Pa,g取10m/s2。 (1)若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活 塞缓慢下压到汽缸底部时，求皮吸中气体 的压强； (2)若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明 用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起 20cm高度保持静止，求此时小明作用力的 大小。子求不停息地做无规则运动，选项A错误：在真空、高溫条件下，可！ 32℃，A、B、D错误，C正确。 以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，选项B正确：如果气 答案C 体的温度升高，分子的平均速率会增大，但并非所有分子的速率都 增大，选项C错误：在温度相同时，氢气与氧气分子的平均动能相 6.解析 (I)分子个数N=mNa=Va: 同，但是由于氢分子和氧分子的质量不同，分子的平均速率不相同， (2)根据热力学温度和摄氏温度的关系，锅内温度 选项D错误。 T1=t1+273K=390K 答案B 8.解析温度升高，分子平均动能增大。水由0℃上升到4℃时体积 室温T2=t2+273K=300K 升高的温度△T=T一T,=90K。 减小，这时水分子间的总势能增大，因此，吸收的热量一部分要克服 分子间的结合力做功。故D正确。 答案(1)可 NA 答案 ) 9.解析 (2)390K300K90K r是平衡位置，E。-r图像中，r=r。处，分子势能最小，F-r 图像中，r=。处，分子间作用力为零，所以乙图线为分子势能与分 课时分层检测（五） 子间距离的关系图线，甲图是F-r图像，故A正确，不符合题意：甲 !1.解析A图中可以直接看出温度不变：B图说明心立，即V=常 图为F-”图像，根据图像可知，分子从靠得很近的位置开始，随分 子间距离的增大，分子间作用力先减小后增大，再减小，故B错误， 量，是等温过程；C图是双曲线的一支，但横坐标是温度，温度在变 符合题意：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，故 化，故不是等温线：D图的p一V图线不是双曲线，故也不是等温线， C正确，不符合题意；在<阶段，随着分子间距离的增大，分子间· 故选项A、B正确，C,D错误。 答案 AB 作用力减小，分子势能减小，故D正确，不符合题意。故选B。 答案 12.解析 设该气体原来的体积为V,由玻意耳定律知压强减小时，气 10,解析该沙尘暴的内能是其中所有空气的气体分子的无规则运动 体体积增大，即3atm·V1=(3-2)atm·(V1十4L),解得V1= 的动能和势能以及其他物质颗粒内分子无规则运动的动能和势能· 2L,B正确。 的总和，不包含物质颗粒宏观运动的动能和势能，A错误；沙尘暴 答案B 中沙尘颗粒的分子之间存在着相互作用的引力和斥力，B正确，该3.解析 作出过B点的等温线如图所示，可知TB 沙尘暴从温度较低的内蒙古高原吹到温度较高的黄淮地区，温度 >TA=Tc,故从A到B的过程温度升高，A项 逐渐升高，则其内能逐渐增大，C错误；沙尘暴中的所有沙尘颗粒 正确：从B到C的过程温度降低，B项错误：从A 所做的无规则运动是风力作用下的定向移动，不是布朗运动，D 到B再到C的过程温度先升高后降低，C项错 错误。 误：A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项 答案 正确。 答案 AD O 11,解析本题考查分子间作用力以及分子势能随分子间距离变化的！ 关系，意在考查考生对该部分知识的了解情况。当r=r。时，分子 4.解析 设桶内气体的压强为力，以金属圈板为研究 pS 间作用力F=0,分子势能E。最小，故选B。 对象，分析受力情况，圆板受重力mg、外界大气压 cos 答案 B 力pS、容器壁的压力N和容器内气体的压力 12.解析 (1)如果分子间距离约为10-0m数量级，分于间作用力的 合力为零，此距离为ro。 s0如图所示。金属圈板处于平衡状态，其所受 当分子间距离小于”。时，分子间的作用 力表现为斥力，要减小分子间的距离必须克服斥力做功，因此，分 令力为零，根据共点力平衡条件得)·c0s0 mg t 0.T 子势能随分子间距离的减小而增大。当分子间距离大于：。时，分 +Po.S 子间的相互作用表现为引力，要增大分子间的距离必须克服引力 pS十mg,解得b=p十坚，故选D。 做功，因此，分子势能随分子间距离的增大而增大。从以上两种情 答案 ) 况综合分析，分子间距离以。为数值基准，r不论减小还是增大， 5,解析为使两管内水银面一样高，左管中气体的压强减小，由玻意 分子势能都增大。所以说，在平衡位置处分子势能最小。 耳定律知，气体的体积要增大，右管必须向下移动，D正确。 (2)由题图可知，分子势能为零的点在两个分子相距无穷远的位· 答案 ) 置。由(1)可知，在平衡位置处分子势能最小，据题图可以看出：在 设压力为F,压缩后气体压强为P 这种情况下分子势能可以大于零，可以小于零，也可以等于零 16.解析 (3)两个分子相距r。的位置分子势能最小，最小的分子势能为零， 由poV。=pV和F=pS,得F= TpS。 所以此种情况的特点为分子势能大于或等于零。 Vo 答案 见解析 答案 VPoS 课时分层检测（四） 7,解析气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积 1,解析处于热平衡状态的系统，如果受到外界的影响，状态参量会 成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p 随之变化，温度也会变化，故A错误：热平衡定律可以研究多个系 变大，选项C正确。 