高中物理第2章气体 3 气体实验定律学业分层测评教科版选修3-3

合集下载

2017-2018学年高二物理人教版选修3-3学业分层测评13+Word版含答案.pptx

学无止境
学业分层测评(十三)
(建议用时：45 分钟) [学业达标]
1．下列说法正确的是 ( ) A．外界对气体做功，气体的内能一定增大 B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大 C．气体温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大 D．做功和热传递对改变物体的内能是等效的 E．温度是气体分子无规则运动平均动能的标志【解析】物体内能的变化与做功和热传递两个因素有关．外界对气体做功，同时物体有可能向外界放出热量，内能有可能不变甚至减小，故 A 错；同理，
【解析】冬天，室外的铁块温度低，手温度高，用手拿铁块时，手上的热量直接通过热传导的方式传到铁块上．用暖水袋暖手，道理同上．开空调后整个
房间内温度降低，是空气通过对流的方式使热空气降温．晒小麦是依靠太阳热辐
射来吸收热量的，所以 A、D、E 正确．【答案】 ADE
学无止境
3．关于温度、热量、内能，以下说法中不正确的是( )
球膨胀后，体积相等，则 A 球吸收的热量
B 球吸收的热量．(填“大于”
或“小于”或“等于”)【导学号：11200085】
图 10•1•7 【解析】两球初、末态温度分别相同，初、末态体积也相同，所以内能增
量相同，但水银中的 B 球膨胀时对外做功多，所以吸热较多．
【答案】小于 8．(1)远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法. “钻木取火”是通过
(2)将烧瓶放进热水中，烧瓶内的气体吸热膨胀．
【答案】 (1)做功机械能 (2)热量升高增大 [能力提升]
9．如图 10•1•9 所示，A、B 两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法不正确的是( )

2018学年高中物理教科版选修3-3学业分层测评第2章 4 气体实验定律的图像表示及微观解释+5 理想气体含解析

学业分层测评(八)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下列对理想气体的理解，正确的有()A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律E．理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可以忽略不计，分子视为质点【解析】理想气体是一种理想化模型，温度不太低，压强不太大的实际气体可视为理想气体；只有理想气体才遵循气体的实验定律，选项A、D正确，选项B错误．一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，与体积无关，选项C错误．【答案】ADE2．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是()【导学号：74320037】A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大B．温度不变，压强减小时，气体的密集程度一定减小C．压强不变，温度降低时，气体的密集程度一定减小D．温度升高，压强和体积都可能不变E．压强不变，温度降低时，气体的密集程度增大【解析】根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变、压强增大时，气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，A正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密集程度减小，B正确；压强不变，温度降低时，体积减小，气体的密集程度增大，C错，E对；温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变，D错．【答案】ABE3．如图2-4-10所示是一定质量的理想气体的三种变化过程，那么下列解释中，哪些说法是正确的()图2-4-10A．a→d的过程气体体积增加B．b→d的过程气体体积不变C．c→d的过程气体体积增加D．a→d的过程气体体积减小E．c→d的过程气体体积减小【解析】在p-T图上的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状态对应的体积是相等的，故A、B、E正确．【答案】ABE4．一定质量的理想气体，在状态变化后密度增大为原来的4倍，气体的压强和热力学温度与原来相比可能是()A．压强是原来的4倍，温度是原来的2倍B．压强和温度都为原来的2倍C．压强是原来的8倍，温度是原来的2倍D．压强不变，温度是原来的1 4E．温度不变，压强变为原来的4倍【解析】密度增大为原来的4倍，则体积变为原来的14，根据pVT＝C知，A、B错误，C、D、E正确．【答案】CDE5．如图2-4-11所示是一定质量的气体状态A经B到状态C的V-T图像，由图像可知()图2-4-11A．p A>p BB．p C＝p BC．V A<V BD．T A<T BE．V A＝V B【解析】由V-T图像可以看出A→B是等容过程，T B>T A，故p B>p A，A、C 两项错误，D、E两项正确；由B→C为等压过程，p B＝p C，故B项正确．【答案】BDE6．对一定质量的理想气体，下列状态变化中可能的是()A．使气体体积增加而同时温度降低B．使气体温度升高，体积不变，压强减小C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大D．使气体温度降低，压强减小，体积减小E．使气体体积不变，温度升高，压强增大【解析】对于理想气体，满足公式pVT＝C.若体积增加而温度降低，只要压强也变小，公式就成立，A选项是可能的；若温度升高，体积不变，压强应是变大的，B选项是不可能的；若温度不变，压强与体积成反比，不可能同时增大，C 选项不可能；温度降低，压强减小，体积可能减小，可能变大，D选项可能；等容变化时，温度升高，压强增大，E是可能的．【答案】ADE7．如图2-4-12所示是某气体状态变化的p-V图像，则下列说法中正确的是()图2-4-12A ．气体做的是等温变化B ．从A 至B 气体的压强一直减小C ．从A 至B 气体的体积一直增大D ．气体的三个状态参量一直都在变E ．A 状态的温度一定等于B 状态的温度【解析】一定质量的气体的p -V 图像的等温曲线是双曲线，A 错误；从AB 图线可知气体从A 状态变为B 状态的过程中，压强p 在逐渐减小，体积V 在不断增大，B 、C 正确；该过程中气体的三个状态参量一直都在变化，D 正确；A 状态p A V A 的乘积不一定等于B 状态p B V B 的乘积，E 错误．【答案】 BCD8．一定质量的理想气体，经历了如图2-4-13所示的变化，A →B →C ，这三个状态下的温度之比T A ∶T B ∶T C 为__________．图2-4-13【解析】由pV T ＝C 可知T A ∶T B ∶T C ＝3∶6∶5.【答案】 3∶6∶5[能力提升]9．一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T ，经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中不可实现的是( )【导学号：74320038】A ．先等温膨胀，再等容降温B ．先等温压缩，再等容降温C ．先等容升温，再等温压缩D ．先等容降温，再等温压缩E ．先等容降温，再等温膨胀【解析】根据理想气体的状态方程pV T ＝C ，若经过等温膨胀，则T 不变，V增加，p 减小，再等容降温，则V 不变，T 降低，p 减小，最后压强p 肯定不是原来值，A 不可实现；同理可以确定C 、E 也不可实现．【答案】 ACE10．(2016·南京高二检测)如图2-4-14所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p 、V 、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图像表示( )图2-4-14【解析】由题意知，由状态①到状态②过程中，温度不变，体积增大，根据pV T ＝C 可知压强将减小．对A 图像进行分析，p -V 图像是双曲线即等温线，且由状态①到状态②体积增大，压强减小，故A 项正确；对B 图像进行分析，p -V 图像是直线，温度会发生变化，故B 项错误；对C 图像进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C 项错误；对D 、E 图像进行分析，可知温度不变，压强减小，故体积增大，D 、E 项正确．【答案】 ADE11．(2016·泰安高二检测)如图2-4-15所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，当t1＝31 ℃、大气压强p0＝76 cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1＝8 cm，求：图2-4-15(1)当温度t2是多少时，左管气柱L2为9 cm；(2)当温度达到上问中的温度t2时，为使左管气柱长L为8 cm，应在右管中加入多长的水银柱．【解析】(1)初状态：p1＝p0＝76 cmHgV1＝L1S，T1＝304 K末状态：p2＝p0＋2 cmHg＝78 cmHgV2＝L2S，T2＝？根据理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2代入数据得T2＝351 K，t2＝78 ℃.(2)设应在右管中加入h cm水银柱，p3＝p0＋h＝(76＋h)cmHg，V3＝V1＝L1S，T3＝T2＝351 K根据理想气体状态方程p1V1T1＝p3V3T3代入数据得h＝11.75 cm.【答案】(1)78 ℃(2)11.75 cm12．(2016·西安高二检测)一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图2-4-16甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.甲乙图2-4-16(1)求状态A的压强．(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p -T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．【解析】(1)据理想气体状态方程：p A V AT A＝p D V DT D，则p A＝p D V D T AV A T D＝2×104×4×2×1021×4×102Pa＝4×104 Pa.(2)A→B等容变化、B→C等温变化、C→D等容变化，根据理想气体状态方程可求得各状态的参量．p -T图像及A、B、C、D各个状态如图所示．【答案】(1)4×104 Pa(2)见解析图。

