高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体3 气体的等压变化和等容变化一课一练

课时素养评价

六　气体的等压变化和等容变化

(25分钟·60分)

一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)

1.一定质量的理想气体,经等温压缩,气体的压强增大,用分子动理论的观点分析,这是因为              (　　)

A.气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大

B.单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多

C.气体分子的总数增加

D.分子的平均速率增加

【解析】选B。气体经等温压缩,温度是分子平均动能的标志,温度不变,分子平均动能不变,故气体分子每次碰撞器壁的冲力不变,A错;由玻意耳定律知气体体积减小、分子的数密度增加,故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多,B对;气体体积减小、分子的数密度增大,但分子总数不变,C错;分子的平均速率与温度有关,温度不变,分子的平均速率不变,D错。

2.一房间内,上午10时的温度为15 ℃,下午2时的温度为25 ℃,假设大气压强无变化,则下午2时与上午10时相比较,房间内的              (　　)

A.空气密度增大

B.空气分子的平均动能增大

C.空气的压强增大

D.空气质量增大

【解析】选B。温度升高,空气分子的平均动能增大,平均每个分子对器壁的作用力将变大,房间的空气与外界相同,气压并未改变,可见单位体积内的分子数一定减小,所以有ρ空减小,m空=ρ空·V随之减小,故B正确。

3.一个密闭的钢管内装有空气,在温度为20 ℃时,压强为1 atm,若温度上升到80 ℃,管内空气的压强约为              (　　)

A.4 atm　　　　　　　　　　B. atm

C.1.2 atm      D. atm

【解析】选C。由查理定律知=,T=t+273 K,代入数据解得p2≈1.2 atm,所以C正确。

【补偿训练】

　　对于一定质量的气体,取T=t+273 K,以下说法正确的是 (　　)

A.气体做等容变化时,气体的压强和摄氏温度成正比

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

C.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

【解析】选C。一定质量的气体做等容变化,气体的压强跟热力学温度成正比,跟摄氏温度不是正比关系,A错误;根据Δp=p知,B错误;气体做等容变化时,气体压强的变化量总是跟温度的变化量成正比,无论是摄氏温度,还是热力学温度,C正确;=,解得p2=p1,故D错误。

4.(多选)如图所示,在一只烧瓶上连一根玻璃管,把它跟一个水银压强计连在一起,烧瓶里封闭着一定质量的气体,开始时水银压强计U形管两端水银面一样高。下列情况下,为使U形管两端水银面一样高,管A的移动方向是              (　　)

A.如果把烧瓶浸在热水中,应把A向下移

B.如果把烧瓶浸在热水中,应把A向上移

C.如果把烧瓶浸在冷水中,应把A向下移

D.如果把烧瓶浸在冷水中,应把A向上移

【解析】选A、D。使U形管两端水银面一样高,即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压且不变,若把烧瓶浸在热水中,气体体积增大,A中水银面上升,为使两管水银面等高,应把A向下移,故A对,B错;若把烧瓶浸在冷水中,气体体积减小,B管中水银面上升,为使两管水银面等高,应把A向上移,故C错,D对。

5.一定质量的理想气体,在压强不变的情况下,温度由5 ℃ 升高到10 ℃,体积的增量为ΔV1;温度由10 ℃升高到15 ℃,体积的增量为ΔV2。取T=273 K+t,则(　　)

A.ΔV1=ΔV2    B.ΔV1>ΔV2

C.ΔV1<ΔV2    D.无法确定

【解析】选A。由盖-吕萨克定律可得=,即ΔV=·V1,所以ΔV1=× V1,ΔV2=×V2(V1、V2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积),而=,所以ΔV1=ΔV2,A正确。

6.如图所示,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,现缓慢升高缸内气体温度,则能正确反应缸内气体压强变化情况的p-T图像是              (　　)

【解析】选B。当缓慢升高缸内气体温度时,气体先发生等容变化,根据查理定律,缸内气体的压强p与热力学温度T成正比,图线是过原点的倾斜的直线,故C、D错误;当缸内气体的压强等于外界的大气压时,气体发生等压膨胀,图线是平行于T轴的直线,故A错误,B正确。

【补偿训练】

　　对一定质量的理想气体,从状态A开始按下列顺序变化,先等压降温,再等温膨胀,最后等容升温回到状态A,图D中曲线为双曲线,下列曲线中能正确表示这一过程的是              (　　)

【解析】选A。根据气体状态变化的图像特点分析,A正确;B图中,C→A过程非等容升温;C图中A→B为等容降温,B→C为等温升压,C→A为等压升温;D图中A→B为等压升温,B→C为等容降温,C→A为等温压缩,故B、C、D错误。

