高中物理第八章气体第节气体的等容变化和等压变化综合训练新人教版选修.doc
版高中物理 第八章 气体 2 气体的等容变化和等压变化课时作业(含解析)新人教版选修3-3
2 气体的等容变化和等压变化1。
一定质量的气体，压强保持不变,下列过程可以实现的是（ A )A。
温度升高，体积增大B.温度升高,体积减小C.温度不变，体积增大D。
温度不变,体积减小解析：一定质量的气体,压强保持不变时，其体积和热力学温度成正比，则温度升高，体积增大；温度降低,体积减小；温度不变，体积也不发生变化,故A正确.2.（2019·湖北黄冈检测）民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸"在皮肤上。
其原因是,当火罐内的气体（ B )A。
温度不变时,体积减小,压强增大B。
体积不变时,温度降低,压强减小C。
压强不变时,温度降低,体积减小D。
质量不变时,压强增大，体积减小解析：体积不变，当温度降低时，由查理定律=C可知，压强减小，故B项正确.3。
如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的V T图象，由图象可知( D )A.p A〉p BB。
p C<p BC。
V A<V BD.T A<T B解析：由V-T图象可以看出由A→B是等容过程,T B>T A，故p B>p A,A,C项错误，D项正确;由B→C为等压过程,p B=p C,故B项错误.4.两个容器A，B,用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图所示，A,B所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃,水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃,则水银柱将( A ）A。
向右移动B.向左移动C.不动D。
条件不足,不能确定解析:假设水银柱不动，A，B气体都做等容变化,由Δp=p知Δp∝,因为T A〈T B，所以Δp A>Δp B,所以水银柱向右移动.5.（2019·湖南湘潭检测）（多选)如图所示，在汽缸中用活塞封闭一定质量的气体,活塞与汽缸壁间的摩擦不计,且不漏气，将活塞用绳子悬挂在天花板上，使汽缸静止。
2024高中物理第八章2气体的等容变化和等压变化教学案含解析新人教版选修3_3
2气体的等容改变和等压改变[学习目标] 1.知道什么是等容改变和等压改变． 2. 知道查理定律、盖—吕萨克定律的内容及表达式并会用这些定律处理问题．(难点) 3.知道p －T 图象、V －T 图象的物理意义并会运用其分析处理等容、等压改变过程．(难点)学问点一气体的等容改变 1．等容改变肯定质量的气体在体积不变时压强随温度的改变． 2．查理定律(1)文字表述：肯定质量的某种气体，在体积不变的状况下，压强p 与热力学温度T 成正比．(2)公式表达：p ＝CT 或p 1T 1＝p 2T 2或p 1p 2＝T 1T 2. (3)图象表达(4)适用条件：气体的质量肯定，气体的体积不变． [思索]我国民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，即用一个小罐，将纸燃烧后放入罐内，然后快速将火罐开口端紧压在人体的皮肤上，待火罐冷却后，火罐就被紧紧地“吸”在皮肤上．你知道其中的道理吗？【提示】 火罐内的气体体积肯定，冷却后气体的温度降低，压强减小，故在大气压力作用下被“吸”在皮肤上．[推断]1．在等容过程中，压强p 与摄氏温度成正比．(×) 2．在等容过程中的p －T 图象是双曲线的一支．(×) 3．等容过程的p －1T图象是一条通过原点的直线．(×)学问点二气体的等压改变 [填空] 1．等压改变质量肯定的气体，在压强不变的条件下，体积随温度的改变． 2．盖—吕萨克定律(1)文字表述：肯定质量的某种气体，在压强不变的状况下，其体积V 与热力学温度T 成正比．(2)公式表达：V ＝CT 或V 1T 1＝V 2T 2或V 1V 2＝T 1T 2.(3)适用条件：气体质量肯定；气体压强不变．3．图象[思索]能否参考肯定质量的某种气体的等容改变的p－t图象，画出肯定质量气体等压改变的V－t图象？【提示】运用“外推法”可知t＝－273.15 ℃时，V＝0，其V－t图象如图所示：[推断]1．肯定质量的气体，若体积变大，则温度肯定上升．(×)2．肯定质量的气体，体积与温度成反比．(×)3．肯定质量的某种气体，在压强不变时，其V－T图象是过原点的直线．(√)考点一查理定律和盖—吕萨克定律的应用(深化理解)1．两定律的比较定律查理定律盖—吕萨克定律表达式p1T1＝p2T2＝恒量V1T1＝V2T2＝恒量成立条件气体的质量肯定，体积不变气体的质量肯定，压强不变图线表达直线的斜率越大，体积越小，如图，V2＜V1直线的斜率越大，压强越小，如图，p2＜p12.两个重要的推论【例题1】 (2014·新课标全国卷Ⅱ)如图824，两汽缸A 、B 粗细匀称、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽视的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽视的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气．当大气压为p 0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14，活塞b 在气缸正中间．(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度； (2)接着缓慢加热，使活塞a 上升．当活塞a 上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强．【思路点拨】 (1)缓慢加热直到b 活塞恰升至顶部，活塞下的气体做等压改变．(2)对a 中气体，由于A 顶部导热，a 中气体做等温改变．【解析】 (1)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气做等压改变，设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为V 04，由题给数据和盖—吕萨克定律得V 1＝34V 0＋12×V 04＝78V 0①V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0② V 1T 1＝V 2T 2③ 由①②③式和题给数据得T 2＝320 K(2)活塞b 升至顶部后，由于接着缓慢加热，活塞a 起先向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a 上方的氧气做等温改变，设氧气初态体积为V ′1，压强为p ′1，末态体积为V ′2，压强为p ′2，由题给数据和玻意耳定律得V ′1＝14V 0，p ′1＝p 0，V ′2＝316V 0④p ′1V ′1＝p ′2V ′2⑤由④⑤式得p ′2＝43p 0.【答案】 (1)320 K (2)43p 0【规律总结】应用查理定律和盖—吕萨克定律解题五步走1．确定探讨对象，即被封闭的气体．2．分析被探讨气体在状态改变时是否符合定律的适用条件． 3．确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积． 4．依据查理定律或盖—吕萨克定律公式列式求解． 5．求解结果并分析、检验．【即时训练】1．(多选)对于肯定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则正确说法是( )A ．气体的摄氏温度上升到原来的两倍B ．气体的热力学温度上升到原来的两倍C ．温度每上升1 K 体积增加原来的1273D ．体积的改变量与温度的改变量成正比【解析】 由盖—吕萨克定律可知A 错误，B 正确；温度每上升1℃即1 K ，体积增加0℃体积的1273，C 错误；由盖—吕萨克定律的变形式V T ＝ΔVΔT可知D 正确．【答案】 BD2．汽车行驶时轮胎的胎压太高简洁造成爆胎事故，太低又会造成耗油上升．已知某型号轮胎能在－40～90 ℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过 3.5 atm ，最低胎压不低于1.6 atm ，那么在t ＝20 ℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？(设轮胎容积不变)【解析】 由于轮胎容积不变，气体做等容改变，设在T 0＝293 K 时，充气后的最小胎压为P min ，最大胎压为P max . 依题意，当T 1＝233 K 时胎压为p 1＝1.6 atm 依据查理定律p 1T 1＝p min T 0，即1.6233＝p min293解得：p min ＝2.01 atm当T 2＝363 K 时胎压为p 2＝3.5 atm 依据查理定律p 2T 2＝p max T 0，即3.5363＝p max293解得：p max ＝2.83 atm.【答案】充气后的胎压范围为2.01 atm～2.83 atm考点二p－T图象、V－T图象的应用(深化理解) 1．p－T图象与V－T图象的比较：压强p 体积V(1)首先要明确是p－T图象还是V－T图象．(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标．(3)解决问题时要将图象与实际状况相结合．【例题2】图甲是肯定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象，已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.甲乙图825(1)说出A→B过程中压强改变的情形，并依据图象供应的信息，计算图中T A的值．(2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图象相应位置上标出字母A、B、C.假如须要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．【思路点拨】(1)由图象获得信息，可知从A到B气体做等压改变，从B到C气体做等容改变．(2)由图象可得A、B、C三点对应的状态参量然后利用相关规律求解．【解析】(1)由图象可知A→B为等压过程，依据盖—吕萨克定律可得V AT A＝V BT B，所以T A＝V A V B T B ＝0.40.6×300 K ＝200 K. (2)依据查理定律得p BT B ＝p C T C ，p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43p A ＝43×1.5×105Pa ＝2.0×105Pa.则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示． 【答案】 (1)压强不变 200 K (2)见解析【规律总结】要精确娴熟地将一种图象转换成另一种图象，必需明确以下几个问题： 1．精确理解p V 图象、p T 图象和V T 图象的物理意义和各图象的函数关系，各图象的特点．2．知道图线上的一个点表示的是肯定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p 、V 、T .3．知道图线上的某一线段表示的是肯定质量的气体由一个平衡状态(p 、V 、T )转化到另一个平衡状态(p ′、V ′、T ′)的过程；并能推断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程．4．从图象中的某一点(平衡状态)的状态参量起先，依据不同的改变过程．先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p 、V 、T .5．依据计算结果在图象中描点、连线作出一个新的图线，并依据相应的规律逐一检查是否有误．【即时训练】1．(多选)如图所示，甲、乙为肯定质量的某种气体的等容或等压改变图象，关于这两个图象的正确说法是( )A ．