高二物理选修33气体单元测试题含答案

高二物理选修（3-3）第八章气体单元测试题班级：姓名：学号：得分：一、选择题（1-6题为单选7-10题为多选每题6分共60分） 1、下列说法正确的是（） A 、气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B 、气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量 C 、气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小 D 、单位面积的气体分子数增加，气体的压强一定增大2、一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为P 1、V 1、T 1在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为P 2、V 2、T 2下列关系正确的是（） A 、 P 1 =P 2 ,V 1 =2V 2,T 1 =0.5T 2 B 、P 1 =P 2 ,V 1 =0.5V 2,T 1 =2T 2 C 、 P 1 =2P 2 ,V 1 =2V 2,T 1 =2T 2 D 、P 1 =2P 2, V 1 =V 2,T 1 =2T 23、在两端开口的U 形管中灌有水银，右管上端另有一小段水银柱，将一部分气体封在管内，在如图所示的情况下平衡，若在左管内再灌入一些水银，当重新平衡时（）A 、右管内被封闭的气体体积将减小B 、U 形管内两边水银面的高度差将增大C 、U 形管内两边水银面的高度差将减小D 、U 形管内两边水银面的高度差将不变 4、一定质量的理想气体，如图所示方向发生状态变化，在下列叙述正确的是（）A 、1→2气体体积增大 B 、3→1气体体积减小 C 、2→3气体体积不变D 、3→1→2气体体积先减小后增大5、密封容器中气体的压强（） A 、是由气体受到重力产生的B 、是大量气体分子频繁碰撞器壁产生的C 、是由气体分子间饿相互作用力（吸引和排斥）产生的D 、当容器自由下落时将减为零6、如图所示，竖直放置、开口向下的试管内用水银密封一端气体，若试管自由下落，管内气体（） A 、压强增大，体积增大 B 、压强增大，体积减小 C 、压强减小，体积增大 D 、压强减小，体积减小7、对一定质量的气体，下列说法中正确的是（） A 、温度升高，压强一定增大B 、温度升高，分子热运动的平均动能一定增大C 、压强增大，体积一定减小D 、吸收热量，可使分子热运动加剧、气体体积增大8、如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸内，气缸的内壁光滑．现用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，在此过程中：如果环境保持恒温，下列说法中正确的是（） A 、每个气体分子的速率都保持不变 B 、气体分子的平均动能不变 C 、水平外力F 逐渐变大D 、气体内能减小9、一定质量的理想气体,保持温度不变，压缩气体，则（） A 、气体分子平均速率增大B 、每个气体分子的动能都不变C 、容器单位面积上受到分子撞击的平均作用力增大D 、气体分子单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数增加10、重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体（可视为理想气体）（） A 、压强增大，内能减小 B 、吸收热量，内能增大C 、压强增大，分子平均动能增大D 、对外做功，分子平均动能减小二、计算题（写出必要的步骤和文字说明，直接写答案不得分，每题10分共40分）11、如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上、粗细均匀、导热良好竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着长为L1=51cm的理想气体，管内外的温度均为33℃。

高中物理选修3-3热学《气体》单元测试题（含答案）

高中物理选修3-3热学《气体》单元测试题（含答案）高中物理选修3-3热学《气体》单元测试题一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分）1. 有下列几种说法，其中错误的是A. 气体体积等于各个气体分子体积之和B. 气体的压强由大量气体分子对器壁的频繁碰撞而产生C. 温度越高，气体分子平均速度越大D. 一定质量的气体，体积不变时，分子平均速度越大，气体压强也越大2. 如图1所示，在U 型管的封闭端A 内有一部分气体，管中标斜线部分均为水银，则A 内气体的压强应为下述关系式中的：A. p=h 2B.p=p 0－h 1－h 2C.p=p 0－h 2D. p=p 0+h 13. 关于摄氏温度与热力学温度的换算中，下面说法错误的是A. 10℃=283KB.升高10℃就是升高283KC.－10℃=263KD. 降低到－10℃就是降低到263K4、如图汽缸由不传热的活塞把缸内理想气体分成两部分，当Ⅰ、Ⅱ两部分气体的热力学温度之比为3：2，他们的体积之比为2：1，如图所示，如果把气体Ⅰ升温到127℃，气体Ⅱ降温到－73℃，不计活塞和汽缸间的摩擦，活塞达到平衡后，两部分气体体积之比为A. 2：1B. 3：2C.5：2D.8：215.将一端开口的均匀玻璃管，开口竖直向下放入水银槽中，管上端封闭有空气，开始时管内外水银高度差为h ，现用力F 将管缓慢即匀速的提起，如图8—3所示，则在匀速提升过程中，作用在管外竖直向上的拉力F 的变化情况为：（设管不离开水银面）A. 逐渐增大B.逐渐减小C. 不变D. 不能判定6.如图所示，一定质量理想气体经历ab 、bc 、cd 、da 四个过程，正确的是A. ab 过程中气体压强减小B. bc 过程中气体压强减小C. cd 过程中气体压强增大D. da 过程中气体压强增大7.如图所示，一段水银柱把部分空气封闭在粗细均匀的玻璃管里，在玻璃管里先通过封闭端口的水平轴，顺时针旋转一周，下列说法正确的是A. 封闭端内的空气压强由大变小，又由小变大，恢复原值B. 封闭端内的空气压强由小变大，又由大变小，恢复原值C. 封闭端的空气体积由大变小，又由小变大，恢复原值D. 封闭端的空气体积由小变大，又由小变大，恢复原值8.在两端封闭内径均匀的玻璃观中有一段水银柱，起两端是空气，当玻璃管水平放置时，两端的空气柱长恰好相等，压强为p 厘米汞柱高，当玻璃管竖直放置时，上段空气柱的长度是下段的2倍，则玻璃观中的水银长的厘米数是：A. PB.3p/4C. p/2D.p/4图8—3二、填空题（每题6分，共12分）9.如图，两端都开口的倒U形玻璃管，B端插入水银槽中，而在右边管内有一段长为5cm的水银柱处于平衡状态，则左管内外水银面高度差为_______ cm，若把该管缓慢竖直向上提起2cm，则左管内外水银面高度差将______，右管内水银柱将向____移动10.温度为273℃，压强为0.5atm的空气密度为kg/m3。

2020届人教版高中物理选修3-3：测试卷(二) 气体含答案

阶段验收评估（二）气体(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．对于一定质量的气体，下列四个论述中正确的是( )A．当分子热运动变剧烈时，压强必增大B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C．当分子间平均距离变大时，压强必变大D．当分子间平均距离变大时，压强必变小解析：选B 分子热运动变剧烈，表明气体温度升高，分子平均动能增大，但不知气体的分子的密集程度怎么变化，故压强的变化趋势不明确，A错，B对。

分子的平均距离变大，表明气体的分子的密集程度变小，但因不知此时分子的平均动能怎么变化，故气体的压强不知怎么变化，C、D错。

2．如图1所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B 支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是( )图1A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h cos θC．B管内水银面比管外水银面低h cos θD．管内封闭气体的压强比大气压强大h cos θ高汞柱解析：选B 以A管中的水银为研究对象，则有pS＋h cos θ·S＝p0S，B管内压强p＝p0－h cos θ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ。

故B正确。

3.如图2所示，活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊放在地上，汽缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S，大气压强为p0，则( )图2A ．汽缸内空气的压强等于p 0＋Mg /SB ．汽缸内空气的压强等于p 0－mg /SC ．内外空气对缸套的作用力为(M ＋m )gD ．内外空气对活塞的作用力为mg解析：选A对缸套受力分析如图所示由力的平衡：pS ＝p 0S ＋Mg所以p ＝p 0＋Mg S，A 对B 错；内外空气对缸套和活塞的作用力为 pS －p 0S ＝Mg ，所以C 、D 均错。

高中物理第二章第3节气体实验定律课件教科选修33教科高中选修33物理课件

pmax＝πρ4gVl20d2。
⑧
[答案]
ρπgh2d2 (1)4V0＋πd2l－h
πρgl2d2 (2) 4V0
12/12/2021
[借题发挥] 利用玻意耳定律解题的基本思路 (1)明确研究对象根据题意确定所研究的气体，质量不变，温度不变，有时气体的质量发生变化时，需通过设想，把变质量转化为定质量，才能应用玻意耳定律。 (2)明确状态参量找出气体状态变化前后的两组 p、V 值。
(2)水银柱模型，压强的单位一般用 cmHg；汽缸模型，压强的单位一般用国际单位 Pa 或标准大气压 atm。
12/12/2021
1．若已知大气压强为 p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为 ρ，求被封闭气体的压强。
12/12/2021
12/12/2021
解析：在甲图中，以高为 h 的液柱为研究对象，由二力平衡知 p 气 S＝－ρghS＋p0S 所以 p 气＝p0－ρgh 在图乙中，以 B 液面为研究对象，由平衡方程 F 上＝F 下有： p 气 S＋ρghS＝p0S，p 气＝p0－ρgh 在图丙中，仍以 B 液面为研究对象，有 p 气＋ρghsin 60°＝pB＝p0
V＝V0＋14πd2l
①
V1＝14πd2h
②
由力学平衡条件得 p1＝p＋ρhg
③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1
④
联立①②③④式得 p＝4V0＋ρππgdh22dl－2 h。
⑤
12/12/2021
(2)由题意知 h≤l
⑥
联立⑤⑥式有 p≤πρ4gVl20d2
⑦
该仪器能够测量的最大压强为
12/12/2021
(1)公式 pV＝C 中的常量 C 不是一个普适常量，它与气体所处的温度高低有关，温度越高，常温 C 一定要先确定好两个状态的体积和压强。

