2019_2020学年高中物理课时作业7气体的等容变化和等压变化新人教版选修3-3

课时作业7 气体的等容变化和等压变化
基础巩固
1．一定质量的气体从状态a ，经历如图1所示的过程，最后到达状态c ，设a 、b 、c 三状态下的密度分别为ρa 、ρb 、ρc ，则( )
图1
A ．ρa >ρb >ρc
B ．ρa ＝ρb ＝ρc
C ．ρa <ρb ＝ρc
D ．ρa >ρb ＝ρc
解析：一定质量的气体从a 到b 温度不变，压强减小，体积增大，由ρ＝m
V
可知ρa >ρb ，由状态b 到c 等容变化密度不变，ρb ＝ρc ，故D 项正确．
答案：D
图2
2．在一粗细均匀且两端封闭的U 形玻璃管内，装有一段水银柱，将A 和B 两端的气体隔开，如图2所示．在室温下，A 、B 两端的气体体积都是V ，管内水银面的高度差为Δh ，现将它竖直地全部浸没在沸水中，则( )
A ．A 端气体体积比
B 端大 B ．Δh 增大
C ．A 端气体压强比B 端大
D ．Δh 不变
解析：由Δp ＝p T
ΔT 知，因A 、B 两部分气体初态温度T 相同，ΔT 相同，但p B >p A ，升高相同的温度后Δp B >Δp A ，故水银柱向A 端移动，使Δh 变大，因p B ′＝Δp h ′＋p A ′，B 端气体的压强大于A 端气体的压强，故只有B 项正确．
3．一定质量的理想气体，由状态a 经b 变化到c .如图3所示，下列图中能正确反映出这种变化过程的是( )
图3
解析：由p －T 图象知，状态a 到状态b 为等容变化，且压强增大，由状态b 到状态
c 为等温变化，且压强减小，所以在p －V 图上，状态a 到状态b 为平行于p 轴的线段，且
由下向上，状态b 到状态c 为双曲线的一部分，且压强减小，故选C.
答案：C
图4
4．如图4所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好．使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是( )
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，则气缸的上底面距地面的高度将增大
C ．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小
D ．若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大
解析：取活塞及气缸为研究对象，其重力和弹簧弹力平衡，无论气体怎样变化，弹力不变，其长度不变，A 错；p 气＝p 0＋
M 缸g
S
，大气压强p 0增大，气体压强变大，温度不变．由玻意耳定律知气柱变短，即气缸上底面离地高度变小，B 错；气体压强不变，温度升高，根据盖—吕萨克定律知体积增大，气柱变长，知C 错，D 对．
5．(多选)如图5所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则( )
图5
A．弯管左管内外水银面的高度差为h
B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
解析：被封闭气体的压强按右边计算为p＝p0＋p h，按左边算也为p＝p0＋p h，故左管内外水银面的高度差为h，A项正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B、C均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D项正确．
答案：AD
图6
6．(多选)如图6为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化量为Δp A、Δp B，对液面压力的变化量为ΔF A、ΔF B，则( )
A. 水银柱向上移动了一段距离
B. ΔV A<ΔV B
C. Δp A>Δp B
D. ΔF A＝ΔF B
解析：假设升温后气体体积不变(水银柱不移动)，封闭气体发生等容变化由查理定律p 1T 1
＝p 2T 2即p T ＝
Δp ΔT ⇒Δp ＝ΔT
T
p ，因最初p A ＝p B ＋H (H 为水银柱高度)，而T 与ΔT 相同可得Δp A >
Δp B ，又由S A >S B 故增大的压力ΔF A >ΔF B ，所以水银柱向上移动，选项A 对．因水银体积和
封闭管容积不变，即A 、B 气体体积之和保持不变故ΔV A ＝ΔV B ，选项B 错．由细管上细下粗可知水银柱上移过程中水银高度H ′变大，而p ′A ＝p ′B ＋H ′，所以Δp A >Δp B ，因F ＝pS 而S A >S B ，所以选项C 对D 错．
答案：AC 7.