二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)

7.(12分)如图甲所示,汽缸内底部面积为0.002 m2,被活塞封闭在汽缸内的空气温度为-5 ℃,活塞质量为8 kg,当汽缸缸筒与水平面成60°角时,活塞距缸底为L,现将汽缸直立如图乙所示,欲使活塞距缸底仍为L,应使缸内气体温度升高到多少?(大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2,≈1.7)

【解题指南】解答本题应注意两点:

(1)汽缸在直立前后,缸内的气体体积不变,应用查理定律解决问题。

(2)对活塞受力分析,由力的平衡条件可以求出气体初末状态的压强,从而由查理定律求得缸内气体升高的温度。

【解析】汽缸直立前,对活塞受力分析如图所示,

则有mgcos30°+p0S=p1S

所以气体的压强为

p1=p0+=1.0×105 Pa+ Pa=1.34×105 Pa,

此时气体的温度为

T1=(t+273) K=268 K,

汽缸直立后,对活塞受力分析,根据平衡条件可得:

mg+p0S=p2S,

所以气体压强为p2=p0+=1.0×105 Pa+ Pa=1.4×105 Pa,

由于汽缸直立前后,气体体积不变,则由查理定律

=

得T2=T1=×268 K=280 K,

所以汽缸直立后,气体的温度为

t=(T2-273) ℃=7 ℃。

答案:7 ℃

8.(12分)如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为T=303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,汽缸内封闭气体的温度;

(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。

【解析】(1)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2。

由题给条件得V1=S1+S2(l-), ①

V2=S2l, ②

在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得

S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p), ③

故缸内气体的压强不变。由盖-吕萨克定律有

=, ④

联立①②④式并代入题给数据得

T2=330 K, ⑤

(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′,由查理定律有=,              ⑥

联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′=1.01×105 Pa。

答案:(1)330 K　(2)1.01×105 Pa

(15分钟·40分)

9.(7分)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图像如图中的①②所示。则相对应的V-T图像或p-V图像可能是              (　　)

【解析】选D。同一部分密闭气体在体积不同的情况下的p-t图像中,0 ℃时图线①压强大,说明其对应的体积小,两条图线都是等容变化,且图线①对应体积小,故A、B、C错误,D正确。

10.(7分)如图所示,左边的体积是右边的4倍,两边充以同种气体,温度分别为20 ℃和10 ℃,此时连接两容器的细玻璃管的水银柱保持静止,如果容器两边的气体温度各升高10 ℃,忽略水银柱及容器的膨胀,则水银柱将              (　　)

A.向左移动   B.向右移动

C.静止不动   D.条件不足,无法判断

【解析】选A。水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的,水银柱受力改变是两段空气柱压强增量的不同造成的。假定两个容器的体积不变,即V1,V2不变,所装气体温度分别为293 K和283 K。当温度升高ΔT时,左边的压强由p1增至p1′,Δp1=p1′-p1,右边的压强由p2增至p2′,Δp2=p2′-p2,根据查理定律可知,Δp1=·ΔT,Δp2=·ΔT,因为p2=p1,所以Δp1<Δp2,即水银柱应向左移动,A选项正确。

11.(7分)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H1>H2,水银柱长度h1>h2,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.均向下移动,B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。根据盖-吕萨克定律得ΔV=·V,因A、B管中的封闭气柱初温T相同,温度降低量相同,且ΔT<0,所以ΔV<0,即A、B管中气柱的体积都减小;ΔV1=·ΔT,ΔV2=ΔT,又因为H1>H2,V1>V2,又T1=T2,则|ΔV1|>|ΔV2|,A管中气柱减小得较多,故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,故选项A正确,B、C、D错误。

12.(19分)如图所示,A汽缸横截面积为500 cm2,A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体,中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M,细管容积不计,现给左边的活塞N施加一个推力,使其缓慢向右移动,同时给B中气体加热,使此过程中A汽缸中的气体温度保持不变,活塞M保持在原位置不动。不计活塞与器壁、细管间的摩擦,周围大气压强为1 atm=105 Pa,当推力F=×103 N时,求:

(1)活塞N向右移动的距离是多少厘米?

(2)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度?

【解析】(1)pA′=pA+=×105 Pa,

对A中气体,由pAVA=pA′VA′

得VA′=,

解得VA′=VA,

LA==20 cm,

LA′==15 cm,

Δx=LA-LA′=5 cm,

(2)对B中气体,pB′=pA′=×105 Pa,

由=,

解得TB′=TB=400 K=127 ℃。

答案:(1)5 cm　(2)127 ℃

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