2017-2018学年同步备课套餐之物理教科版选修3-3复习讲

章末总结一、气体实验定律对一定质量的理想气体，在做等温、等容和等压变化的过程中，分别遵循玻意耳定律、查理定律和盖吕萨克定律，在使用这三个定律时，要注重状态参量的求解．三个定律的区别如表所示：例1 如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V 0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：图1(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积V x . 答案 (1)75T 0 (2)12V 0解析 (1)设左、右活塞的质量分别为M 1、M 2，左、右活塞的横截面积均为S 由活塞平衡可知：p 0S ＝M 1g ① p 0S ＝M 2g ＋p 0S 3得M 2g ＝23p 0S②打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V 0不变，所以当下面接触温度为T 的恒温热源稳定后，活塞下方体积增大为(V 0＋34V 0)，则由等压变化：12V 0＋34V 0T 0＝V 0＋34V 0T解得T ＝75T 0(2)如图所示，当把阀门K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M 1g ＞M 2g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T 0等温变化，汽缸下部保持温度T 等温变化．设左侧上方气体压强为p ，由pV x ＝p 03·V 04，设下方气体压强为p 2：p ＋M 1gS＝p 2，解得p 2＝p ＋p 0所以有p 2(2V 0－V x )＝p 0·7V 04联立上述两个方程有6V 2x －V 0V x －V 20＝0，解得V x ＝12V 0，另一解V x＝－13V 0，不符合题意，舍去．例2 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V 0的容器中，室温为T 0＝300 K ，有一光滑导热活塞C (不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一U 形管(U 形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm ，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)求：图2(1)将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门K 后将容器内的气体从300 K 分别加热到400 K 和540 K ，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？答案 (1)23V 0 (2)0 15.2 cm解析 (1)初始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2 atm ，V A 0＝V 03打开阀门后，A 室气体等温变化，p A ＝1 atm ，体积为V A ，由玻意耳定律得 p A 0 V A 0＝p A V A V A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0(2)假设打开阀门后，气体从T 0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V 0，压强p A 仍为p 0，即等压过程．根据盖吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得T ＝V 0V AT 0＝450 K因为T 1＝400 K<450 K ，所以p A 1＝p A ＝p 0，水银柱的高度差为零．从T ＝450 K 升高到T 2＝540 K 为等容过程．根据查理定律p A T ＝p A 2T 2，得p A 2＝1.2 atm.T 2＝540 K 时，p 0＋ρgh ′＝1.2 atm ，故水银高度差h ′＝15.2 cm. 二、气体的图像问题要会识别图像反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图像的转化，理解图像的斜率、截距的物理意义．当图像反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分析，要特别关注两阶段衔接点的状态．例3 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p －T 图像如图3所示．在A 状态时的体积为V 0，试画出对应的V －T 图像和p －V 图像．图3答案见解析图解析对气体A →B 的过程，根据玻意耳定律，有p 0V 0＝3p 0V B ，则V B ＝13V 0，C →A 是等容变化．由此可知A 、B 、C 三点的状态参量分别为：A ：p 0、T 0、V 0；B ：3p 0、T 0、13V 0；C ：3p 0、3T 0、V 0.V －T 图像和p －V 图像分别如图甲、乙所示．针对训练 (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p －V 图像如图4所示，其中A 是初状态，B 、C 是中间状态，A →B 是等温变化，如将上述变化过程改用p －T 图像和V －T 图像表示，则下列各图像中正确的是( )图4答案 BD解析在p －V 图像中，由A →B ，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B →C ，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律p B T B ＝p CT C ，p C >p B ，则T C >T B ，气体的压强增大，温度升高；由C →A ，气体经历的是等压变化过程，根据盖吕萨克定律V C T C ＝V AT A ，V C >V A ，则T C >T A ，气体的体积减小，温度降低．A 项中，B →C 连线不过原点，不是等容变化过程，A 错误；C 项中，B →C 体积减小，C 错误；B 、D 两项符合全过程．综上所述，正确答案选B 、D.1．如图5甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3 m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)活塞与汽缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强．答案 (1)20 cm (2)1.5×105 Pa 解析 (1)以汽缸内气体为研究对象，初状态：p 1＝p 0＝1×105 Pa T 1＝300 K ，V 1＝24 cm ×S 末状态：p 2＝p 0＋mgS ＝1.2×105 PaT 1＝T 2，V 2＝HS由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 解得H ＝20 cm.(2)假设活塞能到达卡环处，则 T 3＝675 K ，V 3＝36 cm ×S 由理想气体状态方程p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105 Pa>p 2＝1.2×105 Pa所以活塞到达卡环处，封闭气体压强为1.5×105 Pa.2．如图6甲所示，内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa 、体积为2.0×10－3 m 3的理想气体，现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃.图6(1)求汽缸内气体的最终体积；(2)在图乙上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化(外界大气压强为1.0×105 Pa)．答案 (1)1.47×10－3 m 3 (2)见解析图解析 (1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即 p 0V 0＝p 1V 1解得p 1＝V 0V 1p 0＝2.0×10－31.0×10－3×1.0×105 Pa ＝2.0×105Pa 在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则 V 1T 0＝V 2T 2所以V 2＝T 2T 0V 1＝273＋127273×1.0×10－3 m 3≈1.47×10－3 m 3.(2)整个过程中汽缸内气体的状态变化如图所示3.1 mol 的理想气体，其状态变化的p －V 图像如图7所示，请画出对应的状态变化的p －T 图像和V －T 图像．图7答案见解析图解析 1 mol 的理想气体在标准状态下(1 atm,273 K)的体积是22.4 L ，所以状态A 的温度是273 K. A 到B 的过程是等容变化，压强增大1倍，则温度升高1倍，所以B 的温度是546 K. B 到C 的过程是等压变化，体积增大1倍，则温度升高1倍，所以C 的温度是1 092 K. C 到D 的过程是等容变化，压强减小12，则温度降低一半，所以D 的温度是546 K.D 到A 的过程是等压变化，体积减小12，则温度降低一半．因此，p －T 图像和V －T 图像分别如图甲、乙所示．。