统，对多个系统也适用，故B错误：如果两个系统彼此接触而状态参！ 答案 C 量不再变化，这两个系统又不受外界影响，那么这两个系统一定处！8.解析向管注入少量水银后，封闭气体压强变大，体积减小，由p 于热平衡状态，故C正确：两个系统处于热平衡状态时，它们的温度 =p。十Pgh可知，a、b水银面高度差等于c、d水银面高度差，且均变 一定相同，温度相同是热平衡的标志，必须相同，故D错误。 大，故A、B错误。向a管注入少量水银后，b管水银面上升，c管水 答案 银面下降，由于封闭气体体积减小，所以b管水银面上升的距离大 2,解析细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度 于C管水银面下降的距高，故C错误，D正确。 变化情况的，测温物体是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用空 答案 D 气热胀冷缩的性质制造的，故A、B、C错误，D正确。 9.解析 用抽气机对U形管向外抽气后关闭阀门K,管内气体压强 客) (p气)小于管外大气压(p。),在大气压作用下液体进入左、右两侧管 3.解析温度宏观上反映物体的冷热程度，但并不是感觉冷的物体温1 中，待液体静止，左、右两侧管中压强平衡，则有力气十p减1=p。=p气 度就低，人体感受的物体冷热程度，一方面取决于被感受的物体的 温度，另一方面还与被感受物体单位时间内吸收或放出的热量的多： 少有关，A错误；由热平衡定律可知，B正确：只要两个系统温度相 十力2，所以P1=P线，即Ah1=g2,得内=么，故C正确， 同且不再发生变化，它们就处于热平衡快态，所以C、D正确。 B、D错误；只要管内气体压强与液体产生的压强之和小于管外大气 答案BCD 压，就会有液体进入管中，所以没必要将U形管内抽成真空，故A 4.解析摄氏温标规定：冰水混合物的温度为0℃，1标准大气压下沸 错误。 水的温度为100℃，由北可见，题中所说的40刻度处就是指0C10.解析设该同学一次呼入气体的压强为，体积为V。,呼出的气 答案C 90刻度处就是指100℃。从40到90有50等份，每1等份的实际 温度是100℃=2℃。 体使A筒上升，压强为p=p。十Pg△h, 50 体积为V=(h十△h)S, 当水银柱上升到100刻度处时，共占有的等份数是100一40=60，所 由玻意耳定律可得：poV。=pV, 以100刻度处的实际温度是2℃×60=120℃ 即poVo=（p十Pg△h)(h十△h)S, 由热力学温度与摄氏温度的关系式T一 t十273K可得120℃相当 (pe+pg△h)(h+△h)S 可解得：V。 于热力学温度T=(120十273)K=393K。 即该温度计100刻度处相当于120℃，相当于393K。 答案120℃393K 答案 (po+Pg△h)(h十△h)S 5.解析 该温度计是利用气体的热胀冷缩原理制成的，温度升高时烧！11，解析(1)对气体A,由玻意耳定律可得 瓶内气体膨胀，有色水柱上升：温度降低时烧瓶内气体收缩，有色水 PAVA=PIVI 柱下降，因A、D间的测量范围为20℃80℃，可得A点对应 80℃，D点对应20℃，A、D间刻度均匀分布，每小格表示： 其中VA=2V1=3,p1=1.5p 80℃-20℃ 15 =4℃，则有色水柱下端对应温度为20℃十3×4℃= 解得p1=p0。 (2)对气体B,由玻意耳定律可得BVB=2V2 222 共中a=A+=A+警，M,=号，-罗 水银柱左高右低，加热后C内气体压强pc'=pc十60mmHg,于 又因为p2=1,5p0 c 解得m=S ,代入数据可得189m_180+0)mmH,得T'=364K, 273K T 答案(1)p,(2)S 若水银柱右高左低，降温后压强A=ce一60mmHg,号二，代 12.解析在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不 入数据可得180mmHg-180-60)mmHg,解得T”=182K,C,D 273K T 变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液： 正确。 压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入： 答案ACD B瓶，所以B瓶液面高度保待不变，直到A瓶药液全部流入B瓶， 由题图可知，D→A过程压强不变，为等压过程：B→C过程中 所以A瓶药液先用完，故A、B正确：A瓶瓶口处压滋和大气压相9，解 体积不变，为等容过程，故A项错误。由题图可知，VA>VD,p4 等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强 增大，故C正确，D错误。 D根据益吕萨克定律得-二，则T>T,故B项正确。 答案ABC 13.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 B过程中，温度不变，根据玻意耳定律得p4VA=pBVB,若VB= 体的压强为。， 2VA,则巾如=2pA,故C项错误。图像中的等温线是双曲线的一 体积为V1=1000cm3+40×50cm3=3000cm 支，由B项分析可知图线离原点越远气体温度越高，A、B两点在同 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 一条等温线上，所以从A沿虚线到B的过程中，温度先升高，后降 1000cm, 低，故D项正确。 由玻意耳定律得p。V1=V2 答案BD 解得p2=3po=3.0X10Pa。 :10.