2020-2021学年第二章 气体、固体和液体2 气体的等温变化测试题

第二章气体、固体和液体第二节气体的等温变化配套练习（含解析）

一、单选题

1．一定质量的气体在温度保持不变时，压强增大到原来的4倍，则气体的体积变为原来的（　　）

A．4 B．2 C． D．

2．现从一体积不变的容器中抽气，假设温度保持不变，每一次抽气后，容器内气体的压强均减小到原来的，要使容器内剩余气体的压强减为原来的，抽气次数应为（　　）

A．2次 B．3次 C．4次 D．5次

3．容积V=20L的钢瓶充满氧气后，压强为p=30atm，打开钢瓶阀门，把氧气分装到容积为V'=5L的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶中的氧气压强p'=2atm。若在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是（　　）

A．4瓶 B．50瓶 C．54瓶 D．56瓶

4．钢瓶中装有一定量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体，第一种方法用小抽气机，每次抽1L气体，共抽取3次；第二种方法是用大抽气机，一次抽取3L气体。以上过程中气体温度保持不变，下列说法正确的是（　　）

A．两种抽法抽取的气体质量一样多

B．第二种抽法抽取的气体质量多

C．第一种抽法中，每次抽取的气体质量逐渐减少

D．第一种抽法中，每次抽取的气体质量逐渐增大

5．在验证玻意耳定律的实验中，如果将实验所得数据在图中标出，可得图像。如果实验中，使一定质量的气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，则根据实验数据应描出图中的（　　）

A．甲 B．乙 C．丙 D．无法判断

6．如图所示，汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，到汽缸底部距离为L，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸导热性能良好，现缓慢地在活塞上加一定质量的细砂，活塞下移达到稳定，环境温度保持不变，大气压强为，重力加速度为g，则（　　）

A．汽缸内分子平均动能增大

B．汽缸内气体分子密度减小

C．细砂质量为

D．若使活塞下移，所加细砂质量是活塞下移所加细砂质量的2倍

7．如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中气体的密度（　　）

A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．一直变小

8．如图所示，气缸内装有一定质量的气体，气缸的截面积为，其活塞为梯形，它的一个面与气缸成角，活塞与器壁间的摩擦忽略不计，现用一水平力缓慢推活塞，气缸不动，此时大气压强为，则气缸内气体的压强为（　　）

A． B．

C． D．

9．如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下，质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=2×10-3m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm，活塞距汽缸口10cm。汽缸所处环境的温度为300K，大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2；现将质量为m=4kg的物块挂在活塞中央位置上，活塞挂上重物后，活塞下移，则稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为（　　）

A．25cm B．26cm C．28cm D．30cm

10．做托里拆利实验时，玻璃管内残留了空气，此时玻璃管竖直放置如图所示。假如把玻璃管倾斜适当角度，玻璃管下端仍浸没在水银中（视空气温度、大气压强不变，空气中的玻璃管长度不变），下列变化符合实际的是（　　）

A．管内水银长度变长，管内空气压强增大

B．水银高度差变大，管内空气压强减小

C．水银高度差不变，管内空气体积变小

D．管内水银长度变短，管内空气体积变大

11．某同学设计的喷水装置如图所示，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1L。设在所有过程中空气可看成理想气体，且温度不变，则（　　）

A．充气后，密封气体的压强不变 B．充气后，密封气体的分子平均动能增加

C．打开阀门后，密封气体对外界做正功 D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光

12．一定质量的气体在T1、 T2不同温度下的等温变化图线如图所示，A、B和C、D分别为两条等温线上的点。在下面p- -T和V- -T图象中，能表示图中气体状态变化过程的是

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

二、填空题

13．固定三通管的AB管竖直、CD管水平，水银在管子的A端封闭了一定量的气体。初始时封闭空气柱长度为l，AB管内水银柱长2h，如图所示。打开阀门后，A端气体将经历___________过程；稳定后，空气柱的长度为___________。（已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g）

14．如图所示，封闭端有一段长40的空气柱，左右两边水银柱的高度差是19，大气压强为76，要使两边管中的水银面一样高，需要再注入______长的水银柱。

15．如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被绝热隔板A分为左、右两部分，左侧为理想气体，右侧为真空。突然抽去隔板A，气体充满整个汽缸，气体的温度______（选填“升高”“降低”或者“不变”）；然后，用活塞B将气体压缩，回到初始位置，气体的温度________（选填“升高”“降低”或者“不变”）。