高中物理第2章气体章末分层测评教科版选修33

第2章气体(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．关于理想气体，下列说法正确的是( )A．当把实际气体抽象成理想气体后，它们便不再遵守气体实验定律B．温度极低，压强太大的气体不能当作理想气体，也不遵守实验定律C．理想气体分子间的平均距离约为10－10 m，故分子力为零D．理想气体分子间既没引力，也无斥力，分子力为零E．理想气体是对实际气体抽象后形成的理想模型【解析】理想气体遵守气体实验定律，A错；实际气体在温度极低和压强太大时，不能很好地遵守气体实验定律，B对；理想气体分子间的平均距离超过10－9m，分子间的斥力和引力都可忽略不计，而在平均距离为10－10 m时，分子间的斥力和引力是不能忽略的，C 错，D对；由题意知，E项正确．【答案】BDE2．(2016·三亚高二检测)对一定质量的理想气体，下列说法不正确的是( )A．气体体积是指所有气体分子的体积之和B．气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高C．当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因而气体的内能一定减少D．气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的E．气体的压强是由气体分子的重力产生的，在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强【解析】由于气体分子间的距离较大，分子间距离不能忽略，所以气体体积要比所有气体分子的体积之和要大，A错误；气体分子的热运动越剧烈，分子的平均速率就越大，平均动能越大，温度就越高，B正确；理想气体的内能只与气体的温度有关，只要气体的温度不变，则内能不变，C错误；气体压强是由气体分子对容器壁频繁地撞击而产生的，与气体的重力没有关系，所以在失重的情况下，气体对器壁仍然有压强，D正确，E错误．【答案】ACE3．封闭在容积不变的容器中的气体，当温度升高时，则气体的( )【导学号：74320040】A．分子的平均速率增大B．气体对器壁的压强变大C．分子的平均速率减小D ．气体对器壁的压强变小E ．气体对器壁的压强变大【解析】单位体积内的分子数不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，气体对器壁的压强变大，A 、B 、E 选项正确．【答案】 ABE4．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子运动理论观点来分析，这是因为( )A ．气体分子的平均动能增大B ．气体分子的平均动能不变C ．单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多D ．气体分子数增加E ．气体的分子数密度增大【解析】一定质量的气体等温压缩，分子的平均动能不变，气体分子的总数不变，故A 、D 错，B 对；气体压强增大是因为气体分子数的密度增大，使单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多，故C 、E 正确．【答案】 BCE5．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( )A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2E ．T 1＝T 2，p 1＝2p 2，V 1＝12V 2【解析】当p 1＝p 2时，由V 1V 2＝T 1T 2可知A 对，B 错；当V 1＝V 2时，由p 1p 2＝T 1T 2可知D 正确；由p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可知C 错；当T 1＝T 2时，由p 1V 1＝p 2V 知E 正确．【答案】 ADE6．如图1所示，内径均匀、两端开口的V 形管，B 支管竖直插入水银槽中，A 支管与B支管之间的夹角为θ，A 支管中有一段长为h 的水银柱保持静止，下列说法中不正确的是( )图1A ．B 管内水银面比管外水银面高h B ．B 管内水银面比管外水银面高h cos θC ．B 管内水银面比管外水银面低h cos θD ．管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ高汞柱E ．管内封闭气体的压强比大气压强大h cos θ高汞柱【解析】以A 管中的水银为研究对象，则有pS ＋h cos θ·S ＝p 0S ，B 管内压强p ＝p 0－h cos θ，显然p <p 0，且B 管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ.故B 、D 正确．【答案】 ACE7.一定质量的理想气体经过一系列过程，如图2所示．下列说法中正确的是( )图2A ．a →b 过程中，气体体积增大，压强减小B ．b →c 过程中，气体压强不变，体积增大C ．b →c 过程中，气体压强不变，体积减小D ．c →a 过程中，气体压强增大，体积减小E ．c →a 过程中，气体温度升高，体积不变【解析】由p T 图像知，a →b 为等温过程．根据p 1V 1＝p 2V 2，气体压强减小，则体积增大，A 正确；b →c 为等压过程，根据V 1T 1＝V 2T 2，温度降低，则体积减小，B 错误，C 正确；c →a 为等容过程，根据p 1T 1＝p 2T 2，气体压强增大，温度升高，D 错误，E 正确．【答案】 ACE8．如图所示的五个图像中，有三个不表示一定质量的某种理想气体从状态a 等压膨胀到状态b 的过程．它们是( )【解析】一定质量的某种理想气体满足理想气体状态方程pV T＝C ；理想气体等压膨胀时，压强不变、体积增大、温度升高，V 与T 成正比．【答案】 ACE9．如图5是一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a 、b 两个状态比较，下列说法正确的是( )A ．在相同时间内撞在单位面积上的分子数，b 状态较多B ．在相同时间内撞在单位面积上的分子数，a 状态较多C ．在相同时间内撞在相同面积上的分子数，两状态一样多D ．单位体积的分子数，a 状态比b 状态多E ．气体分子的平均动能b 状态比a 状态大【解析】 b 状态比a 状态体积大，故单位体积分子数b 状态比a 状态少，D 对；b 状态比a 状态温度高，其分子平均动能大，E 正确，而a 、b 状态压强相等，故相同时间内撞到单位面积上的分子数a 状态较多，B 正确，A 、C 错误．【答案】 BDE10．如图3所示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 ，则下列说法不正确的是( )【导学号：74320041】图3A ．水银柱向上移动了一段距离B ．ΔV A <ΔV BC ．Δp A >Δp BD ．ΔF A ＝ΔF BE ．无法判断【解析】假设水银柱不动，两气体发生等容变化，根据查理定律，有Δp ΔT ＝p 0T 0，其中p 0、T 0表示初始的压强和温度，初始压强p A >p B ，则Δp A >Δp B ，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A 、C 正确．由于气体的总体积不变，所以ΔV A ＝ΔV B ，B 错误．ΔF A ＝Δp A S A >ΔF B ＝Δp B S B ，D 错误．【答案】 BDE二、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11．(13分)如图4所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg ，横截面积为50 cm 2，厚度为1 cm ，汽缸全长为21 cm ，汽缸质量为20 kg ，大气压强为1×105Pa ，当温度为7 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm ，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g 取10 m/s 2，求：图4(1)汽缸倒置时，活塞封闭的气柱多长； (2)当温度多高时，活塞刚好接触平台．【解析】 (1)设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为p 1和p 2，气柱长度分别为L 1和L 2.p 1＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa ，p 2＝p 0－mgS＝0.8×105 Pa倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得p 1L 1S ＝p 2L 2S ，所以L 2＝p 1p 2L 1＝15 cm. (2)设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为T 2和T 3，升温后气柱长度为L 3，则T 2＝T 1＝(273＋7) K ＝280 K ，L 2＝15 cm ，L 3＝20 cm升温过程为等压变化，由盖吕萨克定律可得L 2S T 2＝L 3S T 3，所以T 3＝L 3L 2T 2＝373 K ．即温度升高到100 ℃时，活塞刚好接触平台．【答案】 (1)15 cm (2)100 ℃12．(13分)如图5所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中大小截面积分别为S 1＝2 cm 2、S 2＝1 cm 2，粗细管内水银长度分别为h 1＝h 2＝2 cm ，封闭气体长度为L ＝22 cm.大气压强为p 0＝76 cmHg ，气体初始温度为57 ℃.求：图5(1)若缓慢降低气体温度，降低至多少开尔文时，所有水银全部进入粗管内； (2)若温度降低至237 K ，气体的长度为多少．【解析】 (1)初始时刻的压强为p 1＝p 0＋h 1＋h 2＝80 cmHg ，体积为V 1＝LS 1，温度T 1＝273 K ＋57 K ＝330 K ，水银全部进入的末状态压强p 2＝p 0＋h 1＋h 22＝79 cmHg ，体积为V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L －h 22S 1，根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，解得T 2＝311 K. (2)由于237 K 小于311 K ，所以再降温的过程中，气体将做等压变化V 2T 2＝V 3T 3，得出L 3＝16 cm.【答案】 (1)311 K (2)16 cm13．(14分)如图6甲所示是一个右端开口的圆筒形汽缸，活塞可以在汽缸内自由滑动．活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，此时气体的温度为27 °C.若给汽缸加热，使气体温度升高，让气体推动活塞从MN 缓慢地移到PQ .已知大气压强p 0＝1.0×105Pa.求：图6(1)当活塞到达PQ 后缸内气体的温度；(2)把活塞锁定在PQ 位置上，让气体的温度缓慢地降到27 °C，求此时气体的压强； (3)在图乙中画出上述两个过程中气体压强p 随温度T 变化的图像．【解析】 (1)此过程为等压变化过程p 1＝p 2＝p 0＝1×105Pa ，V 2＝2V 1，T 1＝300 K由V 1T 1＝V 2T 2得：T 2＝600 K.(2)此过程为等容变化过程，T 3＝300 K 由查理定律p 2T 2＝p 3T 3得：p 3＝0.5×105Pa. (3)p T 图像如图所示：【答案】 (1)600 K (2)0.5×105Pa (3)见解析。