甲是等压线，乙是等容线B ．乙图中p －t 线与t 轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V －t 线与t 轴的交点不肯定是－273.15 ℃C ．由乙图可知，肯定质量的气体，在任何状况下都是p 与t 成直线关系D ．乙图表明温度每上升1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的上升压强不变 【解析】 由查理定律p ＝CT ＝C (t ＋273.15)及盖—吕萨克定律V ＝CT ＝C (t ＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A 正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t 轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K ，故B 错；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的试验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，故C 错；由于图线是直线，故D 正确．【答案】 AD2．如图827甲所示，肯定质量的气体的状态沿1→2→3→1的依次循环改变，若用p V 或V T 图象表示这一循环，在图乙中表示正确的是( )图827【答案】 B【学法指导】液柱(或活塞)移动问题的分析方法用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度改变时，液柱或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是：气体的状态参量p 、V 、T 都发生了改变，干脆推断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简洁地求解．1．假设推理法依据题设条件，假设发生某种特别的物理现象或物理过程，运用相应的物理规律及有关学问进行严谨的推理，得出正确的答案．巧用假设推理法可以化繁为简，化难为易，简捷解题．其一般分析思路是：(1)先假设液柱(或活塞)不发生移动，两部分气体均做等容改变．(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp ＝ΔT Tp ，求出每部分气体压强的改变量Δp ，并加以比较．(3)假如液柱(或活塞)两端的横截面积相等，且Δp 均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱向Δp 值较小的一方移动；若Δp 均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp |较大的一方)移动；若Δp 相等，则液柱不移动．(4)假如液柱(或活塞)两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力改变(ΔpS )．若Δp 均大于零，则液柱向ΔpS 较小的一方移动；若Δp 均小于零，则液柱向|ΔpS |值较大的一方移动；若ΔpS 相等，则液柱不移动．2．极限法所谓极限法就是将问题推向极端．如在探讨压强大小改变时，将改变较大的压强推向无穷大，而将改变较小的压强推向零，这样就使困难的问题变得简洁明白．如图所示，两端封闭、粗细匀称、竖直放置的玻璃管内有一段长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1，若使两部分气体同时上升相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)依据极限法：由于管上段气柱压强p 2较下段气柱压强p 1小，设想p 2→0，即管上部认为近似为真空，于是马上得到，温度T 上升，水银柱向上移动．3．图象法利用图象：首先在同一p－T图上画出两段气柱的等容线，如图所示．由于两气柱在相同温度下的压强不同，所以它们等容线的斜率也不同，气柱的压强较大的等容线的斜率也较大．从图中可以看出，当两气柱上升相同温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，所以水银柱向压强增量小的一端移动，对上面的水银柱问题用图象法分析，很简洁得出水银向上移动的结果．【例题3】在一粗细匀称且两端封闭的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，高度差Δh怎么改变？【答案】增大【点拨】推断液柱的移动方憧憬往采纳假设法．假设液柱不动，然后由查理定律的分比式比较压强的改变，从而推断出液柱的移动方向．【即时训练】如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细匀称的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中心有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体的温度为20 ℃，假如将它们的温度都降低10℃，则水银柱将( ) A．向A移动B．向B移动C．不动D．不能确定【答案】 A【课后作业】[基础练]1．肯定质量的气体，在体积不变时，温度每上升1℃，它的压强增加量( ) A．相同B．渐渐增大C．渐渐减小D．成正比例增大【答案】 A2．描述肯定质量的气体作等容改变的过程的图线是图中的( )【答案】 D3．(2015·三亚高二检测)在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，其次天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，这主要是因为 ( )A ．软木塞受潮膨胀B ．瓶口因温度降低而收缩变小C ．白天气温上升，大气压强变大D ．瓶内气体因温度降低而压强变小 【答案】 D4．肯定质量的气体保持压强不变，它从0 ℃升到5 ℃的体积增量为ΔV 1；从10 ℃升到15 ℃的体积增量为ΔV 2，则( )A ．ΔV 1＝ΔV 2B ．ΔV 1＞ΔV 2C ．ΔV 1＜ΔV 2D ．无法确定【答案】 A5．(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细匀称的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．假如管内两端的空气都上升相同的温度，则水银柱向左移动的是( )【解析】 假设水银柱不动，则两端封闭气体发生等容改变，依据查理定律有Δp ＝ΔTTp ，再依据各选项条件推断，C 、D 正确．【答案】 CD6．(多选)如图8212所示，在汽缸中用活塞封闭肯定质量的气体，活塞与缸壁间的摩擦不计，且不漏气，将活塞用绳子悬挂在天花板上，使汽缸悬空静止．若大气压不变，温度降低到某一值，则此时与原来相比较( )A ．绳子张力不变B ．缸内气体压强变小C ．绳子张力变大D ．缸内气体体积变小 【答案】 AD7．如图8213所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－3 m 2，肯定质量的气体被质量为2.0kg 的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________Pa(大气压强取1.01×105Pa ，g 取10 m/s 2)．若从初温27 ℃起先加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50 m 缓慢地变为0.51 m ，则此时气体的温度为________℃.【解析】 p 1＝F S ＝mg S ＝2.0×105×10－3Pa ＝0.04×105Pa ，所以p ＝p 1＋p 0＝0.04×105Pa ＋1.01×105Pa ＝1.05×105Pa ，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即0.5S 273＋27＝0.51S 273＋t，所以t ＝33 ℃.【答案】 1.05×105338．用易拉罐盛装碳酸饮料特别卫生和便利，但假如猛烈碰撞或严峻受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V ＝355 mL.假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9 V 的饮料，剩余空间充溢CO 2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm ，则保存温度不能超过多少？【解析】 取CO 2气体为探讨对象，则： 初态：p 1＝1 atm ，T 1＝(273＋17)K ＝290 K ， 末态：p 2＝1.2 atm ，T 2未知． 气体发生等容改变， 由查理定律p 2p 1＝T 2T 1得T 2＝p 2p 1T 1＝1.2×2901K ＝348 K ，t ＝(348－273) ℃＝75 ℃.【答案】 75 ℃[提升练]9．(多选)肯定质量的某种气态自状态A 经状态C 改变到状态B ，这一过程在V －T 图上表示如图所示，则( )A ．在过程AC 中，气体的压强不断变大B ．在过程CB 中，气体的压强不断变小C ．在状态A 时，气体的压强最大D ．在状态B 时，气体的压强最大 【答案】 AD10.如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有肯定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的改变可能是( )A ．温度降低，压强增大B ．温度上升，压强不变C ．温度上升，压强减小D ．温度不变，压强减小【解析】 对被封闭的气体探讨，当水柱上升时，封闭气体的体积V 减小，结合志向气体的状态方程pV T＝C 得，当外界大气压强P 0不变时，封闭气体的压强p 减小，则温度T 肯定降低；当外界大气压强p 0减小时，封闭气体的压强p 减小，则温度T 肯定降低；当外界大气压强p 0增大时，封闭气体的压强p 存在可能增大、可能不变、可能减小三种状况．当封闭气体的压强p 增大时，温度T 可能上升、不变或降低，封闭气体的压强p 不变时，温度肯定降低，封闭气体的压强p 减小时，温度肯定降低．故只有选项A 可能．【答案】 A11．(2015·金山区高二检测)如图所示，竖直放置的汽缸内有一可做无摩擦滑动的活塞，活塞面积为2.0×10－3m 2，活塞质量可忽视，汽缸内封闭肯定质量的气体，气体体积为V ，温度是27℃，大气压强为1.0×105 Pa.问：图8216(1)在活塞上放一个质量为多少千克的砝码，使汽缸内气体的体积变为原来体积的45； (2)要使体积复原到V ，应使气体温度上升到多少摄氏度？【解析】 (1)放上砝码后，封闭气体做等温改变，设放上砝码的质量为m ，则平衡后，汽缸内封闭气体的压强为p 2＝p 0＋mg S，由题意可知：初状态：p 1＝p 0＝1.0×105 Pa V 1＝V 末状态：p 2＝p 0＋mg S V 2＝45V 由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得：p 0V ＝(p 0＋mg S )×45V 代数解得：m ＝5 kg(2)气体升温过程为等压改变，由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2代数解得：T 2＝375 K t 2＝T 2－273℃＝102℃【答案】 (1)5 kg (2)102℃12．容积为2 L 的烧瓶，在压强为1.0×105Pa 时，用塞子塞住瓶口，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被弹开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好，停止加热并使它渐渐降温到27 ℃，求：(1)塞子弹开前的最大压强；(2)27 ℃时剩余空气的压强．【解析】 塞子弹开前，瓶内气体的状态改变为等容改变．塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为探讨对象，再利用查理定律求解．(1)塞子打开前，选瓶中气体为探讨对象：初态：p 1＝1.0×105 Pa ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K末态：p 2＝？T 2＝(273＋127) K ＝400 K 由查理定律可得p 2＝T 2p 1T 1＝400×1.0×105300Pa ≈1.33×105 Pa. (2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为探讨对象：初态：p 1′＝1.0×105Pa ，T 1′＝400 K末态：p 2′＝？，T 2′＝300 K 由查理定律可得p 2′＝T 2′p 1′T 1′＝300×1.0×105400Pa ≈7.5×104 Pa. 【答案】 (1)1.33×105 Pa (2)7.5×104Pa。