图7
图7为一定质量理想气体的压强p 与体积V 关系图象，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )
A ．T A <T
B ，T B <T
C B ．T A >T B ，T B ＝T C C ．T A >T B ，T B <T C
D ．T A ＝T B ，T B >T C
解析：一定质量的理想气体等容变化有p
T ＝常数，等压变化V T
＝常数，根据压强或体积变化推知温度高低．
答案：C
综合应用
8．如图8所示，两端封闭的U 形玻璃管中装有水银，并在上端封有理想气体，温度相同，现将管放在沸水中使两段气体同时升高相同温度，则下面说法中正确的是( )
图8
A ．气柱
B 的体积变小 B ．气柱A 的体积变小
C ．气柱B 的体积变大
D ．无法判断气柱体积的变化过程
解析：如图9所示设气体的初温为T ，同时升高相同温度ΔT 时假定水银柱不动，A 、B 两部分气体发生等容变化，以气柱A 为研究对象，据查理定律有：
图9
p A ＋Δp A p A ＝T ＋ΔT
T
即
Δp A p A ＝ΔT T ，Δp A ＝ΔT
T
×p A 同理，得Δp B ＝
ΔT
T
×p B 依题p A >p B ，所以Δp A >Δp B ，即同时升高相同温度时，水银柱向压强增加小的一方移动，气柱B 的体积变小，A 的体积变大，选项A 正确．
答案：A
9．(多选)在图中，p 表示压强，V 表示体积，T 表示热力学温度，t 表示摄氏温度，各图中正确描述一定质量的理想气体等压变化规律的是( )
解析：一定质量的气体在等压变化中，压强不变，体积V 与绝对温度T 成正比．其中B 图明显看出气体压强减小，A 、C 、D 对，B 错．
答案：ACD
10．我国陆地面积S ＝960万平方千米，若地面大气压p 0＝1.0×105
Pa ，地面附近重力加速度g 取10 m/s 2
，试估算：
(1)地面附近温度为270 K 的1 m 3
空气，在温度为300 K 时的体积； (2)我国陆地上空空气的总质量M 总． 解：(1)气体做等压变化，V 2T 2＝V 1
T 1
， 代入数据，解得V 2＝1.1 m 3
.
(2)大气压可看做是由空气的重力产生的， 则p 0＝
M 总g S
， 代入数据解得M 总＝9.6×1016
kg.
11．(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)如图10，容积均为V 的汽缸A 、B 下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1、K 3，B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p 0的3倍后关闭K 1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．
图10
(1)打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (2)接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强． 解：(1)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得
p 0V ＝p 1V 1①
(3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)② 联立①②式得
V 1＝V 2
③
p 1＝2p 0④
(2)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为
V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2.由玻意耳定律得
(3p 0)V ＝p 2V 2⑤ 由⑤式得 p 2＝3V
V 2
p 0⑥
由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝3
2
p 0.
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，
由查理定律得
p 2′T 1＝p 3
T 2
⑦ 将有关数据代入⑦式得
p 3＝1.6p 0
图11
12．在图11所示的气缸中封闭着温度为100℃的空气，某一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10 cm ，如果缸内空气变为0℃，问：
(1)重物是上升还是下降？
(2)这时重物将从原处移动多少厘米？(设活塞与气缸壁间无摩擦) 解：(1)缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升．
(2)分析可知缸内气体作等压变化．设活塞横截面积为S cm 2
，气体初态体积V 1＝10S cm 3
，温度T 1＝373 K ，末态温度T 2＝273 K ，体积设为V 2＝hS cm 3
(h 为活塞到缸底的距离)
据V1
V2
＝
T1
T2
可得h＝7.3 cm
则重物上升高度Δh＝(10－7.3) cm＝2.7 cm.
13．(2017年衡水金卷)一定质量的理想气体从状态b开始，经过b→a→c→b过程回到原状态，其V－T图象如图12所示．已知状态a
图12
时气体体积为10 L，温度为300 K；状态c时气体温度为800 K，气体压强等于标准大气压p0，求：
(1)状态b的体积；
(2)状态b的压强．
解：(1)因为ab连线过原点O，所以b→a是等压变化．根据盖—吕萨克定律有V b
V a
＝
T b
T a
代入数据得V b≈26.7 L
(2)已知状态c压强为标准大气压p0，c→b过程是等温变化，根据玻意耳定律有p b V b＝p c V c
代入数据得p b＝0.375p0
14．(2018年高考·课标全国卷Ⅱ)
图13
如图13，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力
加速度大小为g .
解：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动． 设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，
根据查理定律有p 0T 0＝p 1
T 1
.①
根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg .② 联立①②式可得T 1＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
1＋
mg p 0S T 0.③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，
设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2. 根据盖－吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2
.④ 式中V 1＝SH .⑤
V 2＝S (H ＋h )．⑥
联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
1＋mg p 0
S
T 0.⑦
从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .⑧。