高中物理第2章气体章末分层测评教科版选修3-3

第2章气体(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．关于理想气体，下列说法正确的是( )A．当把实际气体抽象成理想气体后，它们便再也不遵守气体实验定律B．温度极低，压强太大的气体不能看成理想气体，也不遵守实验定律C．理想气体分子间的平均距离约为10－10 m，故分子力为零D．理想气体分子间既没引力，也无斥力，分子力为零E．理想气体是对实际气体抽象后形成的理想模型【解析】理想气体遵守气体实验定律，A错；实际气体在温度极低和压强太大时，不能很好地遵守气体实验定律，B对；理想气体分子间的平均距离超过10－9m，分子间的斥力和引力都可忽略不计，而在平均距离为10－10 m时，分子间的斥力和引力是不能忽略的，C 错，D对；由题意知，E项正确．【答案】BDE2．(2016·三亚高二检测)对必然质量的理想气体，下列说法不正确的是( )A．气体体积是指所有气体分子的体积之和B．气体分子的热运动越猛烈，气体的温度就越高C．当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因此气体的内能必然减少D．气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的E．气体的压强是由气体分子的重力产生的，在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强【解析】由于气体分子间的距离较大，分子间距离不能忽略，所以气体体积要比所有气体分子的体积之和要大，A错误；气体分子的热运动越猛烈，分子的平均速度就越大，平均动能越大，温度就越高，B正确；理想气体的内能只与气体的温度有关，只要气体的温度不变，则内能不变，C错误；气体压强是由气体分子对容器壁频繁地撞击而产生的，与气体的重力没有关系，所以在失重的情况下，气体对器壁仍然有压强，D正确，E错误．【答案】ACE3．封锁在容积不变的容器中的气体，当温度升高时，则气体的( )【导学号：】A．分子的平均速度增大B．气体对器壁的压强变大C ．分子的平均速度减小D ．气体对器壁的压强变小E ．气体对器壁的压强变大【解析】单位体积内的分子数不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，气体对器壁的压强变大，A 、B 、E 选项正确．【答案】 ABE4．必然质量的理想气体经历等温紧缩进程时，气体压强增大，从分子运动理论观点来分析，这是因为( )A ．气体分子的平均动能增大B ．气体分子的平均动能不变C ．单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多D ．气体分子数增加E ．气体的分子数密度增大【解析】必然质量的气体等温紧缩，分子的平均动能不变，气体分子的总数不变，故A 、D 错，B 对；气体压强增大是因为气体分子数的密度增大，使单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多，故C 、E 正确．【答案】 BCE5．必然质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度别离为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度别离为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( )A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2E ．T 1＝T 2，p 1＝2p 2，V 1＝12V 2【解析】当p 1＝p 2时，由V 1V 2＝T 1T 2可知A 对，B 错；当V 1＝V 2时，由p 1p 2＝T 1T 2可知D 正确；由p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可知C 错；当T 1＝T 2时，由p 1V 1＝p 2V 知E 正确．【答案】 ADE6．如图1所示，内径均匀、两头开口的V 形管，B 支管竖直插入水银槽中，A 支管与B支管之间的夹角为θ，A 支管中有一段长为h 的水银柱维持静止，下列说法中不正确的是( )图1A ．B 管内水银面比管外水银面高h B ．B 管内水银面比管外水银面高h cos θC ．B 管内水银面比管外水银面低h cos θD ．管内封锁气体的压强比大气压强小h cos θ高汞柱E ．管内封锁气体的压强比大气压壮大h cos θ高汞柱【解析】以A 管中的水银为研究对象，则有pS ＋h cos θ·S ＝p 0S ，B 管内压强p ＝p 0－h cos θ，显然p <p 0，且B 管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ.故B 、D 正确．【答案】 ACE7.必然质量的理想气体通过一系列进程，如图2所示．下列说法中正确的是( )图2A ．a →b 进程中，气体体积增大，压强减小B ．b →c 进程中，气体压强不变，体积增大C ．b →c 进程中，气体压强不变，体积减小D ．c →a 进程中，气体压强增大，体积减小E ．c →a 进程中，气体温度升高，体积不变【解析】由p T 图像知，a →b 为等温进程．按照p 1V 1＝p 2V 2，气体压强减小，则体积增大，A 正确；b →c 为等压进程，按照V 1T 1＝V 2T 2，温度降低，则体积减小，B 错误，C 正确；c →a 为等容进程，按照p 1T 1＝p 2T 2，气体压强增大，温度升高，D 错误，E 正确．【答案】 ACE8．如图所示的五个图像中，有三个不表示必然质量的某种理想气体从状态a 等压膨胀到状态b 的进程．它们是( )【解析】必然质量的某种理想气体知足理想气体状态方程pVT＝C ；理想气体等压膨胀时，压强不变、体积增大、温度升高，V 与T 成正比．【答案】 ACE9．如图5是必然质量的某种气体的等压线，等压线上的a 、b 两个状态比较，下列说法正确的是( )A ．在相同时间内撞在单位面积上的分子数，b 状态较多B ．在相同时间内撞在单位面积上的分子数，a 状态较多C ．在相同时间内撞在相同面积上的分子数，两状态一样多D ．单位体积的分子数，a 状态比b 状态多E ．气体分子的平均动能b 状态比a 状态大【解析】 b 状态比a 状态体积大，故单位体积分子数b 状态比a 状态少，D 对；b 状态比a 状态温度高，其分子平均动能大，E 正确，而a 、b 状态压强相等，故相同时间内撞到单位面积上的分子数a 状态较多，B 正确，A 、C 错误．【答案】 BDE10．如图3所示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 两部份，初始温度相同．使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积转变量为ΔV A 、ΔV B ，压强转变量为Δp A 、Δp B ，对液面压力的转变量为ΔF A 、ΔF B ，则下列说法不正确的是( )【导学号：】图3A ．水银柱向上移动了一段距离B ．ΔV A <ΔV BC ．Δp A >Δp BD ．ΔF A ＝ΔF BE ．无法判断【解析】假设水银柱不动，两气体发生等容转变，按照查理定律，有Δp ΔT ＝p 0T 0，其中p 0、T 0表示初始的压强和温度，初始压强p A >p B ，则Δp A >Δp B ，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A 、C 正确．由于气体的整体积不变，所以ΔV A ＝ΔV B ，B 错误．ΔF A ＝Δp A S A >ΔF B ＝Δp B S B ，D 错误．【答案】 BDE二、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11．(13分)如图4所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg ，横截面积为50 cm 2，厚度为1 cm ，汽缸全长为21 cm ，汽缸质量为20 kg ，大气压强为1×105Pa ，当温度为7 ℃时，活塞封锁的气柱长10 cm ，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g 取10 m/s 2，求：图4(1)汽缸倒置时，活塞封锁的气柱多长； (2)当温度多高时，活塞恰好接触平台．【解析】 (1)设汽缸倒置前、后被封锁气体的压强别离为p 1和p 2，气柱长度别离为L 1和L 2.p 1＝p 0＋mg S ＝×105 Pa ，p 2＝p 0－mgS＝×105 Pa倒置进程为等温转变，由玻意耳定律可得p 1L 1S ＝p 2L 2S ，所以L 2＝p 1p 2L 1＝15 cm. (2)设倒置后升温前、后封锁气柱温度别离为T 2和T 3，升温后气柱长度为L 3，则T 2＝T 1＝(273＋7) K ＝280 K ，L 2＝15 cm ，L 3＝20 cm升温进程为等压转变，由盖吕萨克定律可得L 2S T 2＝L 3S T 3，所以T 3＝L 3L 2T 2＝373 K ．即温度升高到100 ℃时，活塞恰好接触平台．【答案】 (1)15 cm (2)100 ℃12．(13分)如图5所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一部份水银封住密闭气体，上管足够长，图中大小截面积别离为S 1＝2 cm 2、S 2＝1 cm 2，粗细管内水银长度别离为h 1＝h 2＝2 cm ，封锁气体长度为L ＝22 cm.大气压强为p 0＝76 cmHg ，气体初始温度为57 ℃.求：图5(1)若缓慢降低气体温度，降低最多少开尔文时，所有水银全数进入粗管内； (2)若温度降低至237 K ，气体的长度为多少．【解析】 (1)初始时刻的压强为p 1＝p 0＋h 1＋h 2＝80 cmHg ，体积为V 1＝LS 1，温度T 1＝273 K ＋57 K ＝330 K ，水银全数进入的末状态压强p 2＝p 0＋h 1＋h 22＝79 cmHg ，体积为V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L －h 22S 1，按照理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，解得T 2＝311 K. (2)由于237 K 小于311 K ，所以再降温的进程中，气体将做等压转变V 2T 2＝V 3T 3，得出L 3＝16 cm.【答案】 (1)311 K (2)16 cm13．(14分)如图6甲所示是一个右端开口的圆筒形汽缸，活塞可以在汽缸内自由滑动．活塞将必然量的理想气体封锁在汽缸内，此时气体的温度为27 °C.若给汽缸加热，使气体温度升高，让气体推动活塞从MN 缓慢地移到PQ .已知大气压强p 0＝×105Pa.求：图6(1)当活塞抵达PQ 后缸内气体的温度；(2)把活塞锁定在PQ 位置上，让气体的温度缓慢地降到27 °C，求此时气体的压强； (3)在图乙中画出上述两个进程中气体压强p 随温度T 转变的图像．【解析】 (1)此进程为等压转变进程p 1＝p 2＝p 0＝1×105Pa ，V 2＝2V 1，T 1＝300 K由V 1T 1＝V 2T 2得：T 2＝600 K.(2)此进程为等容转变进程，T 3＝300 K 由查理定律p 2T 2＝p 3T 3得：p 3＝×105Pa. (3)p T 图像如图所示：【答案】 (1)600 K (2)×105Pa (3)观点析。