2021学年高中物理第八章气体第2节气体的等容变化和等压变化作业含解析人教版选修3_3.doc
第2节 气体的等容变化和等压变化(时间：30分钟 总分：50分)基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4题为多选题)1．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，则下列正确说法的是( B )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 体积增加原来的1273D ．体积的变化量与温度的变化量成反比解析：由盖·吕萨克定律可知A 错误，B 正确；温度每升高1 ℃即1 K ，体积增加0 ℃体积的1273，C 错误；由盖·吕萨克定律的变形式V T ＝ΔVΔT可知D 错误。
2．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度。
存放食物之前，该同学关闭冰箱密封门并给冰箱通电。
若大气压为1.0×105Pa ，则通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为6 ℃，则此时冷藏室中气体的压强是( D )A ．2.2×104Pa B ．9.3×105Pa C ．1.0×105 PaD ．9.3×104Pa解析：由查理定律得p 2＝T 2T 1p 1＝279300×1.0×105 Pa ＝9.3×104Pa 。
3．(2020·江苏省常州高二下学期期中)如图所示是一定质量的气体从状态A 经B 到状态C 的V —T 图象，由图象可知(D )A ．p A >pB B ．pC <p B C ．V A <V BD ．T A <T B解析：由V —T 图象可以看出由A →B 是等容过程，T B >T A ，故p B >p A ，AC 错误，D 正确；由B →C 为等压过程，p B ＝p C ，故B 错误。
4．某校外学习小组在进行实验探讨，如图所示，在烧瓶上连着一根玻璃管，用橡皮管把它跟一个水银压强计连在一起，在烧瓶中封入了一定质量的理想气体，整个烧瓶浸没在温水中。
高中物理第八章气体第2节气体的等容变化和等压变化讲义含解析新人教版选修3_3
第2节气体的等容变化和等压变化1.查理定律：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比，即p T＝C 。
2．盖－吕萨克定律：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V 与热力学温度T 成正比，即V T＝C 。
3．玻意耳定律、查理定律、盖－吕萨克定律的适用条件均为一定质量的某种气体。
一、气体的等容变化 1．等容变化一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度的变化。
2．查理定律 (1)内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比。
(2)表达式：p T ＝C 或p 1T 1＝p 2T 2。
(3)适用条件：①气体的质量不变；②气体的体积不变。
3．等容线一定质量的气体，在体积不变时，其p T 图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等容线。
二、气体的等压变化 1．等压变化一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度的变化。
2．盖－吕萨克定律 (1)内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V 与热力学温度T 成正比。
(2)表达式：V ＝CT 或V T ＝C 或V 1T 1＝V 2T 2。
(3)适用条件：①气体的质量不变；②气体的压强不变。
3．等压线一定质量的气体，在压强不变时，其V T 图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等压线。
1．自主思考——判一判(1)气体的温度升高，气体体积一定增大。
(×)(2)一定质量的气体，在压强不变时体积与温度成正比。
(×)(3)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V T 图像是过原点的直线。
(√) (4)一定质量的气体在体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。
(×) (5)pV ＝C 、p T ＝C 、V T＝C ，三个公式中的常数C 是同一个值。
(×) 2．合作探究——议一议(1)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗？提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶附近的压强比山脚处小很多，内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。
高中物理 第八章 气体 2 气体的等容变化和等压变化 新人教版选修3-3
解析：以升温前房间里的气体为研究对象，由盖－吕
T＋3 V（1＋1%）
萨克定律： T ＝
V
，
解得：T＝300 K，t＝27 ℃. 答案：D
拓展一 气体的等容变化—查理定律
凹进的乒乓球用热水可以烫起来，是什么原因？ 提示：乒乓球内的气体受热，温度升高气体会膨胀， 压强增大，使乒乓球内部产生比较大的压力，而迫使乒乓 球变回原来的圆球形．
[典例❶] 气体温度计结构如图所示． 玻璃测温泡 A 内充有气体，通过细玻璃管 B 和水银压强计相连．开始时 A 处于冰水 混合物中，左管 C 中水银面在 O 点处，右管 D 中水银面 高出 O 点 h1＝14 cm，后将 A 放入待测恒温槽中，上下移 动 D，使 C 中水银面仍在 O 点处，测得 D 中水银面高出 O 点 h2＝44 cm.求恒温槽的温度(已知外界大气压为 1 个 标准大气压，1 标准确大气压相当于 76 cmHg)．
(3)等容曲线如图所示．
注：如上图所示为 p－t 图象，一定质量的某种气体， 在等容过程中，压强 p 与摄氏温度 t 是一次函数关系，不 是简单的正比例关系，等容线是一条延长线，
是通过横轴－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大， 体积越小．图象纵轴的截距 p0 是气体在 0 ℃时的压强．
4．热力学温标下的查理定律． (1)定律：一定质量的气体，在体积不变的条件下， 气体的压强跟热力学温度成正比． (2)公式：Tp11＝Tp22，或pp12＝TT12. (3)等容线如图所示．
解析：设恒温槽的温度为 T2，由题意知 T1＝273 K A 内气体发生等容变化，根据查理定律得 Tp11＝Tp22① p1＝p0＋ph1② p2＝p0＋ph2③ 联立①②③式，代入数据得 T2＝364 K(或 91 ℃)． 答案：364 K(或 91 ℃)
2018-2019学年高中物理第八章气体第2节气体的等容变化和等压变化综合训练新人教版选修3-3
第2节 气体的等容变化和等压变化1．如图8－2－13所示为0.3 mol 的某种气体的压强和温度关系的p t图线。
p 0表示1个标准大气压，则在状态B 时气体的体积为 A ．5.6 LB ．3.2 LC ．1.2 LD ．8.4 L 图8－2－13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p 0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 K ＋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 K ＋273 K ＝500 K ，根据盖－吕萨克定律VA TA ＝VBTB 得，V B ＝VATB TA ＝6.72×500400L ＝8.4 L 。
答案D2．如图8－2－14所示是一定质量的气体从状态A 经B 到状态C 的V T 图像，由图像可知图8－2－14A ．p A ＞pB B ．pC ＜p B C ．V A ＜V BD ．T A ＜T B解析由V T 图可以看出由A →B 是等容过程，T B ＞T A ，故p B ＞p A ，A 、C 错误，D 正确；由B →C 为等压过程p B ＝p C ，故B 错误。
答案D3．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。
若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T 1，压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2。
整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0。
求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。
解析 肥皂泡内气体的变化可视为等容变化，由查理定律可得：p1T1＝p2T2，解得：p 2＝T2T1p 1故冻结后肥皂膜内外气体的压强差： Δp ＝p 2－p 0＝T2T1p 1－p 0。
答案T2T1p 1－p 0[限时30分钟，满分60分]一、选择题(每小题4分，共40分)1．封闭在容器中的一定质量的气体，当温度下降时，下列说法中正确的是(容器的热胀冷缩忽略不计)A ．气体的密度变小B ．气体的密度变大C ．气体的压强减小D ．气体的压强增大解析封闭容器的气体体积不变，气体的密度不变，A 、B 错误；由查理定律p ＝CT 知压强与热力学温度成正比，温度降低，压强减小，C 正确、D 错误。
高中物理 第八章 气体 2 气体的等容变化和等压变化课前预习素材 新人教版选修33
第二课时气体的等容变化和等压变化
课前预习
情景素材
炎热的夏天，如果将自行车内胎充气过足，停车时又没能放在阴凉处，而是放在阳光下曝晒，这样极易爆裂，知道这是为什么吗？
简答：曝晒过程中内胎容积变化甚微，可认为容积不变，这样，气体分子的分子密集程度不变，曝晒结果是气体温度升高很多，分子无规则运动加剧，分子平均动能增加，与内胎壁频繁地碰撞导致压强增大而使车胎爆裂.
基础知识填空
1.一定质量的某种气体在体积不变时压强随温度的变化叫做__________，在压强不变时体积随温度的变化叫做__________.
答案：等容变化等压变化
2.查理定律可以表述为：__________________________________________________________.
答案：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强P与热力学温度T成正比
3.盖·吕萨克定律可表述为：________________________________________________________.