16．一辆汽车的质量为1.3吨。当轮胎“充满”气时，每个轮胎与地面的接触面积为130cm2，胎内气体体积为20L，压强为__________Pa。当轮胎充气“不足”而轮毂盖边缘着地时，胎内仍有15L压强为1atm的空气。用一电动充气机以每分钟50L的速度将压强为1atm的空气压入轮胎，假设在此过程中气体温度保持不变，则充满四个轮胎约需要_________分钟。（重力加速度g取10m/s2，1atm约为105Pa）

三、解答题

17．如图所示，一个粗细均匀的“U”形玻璃管竖直放置，两管上端封闭且等高，管内有一段水银柱，左管上方空气柱的长度，压强，右管上方空气柱的长度。现将右管上端缓慢打开，直到水银面再次稳定，在整个过程中气体温度保持不变，大气压强为，已知，求：

（1）左管上方空气柱的长度将变为多少；

（2）左管上方空气柱的压强将变为多少。

18．目前，很多高端轿车的悬挂系统采用了空气悬架，相较传统的弹簧悬架，能大幅提高轿车的舒适性。对于空气悬架，其工作原理可简化为如图所示装置，一个气缸通过阀门连接气泵，气缸内部横截面积为，上方用一个活塞封住，活塞质量，可沿气缸无摩擦地上下滑动，且不漏气，并与一劲度系数为，原长为的轻弹簧相连。活塞上方放置质量为的重物，开始时弹簧恰好处于原长状态，已知大气压强，重力加速度。

（1）求初始状态气缸内气体压强；

（2）若气缸突然上升，要保持重物静止，则需在气缸上升过程中抽出部分气体，试计算所抽出气体在标准大气压下的体积，变化过程中不计温度变化。

19．为防控COVID－19病毒，办公室等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的喷壶。壶内消毒液的体积为0.4L，壶内的上部密封了1.2atm的空气0.5L。反复按压压杆A，再充入1atm的空气0.2L。设在所有过程中壶内空气可看作理想气体，且温度不变。（已知外界大气压为1 atm，1 atm=1.0×105 Pa）求：

(1)充入1 atm的空气0.2 L后壶内气体的压强；

(2)按下按柄B，消毒液从喷嘴喷出，喷洒一段时间后消毒液无法再喷出，此时壶内还有消毒液，在此过程中壶内气体质量保持不变，忽略壶内液体上方导管中液柱对壶内气体压强的影响，求壶内剩余消毒液的体积。

20．气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为。横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气（视为理想气体），稳定后测得封闭气体柱长度为。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，环境温度不变，重力加速度为。求：

(1)初始状态封闭气体的压强；

(2)若把质量为的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。

参考答案

1．D

【解析】根据玻意耳定律得温度一定时，气体的压强与体积成反比，所以体积变为原来的。

故选D。

2．D

【解析】设容器的容积是V，抽气机的容积是V0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得

其中

由玻意耳定律可得抽一次时

pV=p1（V+V0）

抽两次时

P1V=p2（V+V0）

……

抽n次时

其中

联立解得

n=5

故选D。

3．D

【解析】气体的初态

p1=30atm

V1=20L

末态

p2=2atm

V2=（V1+nV′）（n为瓶数）

由

p1V1=p2V2

解得

n=56

故ABC错误，D正确。

4．C

【解析】CD．第一种：温度不变，由玻意耳定律

p0V=p1（V+1）

解得

同理

虽然每次抽取的气体体积相同，但是由于每次抽出气体后压强减小，则抽出的气体质量逐渐减小，选项C正确，D错误；

AB．第二种

p0V=p′（V+3）

解得

压强小的抽取的气体多，质量较大，即第一种抽法抽取的气体质量多，选项AB错误。

故选C。

5．A

【解析】根据可得

则图像的斜率为

k=CT

当使一定质量的气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，则当增大时斜率变大，可知该过程为图中的甲。