高中物理人教版选修3-3 气体学业分层测评

学业分层测评(七)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．一定质量的气体在体积不变时，下列有关气体的状态变化的说法正确的是( )A ．温度每升高1 ℃，压强的增量是原来压强的1273B ．温度每升高1 ℃，压强的增量是0 ℃时压强的1273C ．气体的压强和热力学温度成正比D ．气体的压强和摄氏温度成正比E ．压强的变化量与热力学温度的变化量成正比【解析】根据查理定律：p ＝CT ，知C 正确；将T ＝(273＋t )K 代入得：p ＝C (273＋t )，升高1 ℃时的压强为p 1＝C (274＋t )，所以Δp ＝C ＝p 273＋t ＝p 0273，B 正确；由p T ＝Δp ΔT可知E 正确．【答案】 BCE2．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，则正确说法是( )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1273D ．体积的变化量与温度的变化量成正比E ．气体的体积与热力学温度成正比【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 ，体积增加是0℃体积的1273，C 错误；由盖—吕萨克定律的变形式V T ＝ΔV ΔT 可知D 正确；答案B 、D 、E.【答案】 BDE3．(2016·海淀高二检测)如图826所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变．下列各个描述理想气体状态变化的图象中与上述过程不相符合的是( )【导学号：11200041】图826【解析】由于密闭气体与外界温度相同，保持不变，是等温变化，图象A 表示等容过程，A错；B表示等压变化，B错；C表示温度发生变化，C错；D、E 表示等温变化，故D、E正确．【答案】ABC4．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—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“吸”在皮肤上．对其原因下列说法中不正确的是( )A．当火罐内的气体温度不变时，体积减小，压强增大B．当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．当火罐内的气体压强不变时，温度降低，体积减小D．当火罐内的气体质量不变时，压强增大，体积减小E．当火罐内的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比【解析】纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由p∝T知封闭气体压强减小，在外界大气压作用下罐紧紧“吸”在皮肤上，B、E选项正确；答案为A、C、D.【答案】ACD5．如图827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( ) 【导学号：11200042】甲乙图827A．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E．由甲图表明温度每升高1 ℃，体积的增加相同，但乙图表明随温度的升高体积不变【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、E正确．【答案】ADE6．房间里气温升高3 ℃时，房间内的空气将有1 %逸出到房间外，由此可计算出房间内原来的温度是__________℃.【解析】以升温前房间里的气体为研究对象，由盖—吕萨克定律：T＋3 T＝V＋V，解得：T＝300 K，t＝27 ℃.【答案】277．(2016·济南高二检测)如图828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中气体的温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10℃，则水银柱将__________(填向A移动或向B移动或不动) 【导学号：11200043】图828【解析】由Δp＝ΔTTp，可知Δp∝1T，所以A部分气体压强减小的多，水银柱将向左移动．【答案】向A移动8．如图829所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B 之间容积为0.1V 0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B.求：图829(1)活塞移动到B时，缸内气体温度T B；(2)画出整个过程的pV图线；【导学号：11200044】【解析】(1)活塞由A移动到B的过程中，先做等容变化，后做等压变化．p A T A ＝pT，VAT＝VA＋ΔVTB解得T＝330 K、T B＝363 K.(2)活塞在A位置先经历等容变化，温度由297 K→330 K，压强由0.9p0→p0，之后活塞由A移动到B，气体做等压变化，压强为p0不变，温度由330 K→363 K，体积由V0→1.1V0，其pV图如图所示：【答案】(1)363 K (2)见解析[能力提升]9．(2016·长春检测)如图8210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温度，则如图所示的pT图象或pV图象不能正确反映缸内气体压强变化情况的是( ) 【导学号：11200045】图8210【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错误；在pT图象中，等容线为过原点的直线，所以C错误，B正确；答案为ACD.【答案】ACD10．如图8211所示为竖直放置的上粗下细的两端封闭的细管，水银柱将气体分隔成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，A、B 两部分气体压强变化量分别为Δp A、Δp B，则Δp A与Δp B的大小关系为：Δp A________Δp B(填>或<或＝)图8211【解析】由于不知道水银柱的移动情况．不妨假设水银柱不动，这时上下两边的封闭气体均做等容变化，由查理定律p T ＝Δp ΔT 可得Δp ＝ΔT T p ＝kp ，其中ΔT T ＝k 为常数，又初始状态满足p B ＝p A ＋ρgh ，可见p B >p A ，因此Δp B >Δp A .【答案】 <11．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸．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，剩余空间充满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气体为研究对象，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．气体发生等容变化，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 ℃12．容积为2 L 的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa 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，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求：(1)塞子弹开前的最大压强；(2)27 ℃时剩余空气的压强．【导学号：11200046】【解析】塞子弹开前，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：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，选瓶中剩余气体为研究对象：初态：p 1′＝1.0×105 Pa ，T 1′＝400 K末态：p2′＝？，T2′＝300 K由查理定律可得p2′＝T2′p1′T1′＝300×1.0×105400Pa≈7.5×104 Pa.【答案】(1)1.33×105 Pa (2)7.5×104 Pa。

人教版高中物理选修3-3高二气体测试试题.docx

高中物理学习材料桑水制作《气体》章末测试题一、选择题（每题4分，共48分）1、一定质量的理想气体，经历了如图8—27所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是（） A 、1∶3∶5 B 、3∶6∶5 C 、3∶2∶1 D 、5∶6∶32.下列说法正确的是（）A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均动能C. 气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小D. 单位面积的气体分子数增加，气体的压强一定增大3.如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成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∆V A 、∆V B ，压强变化量为∆p A 、∆p B ，对液面压力的变化量为∆F A 、∆F B ，则（）A ．水银柱向上移动了一段距离B ．∆V A ＜∆V BC ．∆p A ＞∆p BD ．∆F A ＝∆F B４、一定质量的理想气体的状态变化过程的Ｖ—Ｔ图象如图８—２８甲所示，若将该变化过程用Ｐ—Ｔ图象表示，则应为图８—２８乙中的哪一个（）3 1 5 3 2 1 O V P1 32 图8—27a V T O P TO P T O a a aa P T O P T O cb b b b bc c cc 甲乙图８—２８ B C D A5.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。

气体开始处于状态a ，然后经过过程ab 到达状态b 或进过过程ac 到状态c ，b 、c 状态温度相同，如V-T 图所示。

设气体在状态b 和状态c 的压强分别为P b 、和P C ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则：（）A. P b >P c ，Q ab >Q acB. P b >P c ，Q ab <Q acC. P b <P c ，Q ab >Q acD. P b <P c ，Q ab <Q ac6、两个容器A 、B 用截面均匀的水平玻璃管相通，如图8—29所示，A 、B 中所装气体温度分别为100C 和200C ，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高100C ，则水银将（） A 、向左移动 B 、向右移动 C 、不动D 、无法确定7如图所示，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 ( ) A.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8、一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为1p 、1V 、1T ，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为2p 、2V 、2T ，下列关系正确的是( )A ．12p p =，122V V =，1212T T =B ．12p p =，1212V V =，122T T =C ．122p p =，122V V =，122T T =D ．122p p =，12V V =，122T T =9.分别以p 、V 、T 表示气体的压强、体积、温度．一定质量的理想气体，其初始状态表示为(p 0、V 0、T 0)．若分别经历如下两种变化过程：①从(p 0、V 0、T 0)变为(p 1、V 1、T 1)的过程中，温度保持不变(T 1=T 0)； ②从(p 0、V 0、T 0)变为(p 2、V 2、T 2)的过程中，既不吸热，也不放热．在上述两种变化过程中，如果V 1=V 2>V 0，则( ) A ． p 1 >p 2，T 1> T 2 B ． p 1 >p 2，T 1< T 2 C ． p 1 <p 2，T 1< T 2 D ． p 1 <p 2，T 1> T 210.用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律。

高中物理人教版选修3-3(学业分层测评)第八章气体学业分层测评8 Word版含答案

学业分层测评(八)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中不可实现的是()A．先等温膨胀，再等容降温B．先等温压缩，再等容降温C．先等容升温，再等温压缩D．先等容降温，再等温压缩E．先等容降温，再等温膨胀【解析】根据理想气体的状态方程pVT＝C，若经过等温膨胀，则T不变，V增加，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来值，A不可实现；同理可以确定C、E也不可实现．【答案】ACE2．如图8-3-8为一定质量的理想气体两次不同体积下的等容变化图线，有关说法正确的是()【导学号：11200047】图8-3-8A．a点对应的气体分子密集程度大于b点对应的气体分子密集程度B．a点对应的气体状态其体积等于b点对应的气体体积C．由状态a沿直线ab到状态b，气体经历的是等容过程D．由状态a沿直线ab到状态b，气体经历的是等温过程E．气体在状态a时p a V aT a的值等于气体在状态b时p b V bT b的值【解析】由pVT＝C，a点对应的气体状态其体积小于b点对应的气体体积，故a点对应的气体分子密集程度大于b点对应的气体分子密集程度，故A正确，B 错误；由状态a沿直线ab到状态b，气体经历的是等温过程，故C错误，D正确；气体在状态a时p a V aT a的值等于气体在状态b时p b V bT b的值，故E正确．【答案】ADE3．关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是()A．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍B．一定质量的气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程p1V1T1＝p2V2T2C．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍D．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半E．一定质量的理想气体热力学温度增大为原来的4倍，可能是压强加倍，体积加倍【解析】一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比．温度由100 ℃上升到200 ℃时，体积增大为原来的1.27倍，故A错误；理想气体状态方程成立的条件为质量不变，B正确．由理想气体状态方程pVT＝恒量可知，C、E正确，D错误．【答案】BCE4．(2016·万州区高二检测)如图8-3-9所示是理想气体经历的两个状态的p-T 图象，对应的p-V图象和V-T图象不正确的是() 【导学号：11200048】图8-3-9【解析】由p-T图象可知，气体先经历等容变化，后经历等温压缩，所以对应的p-V图象是C，所以C正确，对应的V-T图象是D，所以D正确．【答案】ABE5．(2013·上海高考)已知湖水深度为20 m，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为 1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的__________倍．(取g＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)【解析】湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由气体状态方程，3p0V14＋273＝p0V217＋273，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍．【答案】 3.16．在下列图中，能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是() 【导学号：11200049】【解析】根据p-V、p-T、V-T图象的物理意义可以判断，其中B、E反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符，故A、C、D项符合要求．【答案】ACD7．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气(设打气过程中空气的温度不变)__________次．【解析】因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV＋np1ΔV ＝p′V，代入数据得1．5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L解得n＝15.【答案】158．一定质量的理想气体，经历了如图8-3-10所示的变化，A →B →C ，这三个状态下的温度之比T A ∶T B ∶T C 为__________．图8-3-10【解析】由pV T ＝C 可知T A ∶T B ∶T C ＝3∶6∶5.【答案】 3∶6∶5[能力提升]9．(2016·南京检测)如图8-3-11所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p 、V 、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示( ) 【导学号：11200050】图8-3-11【解析】由题意知，由状态①到状态②过程中，温度不变，体积增大，根据pV T ＝C 可知压强将减小．对A 图象进行分析，p -V 图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②体积增大，压强减小，故A 项正确；对B 图象进行分析，p -V 图象是直线，温度会发生变化，故B 项错误；对C 图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C项错误；对D、E图象进行分析，可知温度不变，压强减小，故体积增大，D、E项正确．【答案】ADE10．如图8-3-12所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则h______________(填变大或变小)，l__________(填变大或变小)图8-3-12【解析】开始时，玻璃管中的封闭气体的压强p1＝p0－ρgh，上提玻璃管，假设h不变，l变长，由玻意耳定律得，p1l·S＝p2(l＋Δl)·S，所以内部气体压强小了，大气压p0必然推着液柱上升，假设不成立，h必然升高一些．最后稳定时，封闭气体的压强p2＝p0－ρg(h＋Δh)减小，再根据玻意耳定律，p1l1·S＝p2l2·S，l2＞l1，l变大．【答案】变大变大11．(2016·西安检测)一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图8-3-13甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.甲乙图8-3-13(1)求状态A的压强．(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p-T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．【解析】(1)据理想气体状态方程：p A V AT A＝p D V DT D，则p A＝p D V D T AV A T D＝2×104×4×2×1021×4×102Pa＝4×104 Pa.(2)A→B等容变化、B→C等温变化、C→D等容变化，根据理想气体状态方程可求得各状态的参量．p-T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．【答案】(1)4×104 Pa(2)见解析图12．(2016·泰安一中检测)如图8-3-14所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t1＝31 ℃、大气压强p0＝76 cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1＝8 cm，求：图8-3-14(1)当温度t2是多少时，左管气柱L2为9 cm；(2)当温度达到上问中的温度t2时，为使左管气柱长L为8 cm，应在右管中加入多长的水银柱．【解析】(1)初状态：p1＝p0＝76 cmHgV1＝L1S，T1＝304 K末状态：p2＝p0＋2 cmHg＝78 cmHgV2＝L2S，T2＝？根据理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2代入数据得T2＝351 K，t2＝78 ℃.(2)设应在右管中加入h cm水银柱，p3＝p0＋h＝(76＋h)cmHg，V3＝V1＝L1S，T3＝T2＝351 K根据理想气体状态方程p1V1T1＝p3V3T3代入数据得h＝11.75 cm.【答案】(1)78 ℃(2)11.75 cm。