答案：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下其体积V与热力学温度T成正比
1。
高中物理第八章气体2气体的等容变化和等压变化课后训练新人教版选修3_320171121369
2 气体的等容变化和等压变化课后集训基础过关1.一定质量的气体，压强保持不变，下列过程可以实现的是( )A.温度升高，体积增大B.温度升高，体积减小C.温度不变，体积增大D.温度不变，体积减小解析：根据盖·吕萨克定律，一定质量的气体，压强保持不变时，体积随温度的升高而增大，体积随温度的降低而减小，BCD均无可能，A是可以实现的.答案：A2.一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃，它的压强增加量( )A.相同B.逐渐增大C.逐渐减小D.成正比例增大解析：一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃增加的压强ΔP等于它在0℃时压强P0的1273即ΔP=1P0.P0是确定的，故正确选项为A273答案：A3.将质量相同的同种气体A、B分别密封在体积不同的两个容器中，保持两部分气体体积不变，A、B两部分气体压强随温度t的变化图线如图8-2-7所示，下列说法正确的有( )图8-2-7A.A部分气体的体积比B部分小B.A、B直线延长线将相交于t轴上的同一点C.A、B气体温度改变量相同时，压强改变量也相同D.A、B气体温度改变量相同时，A部分气体压强改变量较大解析：从图可以看出，温度相同时，P A>P B，由玻意耳定律可得V A>V B，由P t=P0(1+t273)可知A、B直线延长线应交于t轴上的同一点，此点对应的温度为-273.15℃由于A直线斜率大，可见温度变化相同，压强改变量不同，本题选ABD.答案：ABD4.如图8-2-8所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则( )图8-2-8A.下部两侧水银面A、B高度差h减小1B.h 增大C.右侧封闭气柱体积变小D.水银面 A 、B 高度差不变解 析：根据压强平衡方程，可推得平衡时 A 、B 的高度差等于 C 水银柱的高度，所以 A 、B 的高 度差不变.选项 A 、B 错误，D 正确.而右侧封闭气体压强，温度都未变.所以体积应保持不变， 选项 C 错.答案：D5.如图 8-2-9所示，开口向上、竖直放置的容器中，用两活塞封闭着两段同温度的气柱，体积 分别为 V 1、V 2，且 V 1=V 2，现给它们缓慢加热，使气柱升高的温度相同，这时它们的体积分别 为 V 1′、V 2′，则( )图 8-2-9A.V 1′>V 2′B.V 1′=V 2′C.V 1′>V 2′D.条件不足，无法判断V T 解 析：一定质量的气体，压强保持不变，其体积温度分别由 V 、T 变到 V′、T′则有V，T体积的变化为 ΔV=V′-VTT ∴ΔV=V .由于上、下两部分气体初、末温度及初始体积均相同，所以体积的变化量相T 同，则终了状态的体积应相同.答案：B综合运用6.盛氧气的钢瓶，在-13℃充氧气时测得氧气的压强为 7×106 Pa ，当把它搬到 27℃的病房时, 压强变为 8×106Pa ，问：通过计算说明钢瓶是否漏气？解析：假设不漏气，初状态 P 1=7×106 Pa T 1=260 K末状态 P 2=？ T 2=300 K由查理定律得： Pp 代入已知数据得 P1 2 2=8.08×106 Pa TT 1 2由于 8.08×106 Pa>8×106Pa ，所以钢瓶漏气.答案：漏气，见解析7.如图 8-2-10所示，气缸中封闭着温度为 100℃的空气，一重物用绳索经滑轮跟缸中活塞相 连接，且处于平衡状态，这时活塞离气缸底的高度为 10 cm ，如果缸内空气变为 0℃，重物将 上升多少 cm?2图8-2-10解析：活塞受到重力mg,绳的拉力T=mg，大气压力P0s封闭气体压力PS而平衡，则PS+T=mg+P0S 可见P不变.以封闭气体为研究对象，设活塞横截面积为S，则V1=10 S，T1=373 KV2=(10-x)S T2=273 K由盖·吕萨克定律V V代入已知数值，解得x=2.68cm12T T12答案：2.68 cm8.上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为0.2 m2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在气缸内，温度为300 K时，活塞离气缸底部的高度为0.6 m；将气体加热到330 K时，活塞上升了0.05 m，不计摩擦力及固体体积的变化，求固体A的体积？图8-2-11解析:对活塞做受力分析如图所示：有PS=mg+p0S由于活塞的受力情况不随气体的变化而变化，所以气体做的是等压变化，根据盖·吕萨克定律可求气体的体积，从而求出物体A的体积.设A的体积为V，则气体的初末状态参量分别为：初状态：V1=hS-V T1=300 KV2=(h+Δh)S-V T2=330 K盖·吕萨克定律得：hS V(h h)S VT T12代入数据得：V=0.02 m3答案：0.02 m39.一定质量的空气，27℃的体积为0.01 m3，在压强不变的情况下，温度升高100℃时的体积为多少？解析：初状态V1=0.01 m3，T1=300 K末状态V2=？T2=373 K由盖·吕萨克定律V代入已知数据得V12T T12V2=0.012 5 m3答案：0.012 5 m310.电灯泡内充有氮氩的混合气体，如果要使灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，那么在20℃的室温下充气，电灯泡内的气体压强最大为多少？解析：以泡内气体为研究对象，初状态P1=？T1=293 K3末状态P2=1.01×105 Pa T2=773 K由查理定律得P1T1p2 T 2代入已知数据解得P1=3.79×104 Pa答案：3.79×104 Pa4。
高中物理第八章气体2气体的等容变化和等压变化课后训练新人教选修
2 气体的等容变化和等压变化课后集训基础过关1. 必定质量的气体，压强保持不变，以下过程能够实现的是 ( )A. 温度高升，体积增大B. 温度高升，体积减小C.温度不变，体积增大D.温度不变，体积减小分析：依据盖·吕萨克定律， 必定质量的气体， 压强保持不变时， 体积随温度的高升而增大，体积随温度的降低而减小， BCD 均无可能， A 是能够实现的 .答案： A2. 必定质量的气体，在体积不变时，温度每高升1℃，它的压强增添量 ()A. 同样B.渐渐增大 C.渐渐减小D.成正比率增大分析： 必定质量的气体，在体积不变时，温度每高升1℃增添的压强 P 等于它在 0℃时压强P 0的 1即P= 1P 0.P 0 是确立的，故正确选项为A273273答案： A3. 将质量同样的同种气体 A 、 B 分别密封在体积不一样的两个容器中，保持两部分气体体积不 变， A 、 B 两部分气体压强随温度 t 的变化图线如图8-2-7 所示，以下说法正确的有( )图 8-2-7A.A 部分气体的体积比 B 部分小B.A 、 B 直线延伸线将订交于 t 轴上的同一点C.A 、 B 气体温度改变量同样时，压强改变量也同样D.A 、 B 气体温度改变量同样时， A 部分气体压强改变量较大分析： 从图能够看出，温度同样时，P >P ，由玻意耳定律可得V>V ，由 P=P(1+t) 可知ABABt0273A 、B 直线延伸线应交于 t 轴上的同一点，此点对应的温度为 - 273.15 ℃因为 A 直线斜率大，可见温度变化同样，压强改变量不一样，此题选 ABD.答案： ABD4. 如图 8-2-8 所示，两头张口的 U 形管，右边直管中有一部分空气被一段水银柱与外界分开，若在左管中再注入一些水银，均衡后则( )图 8-2-8A. 下部双侧水银面 A 、 B 高度差 h 减小B.h增大C.右边关闭气柱体积变小D.水银面 A 、 B 高度差不变分析： 依据压强均衡方程，可推得均衡时 A 、B 的高度差等于C 水银柱的高度，因此A 、 B的高度差不变 . 选项 A 、B 错误， D 正确 . 而右边关闭气体压强，温度都未变 . 因此体积应保持不变，选项 C 错 . 答案： D5. 如图 8-2-9 所示， 张口向上、 竖直搁置的容器中，用两活塞关闭着两段同温度的气柱，体积分别为 V 1、V 2，且 V 1=V 2，现给它们迟缓加热，负气柱高升的温度同样，这时它们的体积分别为 V 1′、 V 2′，则 ( )图 8-2-9A.V ′>V ′B.V′=V ′1212C.V 1′ >V 2′D. 条件不足，没法判断分析：必定质量的气体， 压强保持不变， 其体积温度分别由V 、T 变到 V ′、T ′则有VV ，TT体积的变化为V=V ′ -V∴Δ V=TTV . 因为上、下两部分气体初、末温度及初始体积均同样，因此体积的变化量T同样，则终了状态的体积应同样 .答案： B 综合运用6. 盛氧气的钢瓶，在 - 13℃充氧气时测得氧气的压强为 67×10 Pa ，当把它搬到 27℃的病房 时, 压强变成 8×10 6Pa ，问：经过计算说明钢瓶能否漏气？分析： 假定不漏气，初状态 P 1=7×10 6 Pa T1=260 K末状态 P 2=？T2=300 KP 1 p 2 6Pa由查理定律得：代入已知数据得P 2=8.08 × 10 T 1T 266因为 8.08 ×10 Pa> 8×10 Pa ，因此钢瓶漏气 .7. 如图 8-2-10 所示，气缸中关闭着温度为100℃的空气，一重物用绳子经滑轮跟缸中活塞 相连结，且处于均衡状态，这时活塞离气缸底的高度为 10 cm ，假如缸内空气变成0℃，重物将上涨多少 cm?图 8-2-10分析：活塞遇到重力 mg,绳的拉力 T=mg，大气压力 P0s 关闭气体压力 PS而均衡，则 PS+T=mg+P0S 可见 P 不变 . 以关闭气体为研究对象，设活塞横截面积为 S，则 V1=10 S，T1=373 K V 2=(10-x)ST2=273 K由盖·吕萨克定律V1V2代入已知数值，解得 x=2.68cm T1T2答案： 2.68 cm8. 上端张口的圆柱形气缸竖直搁置，截面积为0.2 m 2的活塞将必定质量的气体和一形状不规则的固体 A 关闭在气缸内，温度为300 K 时，活塞离气缸底部的高度为0.6 m ；将气体加热到 330 K 时，活塞上涨了0.05 m ，不计摩擦力及固体体积的变化，求固体 A 的体积？图 8-2-11分析 : 对活塞做受力剖析如下图：有PS=mg+p0S 因为活塞的受力状况不随气体的变化而变化，因此气体做的是等压变化，依据盖·吕萨克定律可求气体的体积，进而求出物体 A的体积. 设A 的体积为 V，则气体的初末状态参量分别为：初状态： V1=hS-V T 1=300 KV2=(h+ h)S-V T 2=330 K盖·吕萨克定律得：hS V (h h)S VT1T2代入数据得：3 V=0.02 m答案： 0.02 m 39. 必定质量的空气， 27℃的体积为0.01 m 3，在压强不变的状况下，温度高升100℃时的体积为多少？分析：初状态V 1=0.01 m 3， T 1=300 K末状态 V 2=？T2=373 KV1V2代入已知数据得由盖·吕萨克定律T2T1V2=0.012 5 m 3答案： 0.012 5 m310. 电灯泡内充有氮氩的混淆气体，假如要使灯泡内的混淆气体在500℃时的压强不超出一个大气压，那么在20℃的室温下充气，电灯泡内的气体压强最大为多少？分析：以泡内气体为研究对象，初状态 P1=？T1=293 K末状态 P2=1.01 ×10 5 Pa T2=773 KP1p2由查理定律得T1T2代入已知数据解得1×104PaP =3.79答案： 3.79 ×10 4 Pa。
高中物理第8章气体8.2气体的等容变化和等压变化课后练习新人教版选修3-3(2021年整理)
高中物理第8章气体8.2 气体的等容变化和等压变化课后练习新人教版选修3-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理第8章气体8.2 气体的等容变化和等压变化课后练习新人教版选修3-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为高中物理第8章气体8.2 气体的等容变化和等压变化课后练习新人教版选修3-3的全部内容。
第2节气体的等容变化和等压变化1．对于一定质量的气体，以下说法正确的是( ）A．气体做等容变化时,气体的压强和温度成正比B．气体做等容变化时，温度升高1℃,增加的压强是原来压强的1/273C．气体做等容变化时,气体压强的变化量与温度的变化量成正比D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2,且p2＝p1[1＋(t2－t1）/273］2．一定质量的气体，在体积不变时，温度由50℃加热到100℃，气体的压强变化情况是( ）A．气体压强是原来的2倍B．气体压强比原来增加了错误!C．气体压强是原来的3倍D．气体压强比原来增加了错误!3.图8如图8所示是一定质量的理想气体的p－t图象,在气体由状态A变化到B的过程中，其体积（）A．一定不变B．一定减小C．一定增大D．不能判定怎样变化4.图9一定质量的气体做等压变化时，其V－t图象如图9所示,若保持气体质量不变，而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是( ）A．等压线与V轴之间夹角变小B．等压线与V轴之间夹角变大C．等压线与t轴交点的位置不变D．等压线与t轴交点的位置一定改变5．如图10所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C再到状态A的p－T图象，由图可知( ）图10A．V A＝V B B．V B〉V CC．V B＝V C D．V A〉V C6.图15如图15所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙的地面上，汽缸内被活塞封闭着一定质量的空气．汽缸质量为M＝10 kg，缸壁厚度不计,活塞质量m＝5。