故选A。

6．C

【解析】A．气缸导热且外界温度不变，则缸内气体的温度不变，则汽缸内分子平均动能不变，选项A错误；

B．汽缸内气体体积减小，则气体分子密度增大，选项B错误；

C．加沙子之前气体压强

加沙子之后气体压强

根据玻意耳定律

联立解得沙子的质量

选项C正确；

D．若使活塞下移，则由玻意耳定律

解得

选项D错误。

故选C。

7．D

【解析】气体由状态A变化到状态B发生等温变化，且压强减小，由公式可知，体积增大，由公式可知，气体的密度变小

故选D。

8．B

【解析】以活塞为研究对象，进行受力分析如图所示

水平方向合力为0，即

可得

故B正确，ACD错误。

9．D

【解析】该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有

代入数据解得

h1=30cm

故D正确，ABC错误。

故选D。

10．A

【解析】假设玻璃管内水银长度不变，则空气柱长度也不变。但是玻璃管倾斜后，管内水银柱高度减小，压强减小，所以管内空气压强与水银柱压强之和小于大气压强，则水银槽内水银会进入玻璃管，则管内水银长度变长，空气体积减小，压强增大。达到新的平衡后，因为后来的封闭气体压强变大，所以水银柱的压强较开始要小，即水银高度差变小。

故选A。

11．C

【解析】A．封闭气体中再充入1atm的空气0.1L后，由于体积不变，所以气体物质的量n变大，由克拉珀龙方程：

可知，当n变大，则压强p变大，A错误；

B．温度是平均动能的标志，温度不变，所以分子的平均动能不变，B错误；

C．由公式

可知封闭气体压强变为，大于大气压强，所以打开阀门后，气体膨胀，对外界做功，C正确；

D．膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，由

得喷完容器中的水后，容器的气体压强小于外界气体压强，所以水不能喷完，D错误。

故选C。

12．A

【解析】A、B和C、D分别为两条等温线上的点，故TA=TB、TC=TD；由图1可知，A到B和由C到D均为等温膨胀过程，且压强减小；又在p-V图象中离坐标原点越远的等温线温度越高可知，TA＜TC，由此可知，甲正确，乙丙丁错误；

A．甲，该图与结论相符，选项A正确；

B．乙，该图与结论不相符，选项B错误；

C．丙，该图与结论不相符，选项C错误；

D．丁，该图与结论不相符，选项D错误；

故选A。

13．等温压缩       

【解析】[1] [2]三通管不是绝热管，打开阀门后，A端气体进行等温变化，设管的横截面积是S，阀门打开前，封闭气体的压强是P1，打开后，压强为P2，根据玻意耳定律

而

并且

联立可得

由上式可看出，气柱的长度减小了，则封闭气体经历了等温压缩。

14．39

【解析】封闭气体等温变化，初态

末态

由玻意耳定律得

解得

需再注入的水银柱长

15．不变    升高   

【解析】[1]由于抽出隔板后，外界没有对气体做功，也没有热传递，因此气体的内能不变，温度不变。

[2]外界对气体做功，没有热传递，根据热力学第一定律，气体内能增加，温度升高。

16．3.5105    4.4   

【解析】[1]以一个轮胎与地面的接触部分为研究对象，设胎内气体压强为，每个轮胎与地面的接触面积，汽车质量，大气压强，由平衡条件得

解得

[2]设每个轮胎需要打入一个大气压的气体体积为，充满气后，每个轮胎气体的体积为，压强，充气前，每个轮胎气体的体积为，压强，气体温度保持不变，由玻意耳定律得

解得

所以充满四个轮胎需要的时间

17．（1）；（2）

【解析】（1）设“U”形玻璃管的右管上端打开之后，左管空气柱长度和压强分别为、，左管水银柱下降了x，右管上端打开后，水银柱再次平衡时，由平衡条件可得

对左管空气柱，由玻意耳定律可得

可得

左管上方空气柱的长度将变为   

（2）由平衡条件可得，左管上方空气柱的压强将变为

解得

18．（1）；（2）

【解析】（1）设开始时气缸内气体压强为，对重物和活塞，由平衡条件可知

代入数据得

（2）气缸上升，活塞位置不变，则弹簧弹力

设气缸内压强为，则

代入数据得

设气缸内原有气体在压强下体积为V，由

知

所以抽出气体在标准大气压下的体积为

19．(1)1.6atm；(2)0.1L

【解析】(1)由题意知

p1=1.2atm，V1=0.5L，p0=1atm，

根据玻意耳定律可得

解得

(2)喷洒时，喷壶内的气体压强为1atm，由玻意耳定律

解得

故喷壶内剩余消毒液的体积为

20．(1)；(2)

【解析】(1)对气缸与椅面整体受力分析如图

由受力平衡有

得

(2)重物放上后，设气缸内气体压强为，对气缸、椅面与重物整体受力分析如图

由受力平衡有

得

对气缸内气体分析 ，导热性能良好，室温不变气缸内气体温度不变

初状态

末状态

对气缸内气体由玻意耳定律

得

可知气体体积变小，长度较小即为高度下降