2019-2020教科版物理选修3-3课时分层作业7 气体实验定律

课时分层作业(七)(建议用时：45分钟)[基础达标练]1．对一定质量的气体，其中正确的是()A．温度发生变化时，体积和压强可以不变B．温度发生变化时，体积和压强至少有一个发生变化C．如果温度、体积和压强三个量都不变化，我们就说气体状态不变D．只有温度、体积和压强三个量都发生变化，我们才说气体状态变化了E．温度、体积、压强三个量中，有两个量发生了变化，则气体的状态就变化了【解析】p、V、T三个量中，可以两个量发生变化，一个量恒定，也可以三个量同时发生变化，而一个量变化，另外两个量不变的情况是不存在的，气体状态的变化就是p、V、T的变化．故B、C、E说法正确．【答案】BCE2．一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则()A．气体分子的平均动能增大B．气体分子的平均动能不变C．气体的密度变为原来的2倍D．气体的体积变为原来的一半E．气体的分子总数变为原来的2倍【解析】温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，故分子的平均动能不变，据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，解得：V2＝12V1，ρ1＝mV1，ρ2＝mV2可得：ρ1＝12ρ2，即ρ2＝2ρ1，故B、C、D正确．【答案】BCD3．在“探究气体等温变化的规律”实验中，下列说法中对实验的准确性影响较大的是()A．针筒封口处漏气B．采用横截面积较大的针筒C．针筒壁与活塞之间存在摩擦D．实验过程中用手去握针筒E．实验过程中缓慢推动活塞【解析】“探究气体等温变化的规律”实验前提是气体的质量和温度不变，针筒封口处漏气，则质量变小，用手握针筒，则温度升高，所以A、D符合题意；针筒的横截面积大，会使封闭的气体的体积变大，结果更精确，B不符合；活塞与筒壁的摩擦影响活塞对气体的压强，影响实验的准确性，C符合；缓慢推动活塞，以保持温度不变，E不符合．【答案】ACD4．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—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“吸”在皮肤上．对其原因下列说法中不正确的是()A．当火罐内的气体温度不变时，体积减小，压强增大B．当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．当火罐内的气体压强不变时，温度降低，体积减小D．当火罐内的气体质量不变时，压强增大，体积减小E．当火罐内的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比【解析】纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由p∝T知封闭气体压强减小，在外界大气压作用下罐紧紧“吸”在皮肤上，B、E选项正确；答案为A、C、D.【答案】ACD5．在室内，将装有5 atm的6 L气体的容器的阀门打开后，与从容器中逸出的气体相当(设室内大气压强p0＝1 atm)，下列说法不正确的是() A．5 atm，3 L B．1 atm，24 LC．5 atm，4.8 L D．1 atm，30 LE．5 atm，1.2 L【解析】当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p2V2，当p2＝1 atm 时，得V2＝30 L，逸出气体30 L－6 L＝24 L，B正确．据p2(V2－V1)＝p1V1′得V 1′＝4.8 L ，所以逸出的气体相当于5 atm 下的4.8 L 气体，C 正确．【答案】 ADE6．如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭空气的下列说法不正确的是( )A ．体积不变，压强变小B ．体积变小，压强变大C ．体积不变，压强变大D ．体积变小，压强变小E ．温度不变【解析】当水位升高时，细管中的水位也升高，被封闭空气的体积减小，由玻意耳定律可知，压强增大，所以B 、E 正确．【答案】 ACD7．房间里气温升高3 ℃时，房间内的空气将有1 %逸出到房间外，由此可计算出房间内原来的温度是__________℃.【解析】以升温前房间里的气体为研究对象，由盖吕萨克定律：T ＋3T ＝V (1＋1%)V，解得：T ＝300 K ，t ＝27 ℃. 【答案】 278．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 中气体的温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将__________(选填“向A 移动”“向B 移动”或“不动”)【解析】由Δp ＝ΔT T p ，可知Δp ∝1T ，所以A 部分气体压强减小的多，水银柱将向左移动．【答案】向A 移动[能力提升练]9．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p 0，体积为________的空气．【解析】设所求体积为V x ，由玻意耳定律，p 0(V x ＋V )＝pV ，可得V x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V . 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V 10．如图所示，容积为V 1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V 2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h .已知水银的密度为ρ，大气压强为p 0，重力加速度为g ；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p 1.【解析】选容器内和左管内空气为研究对象，根据玻意耳定律，得p 1V 1＋p 0V 2＝(p 0＋ρgh )(V 1＋V 2)所以p 1＝p 0＋ρgh (V 1＋V 2)V 1. 【答案】 p 0＋ρgh (V 1＋V 2)V 111．容积为2 L 的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa 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，停止加热并使它逐渐降温到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) K＝300 K末态：p2＝？T2＝(273＋127) K＝400 K由查理定律可得p2＝T2p1T1＝400×1.0×105300Pa≈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由查理定律可得p2′＝T2′p1′T1′＝300×1.0×105400Pa≈7.5×104 Pa.【答案】(1)1.33×105 Pa(2)7.5×104 Pa12．如图所示，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p 0V 2＝p 1V 1① p 0V 2＝p 2V 2② 由已知条件得V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V③ V 2＝V 2－V 6＝V 3④ 设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg⑤ 联立以上各式得m ＝15p 0S26g .⑥ 【答案】 15p 0S26g。