学年高中物理第八章气体第节气体的等容变化和等压变化课后课时精练新人教版选修
第2节 气体的等容变化和等压变化[对点训练]考点1 查理定律的应用1.一个密封的钢管内装有空气，在温度为20 ℃时，压强为1 atm ，若温度上涨到80 ℃，管内空气的压强约为( )A.4 atmB.14 atm C.1.2 atm D.56 atm答案 C分析 由p 1p 2＝T 1T 2得：p 2＝T 2T 1p 1＝273＋80273＋20p 1，p 2＝1.2 atm 。
2．(多项选择)必定质量的气体作等容变化时，其p -t 图象如下图，若保持气体质量不变，而改变容器的容积，再让气体作等容变化，则其等容线与本来对比，以下可能正确的选项是( )p 轴之间夹角变小 p 轴之间夹角变大 t 轴交点的地点不变 t 轴交点的地点必定改变 答案 ABC分析 关于必定质量气体等容变化的p -t 图线，老是要经过点(－273 ℃，0)，所以，C 选项正确，D 错误；因为题目没有给定体积变化的状况，所以A 、B 选项都有可能。
3.气体温度计构造如下图。
玻璃测温泡A 内充有理想气体，经过细玻璃管B 和水银压强计相连。
开始时A 处于冰水混淆物中，左管C 中水银面在O 点处，右管D 中水银面超出O 点h 1＝14 cm 。
后将A 放入待测恒温槽中，上下挪动D ，使C 中水银面仍在O 点处，测得D 中水银面超出O 点h 2＝44 cm 。
(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)(1)求恒温槽的温度；(2)此过程A 内气体内能________(填“增大”或“减小”)。
答案 (1)364 K(或91 ℃) (2)增大分析 (1)设恒温槽的温度为T 2，由题意知T 1＝273 K ， A 内气体发生等容变化，依据查理定律得 p 1T 1＝p 2T 2①p 1＝p 0＋p h 1＝p 0＋1476p 0② p 2＝p 0＋p h 2＝p 0＋4476p 0③联立①②③式，代入数据得T 2＝364 K(或91 ℃)。
高中物理第八章气体2气体的等容变化和等压变化分层训练含解析新人教版选修3_3
气体的等容变化和等压变化基础达标练1．如图,一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与缸壁摩擦),当温度升高时,改变的量有( )A ．活塞高度hB ．汽缸体高度HC ．气体压强pD ．弹簧长度L2．如图所示,某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度,当容器水温是30℃时,空气柱长度为30 cm,当水温是90℃时,空气柱的长度是36 cm,则该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度( )A ．－273℃ B．－270℃ C ．－268℃ D．－271℃3．(多选)如图中描述一定质量的气体做等压变化的图线是( )4．一个密闭的钢管内装有空气,在温度为27℃时,压强为1大气压,若温度上升到87℃,管内空气的压强为( )A ．3.2大气压B ．0.3大气压C ．1.2大气压 D.56大气压5．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．p 0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 LC．1.2 L D．8.4 L6．(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B,这一过程的V T图象如图所示,则( )A．在过程A→C中,气体的压强不断变小B．在过程C→B中,气体的压强不断变大C．在状态A时,气体的压强最小D．在状态B时,气体的压强最大7．(多选)如图所示,甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象,关于这两个图象的正确说法是( )A．甲是等压线,乙是等容线B．乙图中p t图线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃,而甲图中V t图线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃C．由乙图可知,一定质量的气体,在任何情况下都是p与t成直线关系D．乙图表明温度每升高1 ℃,压强增加相同,但甲图表明随温度的升高压强不变8．有一上端开口、竖直放置的玻璃管,管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中,如图所示,此时气体的温度为27℃.当温度升高到30℃时,为了使气体体积不变,需要再注入多少水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变,水银密度ρ＝13.6 g/cm3)9．如图所示,透热的汽缸内封有一定质量的理想气体,缸体质量M＝200 kg,活塞质量m＝10 kg,活塞面积S＝100 cm2,活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气,此时,缸内气体的温度为27 ℃,活塞位于汽缸正中,整个装置都静止,已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa,重力加速度为g＝10 m/s2,T＝t＋273 K,求：(1)缸内气体的压强p1；(2)缸内气体的温度升高到多少摄氏度时,活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？能力提升练10．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了12,若气体原来温度为27 ℃,则温度的变化是( )A ．升高了450 KB ．升高了150 ℃C ．升高了40.5 ℃ D．升高了450 ℃11．如图所示是一定质量的气体从状态A 经过状态B 到状态C ,再到状态A 的p T 图象,由图可知( )A ．V A ＝VB B ．V B ＞VC C ．V B ＝V CD ．V A ＞V C12．如图所示,带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,其下部放入盛水的烧杯中．注射器活塞的横截面积S ＝5×10－5m 2,活塞及框架的总质量m 0＝5×10－2kg,大气压强p 0＝1.0×105Pa.当水温为t 0＝13 ℃时,注射器内气体的体积为5.5 mL.求：(g 取10 m/s 2)(1)向烧杯中加入热水,稳定后测得t 1＝65 ℃时,气体的体积为多大？(2)保持水温t 1＝65 ℃不变,为使气体的体积恢复到5.5 mL,则要在框架上挂质量多大的钩码？13．汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故,太低会造成耗油上升．已知某型号轮胎能在－40 ℃～90 ℃正常工作,为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5 atm,最低胎压不低于1.6 atm,那么t＝20 ℃时给该轮胎充气,充气后的胎压在什么范围内比较合适？(设轮胎容积不变)分层训练(七) 气体的等容变化和等压变化1．解析：气体做等压变化,温度升高时,体积变大,所以汽缸体高度H减小．答案：B2．解析：设绝对零度相当于T0则初态：T1＝－T0＋30℃,V1＝30S解得：p 1＝3×105Pa.(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处时,缸内气体温度为T 2,压强为p 2, 此时仍有p 2S ＝Mg ＋p 0S ,由题意知缸内气体为等压变化,对这一过程研究缸内气体, 由盖—吕萨克定律得：S ×0.5l T 1＝S ×lT 2所以T 2＝2T 1＝600 K,故t 2＝(600－273)℃＝327 ℃. 答案：(1)3×105Pa (2)327 ℃ 10．解析：根据盖—吕萨克定律,可得ΔV ΔT ＝V 1T 1,ΔT ＝T 1V 1ΔV ＝273＋27V K×12V ＝150 K ．升高了150 K 和升高了150℃是等效的,故B 正确．答案：B11．解析：A 沿直线到B 是等容过程,因此V A ＝V B ,故A 项正确；连接OC 可知,直线OC 的斜率比直线OB 的斜率小,因此V B ＜V C ,V A ＜V C ,故B 、C 、D 均错误．答案：A12．解析：(1)由盖—吕萨克定律V 0T 0＝V 1T 1,得V 1＝6.5 mL (2)由玻意耳定律ρ0＋m 0g S V 1＝p 0＋m ＋m 0g SV 0,解得m ＝0.1 kg答案：(1)6.5 mL (2)0.1 kg13．解析：由于轮胎容积不变,轮胎内气体做等容变化．设在T 0＝293 K 充气后的最小胎压为p min 最大胎压为p max .依题意知,当T 1＝233 K 时胎压为p 1＝1.6 atm.根据查理定律p 1T 1＝p min T 0,即1.6233＝p min293.解得：p min ＝2.01 atm.当T 2＝363 K 时胎压为p 2＝3.5 atm.根据查理定律p 2T 2＝p max T 0,即3.5363＝p max293.解得：p max ＝2.83 atm. 答案：2.01 atm ～2.83 atm。
高中物理第八章气体2气体的等容变化和等压变化课后作业含解析新人教版选修3_3
气体的等容变化和等压变化限时：45分钟 总分：100分一、单项选择题(每小题7分，共49分) 1.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．p 0表示标准大气压，则在状态B 时气体的体积为( D )A ．5.6 LB ．3.2 LC ．1.2 LD ．8.4 L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p 0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V A T A ＝V BT B 得，V B ＝V A T B T A ＝6.72×500400L ＝8.4 L. 2．一定质量的气体，如果保持它的压强不变，降低温度，使它的体积变为0 ℃时体积的1n，则此时气体的温度为( C )A ．－273n℃B ．－2731－nn℃C ．－273n －1n℃D ．－273n (n －1) ℃解析：根据盖—吕萨克定律，在压强不变的条件下V 1＝V 0(1＋t 273 K )，根据题意V 0n ＝V 0(1＋t273 K )，整理后得t ＝－273n －1n℃. 3．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV 1；温度由10 ℃升高到15 ℃，体积的增量为ΔV 2，则( A )A ．ΔV 1＝ΔV 2B ．ΔV 1>ΔV 2C ．ΔV 1<ΔV 2D ．无法确定解析：由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2可得V 1T 1＝ΔV ΔT ，即ΔV ＝ΔT T 1·V 1，所以ΔV 1＝5 K278 K×V 1，ΔV 2＝5 K 283 K ×V 2(V 1、V 2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而V 1278 K ＝V 2283 K ，所以ΔV 1＝ΔV 2，A 正确．4．一个密封的钢管内装有空气，在温度为20 ℃时，压强为1 atm ，若温度上升到80 ℃，管内空气的压强为( C )A ．4 atmB ．14 atmC ．1.2 atmD ．56 atm解析：由p 1p 2＝T 1T 2得：1p 2＝273＋20 K 273＋80 K，p 2≈1.2 atm.5.如图所示是一定质量的气体从状态A 经B 到状态C 的V －T 图象，由图象可知( D ) A ．p A ＞p B B ．p C ＜p B C ．V A ＜V BD ．T A ＜T B解析：连OA ，由斜率越大，压强越小，故p A ＜p B ＝p C ，故选项A 、B 错；由图知V A ＝V B ，T A ＜T B ，故选项C 错，D 对．6．中国发射的第一个目标飞行器“天宫一号”顺利实现与“神舟八号”飞船的对接任务．假设高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p 0＝1 atm ，温度t 0＝27 ℃，在火箭加速竖直向上飞行的过程中，加速度的大小等于重力加速度g ，仪器舱内水银气压计的示数为p ＝0.6p 0，已知仪器舱是密封的，那么，这段过程中舱内的温度是( C )A ．16.2 ℃B ．32.4 ℃C ．360 KD ．180 K解析：加速前后，仪器舱内气体做的是等容变化，可以用查理定律求加速时舱内的温度． 