解析两部分气体都发生等容变化，力-t图线的延长线都过1轴 (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 上表示温度为一273.15℃的点，且斜率越大，体积越小，则A中气 po,体积为V2=1000cm3,活塞缓慢向上提起20cm高度保持静 体的体积比B中的小，故A、B正确：题图中a图线的斜率较大，由 止时，设小明作用力的大小为F,封闭气体的压强为卫1，体积为 数学知识可知温度改变量相同时，A中气体压强改变量较大，C错 误，D正确。 V3=1000cm3+20×50cm=2000cm 答案C 由玻意耳定律有poV2=p:V :11.解析设物体A的体积为△Vcm3。 又F+p3S=poS 解得F-250N。 状态1：T1=300K,p1=1.0×105Pa,V1=(60×40-△V)cm 答案(1)3.0×105Pa(2)250N mg 状态2：T,=30K,p,=1.0X10Pa+40x10cmV=V 课时分层检测（六） 1.解析由查理定律知，一定质量的气体，在体积不变时，其压强与热 状态3：T3=360K,p3=p2,V3=(64X40-△V)cm (1)由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有 力学温度成正比，选项C正确，选项A、B错误；在p-t图像中，直线 与横轴的交点表示热力学温度的0K,选项D正确。 P1 P? 答案CD T Vo 代入数据得m=4kg。 Vo 2)由状态2到状态3为等压过程，由盖吕萨克定律有二=气 V_V-V_△ V 宁=T广23示-张，则每升高1℃增大的体积△V=宁=23下 代入数据得△V=640cm。 V-Vo 答案(1)4kg(2)640cm T273K:故A正确。 !12.解析(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化， 答案A 当电子天平的示数为600.0g时，右端细绳对铁块的拉力大小 3.解析在V-T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为 F一m2g一6N,根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大 两条等压线，即p。=pp=p:,故A、C错误：在V-T图像中，斜率 小为F1,对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也 越大表示压强越小，得p。=p6>p=pd,即由b到c的过程，压强变！ 为F1,根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小 小，由d到a的过程，压强变大，故B、D正确。 为F1, 答案BD 对活塞根据平衡条件有F1十p1S=S十m1g, 4.解析对汽缸受力分析可知Mg十p。S=S,可知当温度降低时，气 解得p1一po, 体的压强不变：对活塞和汽缸的整体受力分析可知(m十M)g=kx, 当电子天平的示数为400,0g时，右端细绳对铁块的拉力大小 可知当温度变化时，工不变，即h不变：根据盖一吕萨克定律可得 F2=2g-4N, ,故温度降低时，气体的体积减小，因不变，则汽缸高度H 同理，对活塞有F2十p2S=poS十m1g, T-T 解得p2=0.99×10Pa, 减小，选项B正确，A、C、D错误。 答案B 由查理定律得是-号，解得工=297K 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号 (2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零 时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S=pS十1g,解得p3= 为恒量，且4p=号△T,温度由0℃升高到10℃和由100℃升高 1.03×10Pa, 到110℃，△T=10K相同，故压强的增量△p1=△p2,C项正确。 由查理定律得 P3 答案C 6.解析由题意知气体发生的是等压变化，根据盖一吕萨克定律可以： 解得最高温度T=309K。 求出气体的体积，从而求出固体A的体积。 答案(1)297K(2)309K 设固体A的体积为V,则气体初、未状态参量分别为 (1)水刚好流出时，桶内气压增大的数值为△p=(30十 初状态：V1=hS-V,T1=300K 10)cmH,()=40cmH,() 末状态：V2=(h+△h)S-V,T2=330K 如果以n次压入的气体nV。和桶内气体V这个整体为研究对象， -兰，即AsV-h+△)SY 由玻意耳定律有 由盖一吕萨克定律得示元 po×(nV,+V)=(p。十△p)XV 代入数据解得n=2.4次 代入数据解得V=0.02m3。 所以至少需要压缩3次。 答案0.02m 7.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 (2)封闭气体的依款不变，由壶理定律可得号-号 降低，根据查理定律有气三产，由于T1>T2,所以1 其中T0=(273十7)K=280K,p1=po+十△p=1040cmH20,代入 数据解得T1-291.2K 即暖瓶内的压强由1减小为2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶！ 则室内温度至少是18.2℃。 塞更费力，D正确。 答案(1)3次(2)18.2℃ 答案D 8.解析C中气体压强始终不变，B内封闭气体初状态pB=pc十 课时分层检测（七） 60mmH:打开闻门后加二e,由题喜如V。=专V由玻高年.解析根搭理想气体我态方程兴-C可知，p,V、T都减小，兴可 定律有pzVB=pB'Vg',得pz'=180mmHg=pc,pB=240mmHg, A正确，B错误。改变C内气体温度，C内封闭气体做等容变化，若 能不变，故A不符合题意，V减小，力和T增大，y可能不交，故B 223