沪科版高中物理选修3-3word学业分层测评第2章2.1气体的状态+2.2玻意耳定律.docx

高中物理学习材料唐玲收集整理2．1 气体的状态2．2 玻意耳定律学习目标知识脉络1.知道描述气体状态的三个状态参量及其物理意义．(重点)2.了解热力学第零定律以及理想气体模型．(难点)3.知道等温变化的特点，会用玻意耳定律计算相关问题．(重点)4.理解气体等温变化的微观解释及p－V图像．(难点)用T、V、p描述气体的状态[先填空]1．平衡状态一个热力学系统如果它与外界没有能量交换，内部也没有任何形式的能量转换，系统的温度和压强将不随时间变化．这时，我们就称系统处于平衡状态．2．状态参量研究气体的性质时，常用气体的压强、温度和体积描述气体的状态．3．热力学第零定律(1)定义：跟第三个系统处于热平衡的两个系统，彼此间也必定处于热平衡．这个规律叫做热平衡定律，也称做热力学第零定律．(2)热平衡的标志：系统的温度相同，热力学温度的单位是“开尔文”，符号K，热力学温度T与摄氏度t的关系是T＝t＋273.15 K.4．理想气体当温度不太低、压强不太大时，所有的气体都可以看作理想气体．[再判断]1．在探究气体压强、体积、温度三个状态参量之间关系时采用控制变量法．(√)2．利用压强、体积和温度可以描述气体的状态．(√)3．现代科学技术可以达到绝对零度．(×)[后思考]物体温度升高了1 ℃就是升高了273.15 K吗？【提示】不是．温度升高了1 ℃，也就是升高了1 K，即在表示温差时，ΔT＝Δt数值上相等．气体压强的确定1．静止或匀速运动系统中封闭气体压强的确定(1)液体封闭的气体的压强①参考液片法选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．例如，图211甲中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知(p A＋p h0)S＝(p0＋p h＋p h0)S.即p A＝p0＋p h.选取参考液片时要注意，参考液片下一定是同种液体．否则就没有压强相等的关系．图21 1②连通器原理在连通器中，同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等，如图211甲中同一液面C、D处压强相等p A＝p0＋p h.③力平衡法选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强．例如：在竖直放置的U形管内由密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱．大气压强为p0，各部分尺寸如图211乙所示．求A、B气体的压强．求p A：取液柱h1为研究对象，设管截面积为S，大气压力和液柱重力向下，A气体压力向上，液柱h静止，则p0S＋ρgh1S＝p A S1所以p A＝p0＋ρgh1.求p B：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端以下液体的对称性，下端液体自重产生的压强可不考虑，A气体压强由液体传递后对h2的压力向上，B气体压力、液柱h2重力向下，液柱平衡，则p B S＋ρgh2S＝p A S，所以p B＝p0＋ρgh1－ρgh.2熟练后，可直接由压强平衡关系写出待测压强，不一定非要从力的平衡方程式找起．(2)固体(活塞或汽缸)封闭的气体的压强由于该固体必定受到被封闭气体的压力，所以可通过对该固体进行受力分析，由平衡条件建立方程，来找出气体压强与其它各力的关系．例如：一圆形汽缸静置于地面上，如图212所示，汽缸筒的质量为M，活塞的质量为m，活塞面积为S，大气压强为p0，现将活塞缓慢上提，求汽缸刚离地面时汽缸内气体的压强．(忽略摩擦)图21 2此问题中的活塞和汽缸均处于平衡状态．先以活塞为研究对象，受力分析如图213甲所示，由平衡条件得F＋pS＝mg＋p0S，由于F未知，再以活塞和汽缸整体为研究对象，受力如图乙(由于外界大气压力相互抵消，不再画出)，则有F＝(M＋m)g由以上两式可求得p＝p0－MgS.也可只以汽缸为研究对象，有pS＋Mg＝p0S也可得p＝p0－MgS.在分析活塞、汽缸受力时，要特别注意大气压力何时必须考虑，何时可不考虑．图21 32.容器变速运动时封闭气体压强的计算通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，首先对研究对象进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭的压强．如图214所示，当竖直放置的玻璃管向上加速时，对液柱有pS－p0S－mg＝ma，得p＝p0＋m(g＋a)S.图21 41．下列关于热力学温度的说法中，正确的是( )A．热力学温度的零值等于－273.15 ℃B．热力学温度变化1 K和摄氏温度变化1 ℃，变化量的大小是相等的C．绝对零度是低温的极限，永远达不到D．1 ℃就是1 KE．升高1 ℃就是升高274.15 K【解析】根据热力学温标零值的规定可知A正确；热力学温度变化 1 K 和摄氏温度变化1 ℃的变化量大小是相等的，但1 ℃不是1 K，B正确，D、E 错误；绝对零度是低温的极限，只能无限接近而永远不可能达到，C正确．【答案】ABC2．(2016·长春检测)一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h cm，上端空气柱长为L cm，如图215所示，已知大气压强为H cmHg，此时封闭气体的压强是 cmHg.图21 5【解析】取等压面法，选管外水银面为等压面，则由p气＋p h＝p0得p气＝p－p h即p气＝(H－h)cmHg.【答案】(H－h)3．如图216所示，一个壁厚可以不计、质量为M的汽缸放在光滑的水平地面上，活塞的质量为m，面积为S，内部封有一定质量的气体．活塞不漏气，摩擦不计，外界大气压强为p0.若在活塞上加一水平向左的恒力F(不考虑气体温度的变化)，求汽缸和活塞以共同加速度运动时，缸内气体的压强多大？【导学号：35500016】图21 6【解析】设稳定时气体和活塞共同以加速度a向左做匀加速运动，这时缸内气体的压强为p，分析它们的受力情况，由牛顿第二定律列方程汽缸：pS－p0S＝Ma，①活塞：F＋p0S－pS＝ma，②将上述两式相加，可得系统加速度a＝Fm＋M.将其代入①式，化简即得封闭气体的压强为p＝p0＋MS×FM＋m＝p0＋MF(M＋m)S.【答案】p0＋MF (M＋m)S(1)液体产生的压强p可以用cmHg（或mmHg）表示，也可以用国际单位表示，此时p=ρgh,解题时要把握好不同单位的换算.(2)计算一端开口的气体压强时，一般从开口处开始计算，并利用大气压强求解.玻意耳定律[先填空]1．内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比．2．公式pV＝C(式中C是一个常量)或p1p2＝V2V1.(其中p1、V1和p2、V2分别表示气体在1、2两个不同状态下的压强和体积)3．气体等温变化的p－V图像(1)一定质量的气体发生等温变化时的p－V图像如图217所示．图线的形状为双曲线．图217(2)由于它描述的是温度不变时的p－V关系，因此称它为等温线．一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的．4．微观解释(1)微观上气体压强的影响因素①气体分子的平均动能；②分子的密度．(2)宏观上气体压强的影响因素①温度；②体积．[再判断]1．玻意耳定律的成立条件是一定质量的气体，温度保持不变．(√)2．用注射器对封闭气体进行等温变化的实验时，在改变封闭气体的体积时，一定要缓慢进行．(√)3．在pV图像上，等温线为直线．(×)[后思考]若实验数据呈现气体体积减小、压强增大的特点，能否断定压强与体积成反比？【提示】不能，也可能压强p与体积V的二次方(三次方)或与V成反比，只有作出p－1V图线是直线，才能判定p与V成反比．1．对玻意耳定律的理解(1)适用条件：一定质量的某种气体，温度不太低，压强不太大．(2)定律也可以表述为pV＝常量或p1V1＝p2V2，其中的常量与气体所处温度高低有关，温度越高，常量越大．(3)应用玻意耳定律的思路和方法①确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件．②确定始末状态及状态参量(p1、V1，p2、V2)．③根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)．④注意分析题目中的隐含条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程．⑤有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去．2．pV图像及p1V图像上等温线的物理意义(1)一定质量的气体，其等温线是双曲线，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图218甲所示．甲乙图218(2)玻意耳定律pV＝C(常量)，其中常量C不是一个普通常量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，常量C越大，等温线离坐标轴越远．如图218乙所示，4条等温线的关系为T4>T3>T2>T1.(3)一定质量气体的等温变化过程，也可以用p1V图像来表示，如图219所示．图219等温线是一条延长线通过原点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k＝p1V＝pV∝T，即斜率越大，气体的温度越高．4．一定质量的气体，在做等温变化的过程中，下列物理量发生变化的有( )A．气体的体积B．单位体积内的分子数C．气体的压强D．分子总数E．气体分子的平均动能【解析】等温过程中，p、V发生相应变化，单位体积内的分子数也随之发生相应变化．温度不变，分子的平均动能不变，故选A、B、C.【答案】ABC5．如图2110所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是( )【导学号：35500017】图2110A．从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比B．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的C．由图可知T1>T2D．由图可知T1<T2E．由图可知T1＝T2【解析】一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同温度下等温线是不同的，所以A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，故C、E错误，D 正确．【答案】ABD6．粗细均匀的玻璃管一端封闭，长为12 cm.一个人手持玻璃管开口向下潜入水中，当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口 2 cm，求人潜入水中的深度．(取水面上大气压强为p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2)【解析】确定研究对象为被封闭的一部分气体，玻璃管下潜的过程中气体的状态变化可视为等温过程．设潜入水下的深度为h，玻璃管的横截面积为S.气体的初末状态参量分别为：初状态：p1＝p0，V1＝12S.末状态：p2＝p0＋ρgh，V2＝10S.由玻意耳定律p1V1＝p2V2，得pp＋ρgh＝10S12S.解得：h＝2 m.【答案】 2 m解题时的注意事项(1)压强的确定方面：应用玻意耳定律解题时，确定气体的压强是解题的关键，无论是液柱、活塞、汽缸，还是封闭在液面下的气柱，都不要忘记大气压强产生的影响．(2)统一单位方面：列方程时，由于等式两边是对应的，因此各物理量的单位可以不是国际单位，但等式两边必须统一．例如，体积可以都用升，压强可以都用大气压．。