取舱内气体为研究对象，由查理定律得300T 2＝p 0p 2取气压计内水银面差为研究对象，由牛顿第二定律得p 2S －m 水银g ＝m 水银a ，其中a ＝g ，则p 2＝2ρgh ，又p ＝ρgh ＝0.6p 0，解得p 2＝1.2p 0，T 2＝360 K ，故C 正确．7.如图所示，A 、B 两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A 中气体的温度为0 ℃，B 中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将( A )A ．向A 移动B ．向B 移动C ．不动D ．不能确定解析：假设水银柱不动，由查理定律p T ＝p ′T ′，得p ′－p ＝T ′－T T p ，即Δp ＝ΔTTp ，可知Δp ∝1T，而T A ＝273.15 K ，T B ＝293.15 K ，所以A 部分气体压强减少的较多，故水银柱左移．二、多项选择题(每小题9分，共27分)8．如图所示为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是( AD )A ．甲是等压线，乙是等容线B ．乙图中p t 线与t 轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V t 线与t 轴的交点不一定是－273.15 ℃C ．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p 与t 成直线关系D ．乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变 解析：由查理定律p ＝CT ＝C (t ＋273.15)及盖—吕萨克定律V ＝CT ＝C (t ＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A 正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K，故B错；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，故C错；由于图线是直线，故D正确．9.某校外学习小组在进行实验探讨，如图所示，在烧瓶上连着一根玻璃管，用橡皮管把它跟一个水银压强计连在一起，在烧瓶中封入了一定质量的理想气体，整个烧瓶浸没在温水中．用这个实验装置来研究一定质量的气体在体积不变时，压强随温度的变化情况．开始时水银压强计U形管两端水银面一样高，在下列几种做法中，能使U形管左侧水银面保持原先位置(即保持瓶内气体体积不变)的是( BC )A．甲同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向下移B．乙同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向上移C．丙同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向下移D．丁同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向上移解析：浸在热水中，温度升高，p＝p0＋h，上移A管保持体积不变；浸在冷水中，温度降低，p＝p0－h，下移A管保持体积不变．10.如图所示，在汽缸中用活塞封闭一定质量的气体，活塞与缸壁间的摩擦不计，且不漏气，将活塞用绳子悬挂在天花板上，使汽缸悬空静止．若大气压不变，温度降低到某一值，则此时与原来相比较( AD )A．绳子张力不变B．缸内气体压强变小C．绳子张力变大D．缸内气体体积变小解析：由整体法可知绳子的张力不变，故A 对，C 错；取活塞为研究对象，气体降温前后均处于静止，mg 和p 0S 和T 拉均不变，故pS 不变，p 不变，故B 选项错；由盖－吕萨克定律可知V T＝C ，当T 减小时，V 一定减小，故D 选项正确．三、非选择题(共24分) 11．(12分)竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态．将竖直管BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图所示，此时气体温度T 1＝300 K ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.现缓慢加热封闭气体，使AB 段的水银恰好排空，求：(1)此时气体温度T 2；(2)此后再让气体温度缓慢降至初始温度T 1，气体的长度L 3多大． 答案：(1)394.7 K (2)20 cm解析：以cmHg 为压强单位，设玻璃管截面积为S (1)在AB 段液柱排空的过程中气体是恒压变化过程L 1＝19 cm ，L 2＝25 cm ，T 1＝300 K由盖—吕萨克定律得SL 1T 1＝SL 2T 2代入数据求得T 2≈394.7 K.(2)当温度又降回室温时，T 2＝300 K ，设最终气体长度为L 3，与开始时的状态相比是恒温变化过程，此时BC 管中液柱长h 3＝L 3，气体压强为p 3＝(75＋L 3)cmHg ，又开始时气体压强为p 1＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg ， 由玻意耳定律得p 3SL 3＝p 1SL 1， 代入数据求得L 3＝20 cm.12．(12分)如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ＝1×10－3m 2；活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上的质量为m ＝1 kg 重物连接．开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为L 1＝27 cm ，被销子K 固定在图示位置，此时气缸内气体的压强p 1＝1.1×105Pa ，温度T 1＝330 K ，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa ，g ＝10 m/s 2，不计一切摩擦和阻力；若在此时拔去销子K ，降低气缸内气体的温度，求：(1)重物刚好离开地面时，气体的温度为多少？ (2)重物缓慢上升2 cm ，气体的温度为多少？ 答案：(1)270 K (2)250 K解析：(1)设重物刚好离开地面时，气体压强为p 2，活塞受力平衡，故p 2＝p 0－mgS＝0.9×105Pa等容变化，根据查理定律，有p 1T 1 ＝p 2T 2解得T 2＝270 K.(2)设重物刚要离开地面时，气体体积V 1＝L 1S 设重物缓慢上升h ＝2 cm 时，气体体积V 2＝(L 1－h )S 等压变化，根据盖—吕萨克定律，有V 1T 2＝V 2T 2′解得T 2′＝250 K.。
高中物理 第八章 气体 第2节 气体的等容变化和等压变化课时检测 新人教版选修3-3
第2节 气体的等容变化和等压变化[随堂检测]1．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增加量为Δp 1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp 2，则Δp 1与Δp 2之比是( )A ．1∶1B ．1∶10C ．10∶110D ．110∶10解析：选A ．等容变化，这四个状态在同一条等容线上，因Δt 相同，所以Δp 也相同，故A 正确．2．(多选)用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A 、B 管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A 、B 两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )A ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向上移动B ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向下移动C ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向上移动D ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向下移动解析：选AD ．将烧瓶浸入热水中时，气体的温度升高，由于气体的体积不变，所以气体的压强要变大，应将A 管向上移动，所以A 正确，B 错误；将烧瓶浸入冰水中时，气体的温度降低，由于气体的体积不变，所以气体的压强要减小，应将A 管向下移动，所以C 错误，D 正确．3．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了12，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )A ．升高了450 KB ．升高了150 ℃C ．升高了40.5 ℃D ．升高了450 ℃解析：选B ．根据盖—吕萨克定律，可得ΔV ΔT ＝V 1T 1，ΔT ＝T 1V 1ΔV ＝(273＋27) K V ×12V ＝150 K ．升高了150 K 和升高了150 ℃是等效的，故B 正确．4.某一密闭气体，分别以两个不同的体积做等容变化，这两个等容过程对应的p －t 图象如图中的①、②所示．则相对应的V －T 图象或p －V 图象可能是下图中的( )解析：选D.同一部分气体在两个不同体积的情况下的p －t 图象中，0摄氏度时图线①压强大，说明体积小；两条图线都是等容变化，故A 、B 、C 错误，D 正确．5. 在如图所示的p －T 图象中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化：第一次变化是从状态A 到状态B ，第二次变化是从状态B 到状态C ，且AC 连线的反向延长线过坐标原点O ，已知气体在A 状态时的体积为V A ＝3 L ，求：(1)气体在状态B 时的体积V B 和状态C 时的压强p C ；(2)在标准状态下，1 mol 理想气体的体积为V ＝22.4 L ，已知阿伏加德罗常数N A ＝6×1023个/mol ，试计算该气体的分子数(结果保留两位有效数字)．注：标准状态是指温度t ＝0 ℃，压强p ＝1 atm ＝1×105Pa.解析：(1)由题意可知：V A ＝V C ＝3 L ， 因此A 到C 过程可以等效为等容变化 由查理定律得：p A T A ＝p CT C， 代入数据解得：p C ＝2×105Pa ，状态B 到状态C 的过程为等温变化，由玻意耳定律得：p B V B ＝p C V C ， 代入数据解得：V B ＝1.5 L.(2)设气体在标准状态下的体积为V 0，由盖－吕萨克定律得：V A T A ＝V 0T 0， 代入数据解得：V 0＝2.73 L ，因此气体的分子数为：n ＝V 0V·N A ＝7.3×1022个． 答案：(1)1.5 L 2×105 Pa (2)7.3×1022个[课时作业]一、单项选择题1．在冬季，剩有半瓶热水的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，产生这种现象的主要原因是( )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解析：选D ．冬季气温较低，瓶中的气体在V 不变时，因T 减小而使p 减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞位置下压，使瓶塞盖得紧紧的，所以拔起来就感到很吃力，故正确选项为D ．2．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的两倍，则气体温度的变化情况是( )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 ．气体的摄氏温度降为原来的一半D ．气体的热力学温度降为原来的一半解析：选B ．一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即p 1T 1＝p 2T 2，得T 2＝p 2P 1·T 1＝2T 1，B 正确．3.如图为0.3 mol 的某种气体的压强和温度关系的p －t 图线，p 0表示1个标准大气压，则在状态B 时气体的体积为( )A ．5.6 LB ．3.2 LC ．1.2 LD ．8.4 L解析：选D ．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p 0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V A T A ＝V BT B ，得V B ＝V A T B T A ＝6.72×500400L ＝8.4 L. 4.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A 变到状态D ，其体积V 与热力学温度T 的关系如图所示，由状态A 变到状态D 过程中( )A ．气体从外界吸收热量，内能增加B ．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增加C ．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D ．气体的密度不变解析：选A.A 点和D 点在过原点的连线上，说明气体由A 到D 压强不变，体积增大，密度减小，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，气体对外做功，温度升高气体的平均动能增加，内能增加，故需要吸热，故A 正确，B 、C 、D 错误．5. 如图所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为30 cm ；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是36 cm ，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线( )A ．－273B ．－270C ．－268D ．－271解析：选B ．当水温为30刻度线时，V 1＝30S ；当水温为90刻度线时，V 2＝36S ，设T ＝t刻线＋x ，由盖－吕萨克定律得30S t ＋30＝36St ＋90，解得t ＝270刻线，故绝对零度相当于－270刻度．故选B ．6.如图所示，两根粗细相同，两端开口的直玻璃管A 和B ，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H 1＞H 2，水银柱长度h 1＞h 2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )A ．均向下移动，A 管移动较多B ．均向上移动，A 管移动较多C ．A 管向上移动，B 管向下移动D ．无法判断解析：选A ．因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化．并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变．根据盖—吕萨克定律的分比形式ΔV ＝ΔTT·V ，因A 、B 管中的封闭气柱初温T 相同，温度降低量ΔT 也相同，且ΔT ＜0，所以ΔV ＜0，即A 、B 管中气柱的体积都减小；又因为H 1＞H 2，A 管中气柱的体积较大，则|ΔV 1|＞|ΔV 2|，即A 管中气柱减小得较多，故得出A 、B 两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A 管中的水银柱下移得较多．本题的正确选项是A ．二、多项选择题7.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止，设活塞与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总能与外界大气温度相同，则下述结论中正确的是( )A ．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B ．若外界大气压增大，则汽缸上底面距地面的高度将减小C ．若气温升高，则汽缸上底面距地面的高度将减小D ．若气温升高，则汽缸上底面距地面的高度将增大解析：选BD ．选择汽缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，若外界大气压增大，则弹簧长度不发生变化，故A 错误；选择汽缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力pS ，向上受到缸内气体向上的压力p 1S ，物体受三力平衡：G ＋pS ＝p 1S ，若外界大气压p 增大，p 1一定增大，根据理想气体的等温变化pV ＝C (常数)，当压强增大时，体积一定减小，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，故B 正确；若气温升高，缸内气体做等压变化，根据：V T＝C ，当温度升高时，气体体积增大，汽缸上升，则汽缸的上底面距地面的高度将增大，故C 错误，D 正确．8.如图所示，在一个圆柱形导热汽缸中，用活塞封闭了一部分理想气体，活塞与汽缸壁间是密封而光滑的．用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个汽缸悬挂在天花板上，当外界温度升高(大气压不变)时( )A ．弹簧测力计示数变大B ．弹簧测力计示数不变C ．汽缸下降D ．汽缸内气体压强变大解析：选BC ．弹簧测力计上的拉力跟汽缸和活塞总重力相等，当气温升高时，不影响弹簧弹力大小，所以示数不变，故A 错误，B 正确；以汽缸为研究对象可知，最终达到平衡时，汽缸重力与汽缸内压力之和等于大气压力，因为重力和大气压力均不变，所以汽缸内压力不变，即汽缸内气体压强不变，故D 错误；温度升高，气体的体积膨胀，汽缸下降，故C 正确．9．某同学利用DIS 实验系统研究一定量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如p －t 图象所示．已知在状态B 时气体的体积为V B ＝3 L ，则下列说法正确的是( )A ．状态A 到状态B 气体的体积不变 B ．状态B 到状态C 气体温度增加 C ．状态A 的压强是0.5 atmD ．状态C 体积是2 L解析：选AD ．状态A 到状态B 是等容变化，故体积不变，A 对；状态B 到状态C 是等温变化，气体温度不变，B 错；从题图中可知，p B ＝1.0 atm ，T B ＝(273＋91)K ＝364 K ，T A ＝273 K ，根据查理定律，有p A T A ＝p BT B ，即p A273＝1.0364，解得p A ＝0.75 atm ，C 错；p B ＝1.0 atm ，V B ＝3 L ，p C ＝1.5 atm ，根据玻意耳定律，有p B V B ＝p C V C ，解得V C ＝2 L ，D 对．10.如图所示，一开口向右的汽缸固定在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有一挡板，外界大气压为p 0.初始时，活塞紧压挡板处，缸内气体体积为V 0.现缓慢升高缸内气体温度，则图中能正确反映缸内气体压强和体积随温度变化情况的是( )解析：选BD ．开始时，活塞压紧挡板，气体压强小于p 0，温度升高压强增大，在增大到p 0前气体做等容变化，在p －T 图中是一条过原点的直线，当压强增大到p 0后，温度再升高，活塞右移，气体做等压变化，p －T 图中是一条平行于T 轴的直线，故A 错，B 对；同理可分析C 错，D 对．三、非选择题11.如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在27 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2 L ，充气前的气压为1 atm ，充气筒每次充入0.2 L 、压强也为1 atm 的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，充气后气体压强增大至3 atm ；求：(1)充气多少次可以让气体压强增大至3 atm ；(2)室外温度达到了－23 ℃，将充好气的蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少？ 解析：(1)设充气n 次可以让气体压强增大至3 atm ，据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意尔定律可得：p 1(V ＋n ΔV )＝p 2V ，代入得： 1×(2＋n ×0.2)＝3×2解得n ＝20次．(2)当温度变化，气体发生等容变化， 由查理定律p 2T 2＝p 3T 3解得：p 2＝2.5 atm. 答案：(1)20次 (2)2.5 atm12.如图所示，一直立汽缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A 、B 间封闭有一定质量的理想气体，A 的上方和B 的下方分别与大气相通．两活塞用长为L ＝30 cm 的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动．当缸内封闭气体的温度为T 1＝300 K 时，活塞A 、B 的平衡位置如图所示，已知活塞A 、B 的质量均为m ＝1.0 kg ，横截面积分别为S A ＝20 cm 2，S B ＝10 cm 2，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2.(1)活塞A 、B 在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；(2)现对缸内封闭气体缓慢加热，为使汽缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度． 解析：(1)活塞A 、B 均静止，都处于平衡状态，由平衡条件得： 对活塞A ：p 0S A ＋m A g ＋F N ＝p 1S A 对活塞B ：p 0S B ＋F N ＝p 1S B ＋m B g 代入数据解得：p 1＝1.2×105Pa.(2)活塞B 刚好移动到两圆筒的连接处时，设汽缸内气体的温度为T 2，由(1)可知此过程气体做等压变化，由盖—呂萨克定律：0.5L (S A ＋S B )T 1＝LS AT 2代入数据解得T 2＝400 K. 答案：(1)1.2×105Pa (2)400 K。
2018_2019学年高中物理第八章气体第2节气体的等容变化和等压变化综合训练新人教版选修
第2节 气体的等容变化和等压变化1．如图8－2－13所示为0.3 mol 的某种气体的压强和温度关系的p t图线。
p 0表示1个标准大气压，则在状态B 时气体的体积为A ．5.6 LB ．3.2 LC ．1.2 LD ．8.4 L 图8－2－13 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p 0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 K ＋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 K ＋273 K ＝500 K ，根据盖－吕萨克定律V A T A ＝V B T B 得，V B ＝V A T B T A ＝6.72×500400L ＝8.4 L 。
答案 D2．如图8－2－14所示是一定质量的气体从状态A 经B 到状态C 的V T 图像，由图像可知图8－2－14A ．p A ＞pB B ．pC ＜p BC ．V A ＜V BD ．T A ＜T B解析 由V T 图可以看出由A →B 是等容过程，T B ＞T A ，故p B ＞p A ，A 、C 错误，D 正确；由B →C 为等压过程p B ＝p C ，故B 错误。
答案 D3．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。
若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T 1，压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2。
整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0。
求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。
解析 肥皂泡内气体的变化可视为等容变化，由查理定律可得：p 1T 1＝p 2T 2，解得：p 2＝T 2T 1p 1 故冻结后肥皂膜内外气体的压强差：Δp ＝p 2－p 0＝T 2T 1p 1－p 0。
答案 T 2T 1p 1－p 0[限时30分钟，满分60分]一、选择题(每小题4分，共40分)1．封闭在容器中的一定质量的气体，当温度下降时，下列说法中正确的是(容器的热胀冷缩忽略不计)A ．气体的密度变小B ．气体的密度变大C ．气体的压强减小D ．气体的压强增大解析 封闭容器的气体体积不变，气体的密度不变，A 、B 错误；由查理定律p ＝CT 知压强与热力学温度成正比，温度降低，压强减小，C 正确、D 错误。
高中物理第八章气体2气体的等容变化和等压变化课件新人教版选修3_3
答案：(1)1.33×105 Pa (2)0.75×105 Pa
解析：塞子打开前，瓶内气体的状态变化为等容变化．塞子打开后， 瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用 查理定律求解．
(1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象， 初态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝273＋27＝300(K) 末态：p2＝？，T2＝273＋127＝400(K) 由查理定律可得：
解析：首先，因为 bc 的延长线通过原点，所以 bc 是等容线，即气 体体积在 bc 过程中保持不变，B 正确；ab 是等温线，压强减小则体积 增大，A 正确；cd 是等压线，温度降低则体积减小，C 错误；连接 aO 交 cd 于 e，则 ae 是等容线，即 Va＝Ve，因为 Vd<Ve，所以 Vd<Va，所 以 da 过程中体积不是保持不变，D 错误．
答案：310h
解析：初末状态，物块静止，可知绳中拉力大小相等，分析活塞可 知，气体发生等压变化．由盖—吕萨克定律知：
VT11＝VT22＝ΔΔVT，V1＝Sh，ΔV＝SΔh T1＝300 K，解得 Δh＝Th1ΔT＝310h.
6．容积为 2 L 的烧瓶，在压强为 1.0×105 Pa 时，用塞子塞住，此 时温度 27 ℃，当把它加热到 127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿， 重新把塞子塞好，停止加热并使它逐渐降温到 27 ℃，求：
p2＝TT21×p1＝430000×1.0×105 Pa≈1.33×105 Pa.
(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象． 初态：p1′＝1.0×105 Pa，T1′＝400 K 末态：p2′＝？，T2′＝300 K 由查理定律得：p2′＝TT21′ ′×p1′＝340000×1.0×105 Pa ＝0.75×105 Pa.
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第2节 气体的等容变化和等压变化1．如图8－2－13所示为0.3 mol 的某种气体的压强和温度关系的p t图线。
p 0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 LC ．1.2 LD ．8.4 L 图8－2－13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p 0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 K ＋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 K ＋273 K ＝500 K ，根据盖－吕萨克定律VA TA ＝VBTB 得，V B ＝VATB TA ＝6.72×500400L ＝8.4 L 。
答案 D2．如图8－2－14所示是一定质量的气体从状态A 经B 到状态C 的V T 图像，由图像可知图8－2－14A ．p A ＞pB B ．pC ＜p B C ．V A ＜V BD ．T A ＜T B解析 由V T 图可以看出由A →B 是等容过程，T B ＞T A ，故p B ＞p A ，A 、C 错误，D 正确；由B →C 为等压过程p B ＝p C ，故B 错误。
答案 D3．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。
若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T 1，压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2。
整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0。
求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。
解析 肥皂泡内气体的变化可视为等容变化，由查理定律可得：p1T1＝p2T2，解得：p 2＝T2T1p 1故冻结后肥皂膜内外气体的压强差： Δp ＝p 2－p 0＝T2T1p 1－p 0。
答案T2T1p 1－p 0[限时30分钟，满分60分]一、选择题(每小题4分，共40分)1．封闭在容器中的一定质量的气体，当温度下降时，下列说法中正确的是(容器的热胀冷缩忽略不计)A ．气体的密度变小B ．气体的密度变大C ．气体的压强减小D ．气体的压强增大解析 封闭容器的气体体积不变，气体的密度不变，A 、B 错误；由查理定律p ＝CT 知压强与热力学温度成正比，温度降低，压强减小，C 正确、D 错误。
答案 C2．一定质量的气体，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Δp 1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，所增压强为Δp 2，则Δp 1与Δp 2之比是A ．10∶1B ．373∶273C ．1∶1D ．383∶283解析 由查理定律得Δp ＝p T ΔT ，一定质量的气体在体积不变的条件下ΔpΔT＝C ，温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT ＝10 K 相同，故所增加的压强Δp 1＝Δp 2，C 项正确。
答案 C3．粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A 和B 两部分，如图8－2－15所示，已知两部分 图8－2－15气体A 和B 的体积关系是V B ＝3V A ，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将 A ．向A 端移动 B ．向B 端移动C ．始终不动D ．以上三种情况都有可能解析 由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动。
答案 C4．如图8－2－16为一定质量理想气体的压强p 与体积V 关系图像，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 图8－2－16A ．T A ＜TB ，T B ＜TC B ．T A ＞T B ，T B ＝T C C ．T A ＞T B ，T B ＜T CD ．T A ＝T B ，T B ＞T C解析 气体从状态A 经等容过程到状态B ，pT＝常量，压强减小，温度降低，即T A ＞T B ；从状态B 到状态C 为等压变化，V T＝常量，体积增加，温度升高，则T B ＜T C ，故选C 。
答案 C5．如图8－2－17所示，在一个圆柱形导热汽缸中，用活塞封闭了一部分理想气体，活塞与汽缸壁间是密封而光滑的。
用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个汽缸悬挂在天花板上，当外界温度升高(大气压不变)时A ．弹簧测力计示数变大 图8－2－17B ．弹簧测力计示数变小C ．汽缸下降D ．汽缸内气体压强变大解析 测力计上的拉力跟汽缸和活塞总重力相等，当气温升高时，不影响弹簧弹力大小，所以示数不变，故A 、B 错误；以汽缸为研究对象可知，最终达到平衡时，汽缸重力与汽缸内压力之和等于大气压力，因为重力和大气压力均不变，所以汽缸内压力不变，即汽缸内气体压强不变，故D 错误；温度升高，气体的体积膨胀，汽缸下降，故C 正确。
答案 C6．(多选)如图8－2－18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8－2－18A．弯管左管内外水银面的高度差为hB．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正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B错C对。
压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D正确。
答案ACD7．(多选)如图8－2－19所示，是一定质量的气体的三种变化过程，下列四种解释中，说法正确的是图8－2－19A．a→d过程气体体积增加B．b→d过程气体体积不变C．c→d过程气体体积增加D．a→d过程气体体积减小解析在p－T图像中等容线是延长线过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小。
因此，a状态对应的体积最小，c状态对应的体积最大，b、d状态对应的体积相等，故A、B 正确。
答案AB8.如图8－2－20所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止。
设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是A.若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些图8－2－20B．若外界大气压增大，则汽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，则汽缸的上底面距地面的高度将增大解析若外界大气压增大或气温升高，因弹簧的弹力总等于活塞与汽缸的总重力保持不变，则弹簧长度不变，活塞距地面的高度不变，A、C错误；对汽缸分析，据平衡条件可知大气压增大，密封气体的压强增大，又气体温度不变，则体积减小，而活塞的位置不变，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；若气温升高，分析汽缸的平衡可知密封气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律知体积增大，汽缸的上底面距地面的高度将增大，D正确。
答案 D9．如图8－2－21所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板。
初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体图8－2－21温度，则如图所示的p T图像能正确反映缸内气体压强变化情况的是解析初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D错误；在p T图像中，等容线为通过原点的直线，所以C错误、B正确。
答案 B10．(多选)如图8－2－22所示，甲、乙两汽缸相同，缸内有被活塞封住的气体(活塞与汽缸间无摩擦)，在相同重物M和相同活塞的作用下处于平衡状态，此时甲中气体的体积小于乙中气体的体积，但温度相同。
现使甲、乙中气体都升高相同的温度，当再次平衡时图8－2－22A ．甲、乙中的气体体积膨胀得一样多B ．乙中气体体积膨胀得比较多C ．它们的压强都保持不变D ．它们的压强都增大解析 根据活塞和汽缸的平衡可知，封闭气体压强为p ＝p 0＋Mg ＋mgS，且始终保持不变，C 项正确。
根据盖吕萨克定律V1T1＝V2T2可得ΔV ＝ΔTTV 。
甲、乙两气体初温相同，温度变化相同，甲中气体的体积小于乙中气体的体积，所以乙中气体体积膨胀得比较多，B 项正确。
答案 BC二、非选择题(共20分)11．(8分)如图8－2－23所示，一定质量的气体从状态A 经B 、C 、D 再回到A 。
问AB 、BC 、CD 、DA 是什么过程？已知气体在状态A 时的体积是1 L ，求在状态B 、C 、D 时的体积各为多少。
图8－2－23解析 根据各图像的含义，从图像可以看出：A →B 为等容变化，压强随温度升高而增大，V B ＝V A ＝1 L 。
B →C 为等压变化，体积随温度升高而增大，故VB TB ＝VC TC ，所以V C ＝TC TB ·V B ＝900450×1 L ＝2 L 。
C →D 为等温变化，体积随压强减小而增大， V D ＝pC pD ·V C ＝31×2 L ＝6 L 。
D →A 为等压变化，体积随温度降低而减小。
答案 见解析12．(12分)如图8－2－24所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l ＝36 cm 处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体。
当气体的温度T 0＝300 K 、大气压强p 0＝1.0×105Pa 时，活塞与汽缸底部之间的距离l 0＝30 cm ，不计活塞的质量和厚度。
现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：图8－2－24(1)活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T 1； (2)封闭气体温度升高到T 2＝540 K 时的压强p 2。
解析 (1)设汽缸的横截面积为S ，由盖吕萨克定律有：l0S T0＝lST1，代入数据得T 1＝360 K 。
(2)由查理定律有p0T1＝p2T2代入数据得p 2＝1.5×105Pa 。
答案 (1)360 K (2)1.5×105Pa。