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2 气体的等温变化优秀第3课时巩固练习

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玻意耳定律
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(C是常量)或p1V1＝p2V2.
3．条件
气体的质量一定，温度不变．
4．气体等温变化的p－V图像
气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为双曲线，它描述的是温度不变时的p－V关系，称为等温线．一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的．
1．判断下列说法的正误．
(1)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比．( √ )
(2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变．( √ )
(3)一定质量的某种气体等温变化的p－V图像是通过原点的倾斜直线．( × )
2．一定质量的某种气体发生等温变化时，若体积增大了n倍，则压强变为原来的________．
答案 eq \f(1,n＋1)
一、玻意耳定律
导学探究
如图所示，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂．问：
(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变？
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？
(3)为什么到达水面会破？
答案 (1)变小．
(2)由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大．
(3)内外压强不相等，气泡内压强大于外部压强．
知识深化
1．常量的意义
p1V1＝p2V2＝C，该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大．
2．应用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．
(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)．
(3)根据玻意耳定律列方程求解．(注意统一单位)
(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．
特别提醒 确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制．
例1 如图所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用长为h＝10 cm的水银柱将管内一部分空气密封，当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度l1＝0.3 m；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢出．待水银柱稳定后，密封空气柱的长度l2为多少？(大气压强p0＝76 cmHg)
答案 0.39 m
解析 以管内封闭的空气为研究对象．玻璃管开口向上放置时，管内空气的压强p1＝p0＋ph，空气的体积V1＝l1S(S为玻璃管的横截面积)．当玻璃管开口向下放置时，管内空气的压强p2＝p0－ph，这时空气的体积V2＝l2S.温度不变，由玻意耳定律得：
(p0＋ph)l1S＝(p0－ph)l2S
所以l2＝eq \f(p0＋ph,p0－ph)l1＝eq \f(76＋10,76－10)×0.3 m≈0.39 m.
例2 如图所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小．已知大气压强为p0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度．
答案 eq \f(H－hp0S＋G,H)
解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p1＝p0＋eq \f(G,S)，体积V1＝hS，末状态：压强p2＝p0＋eq \f(G－F,S)，体积V2＝HS.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(G,S)))hS＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(G－F,S)))HS，解得F＝eq \f(H－hp0S＋G,H).
二、气体等温变化的p－V图像及p－eq \f(1,V)图像
导学探究
(1)如图甲所示为一定质量的气体在不同温度下的p－V图线，T1和T2哪一个高？为什么？
(2)如图乙所示为一定质量的理想气体在不同温度下的p－eq \f(1,V)图线，T1和T2哪一个高？为什么？
答案 (1)T1，一定质量的某种气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p－V图上的等温线就越高．
(2)T2，直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高．
知识深化
两种等温变化图像
例3 (多选)(2021·哈尔滨市哈师大附中高二期中改编)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．TA>TB
D．B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变
答案 AD
解析 D→A是一个等温过程，A正确；BC是等温线，而A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确．
例4 如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p－V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是( )
A．一直保持不变
B．一直增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
答案 D
解析 由题图可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，所以从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选D.
考点一 玻意耳定律的理解及应用
1.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，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )
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
答案 B
解析 由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，B选项正确．
2．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )
A.eq \f(4,3) L B．2 L C.eq \f(8,3) L D．3 L
答案 B
解析 设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V1＝(3－2)·(V1＋4 L)，解得V1＝2 L，B正确．
3.(2021·上海市徐汇中学高二期中)如图，开口向上且足够长的玻璃管竖直放置，管内长为5 cm的水银柱封闭了一段长为6 cm的气柱．保持温度不变，将管缓慢转动至水平位置，气柱长度变为(大气压强为75 cmHg)( )
A．5.6 cm B．6.0 cm
C．6.4 cm D．7.1 cm
答案 C
解析 初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80 cmHg，末状态气体压强为p′＝p0＝75 cmHg
由玻意耳定律得pLS＝p′L′S，解得L′＝6.4 cm，故A、B、D错误，C正确．
4．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的( )
A．3倍 B．2倍 C．1.5倍 D.eq \f(7,10)
答案 C
解析 由于气泡缓慢上升，在湖面下20 m处，气泡的压强p1≈3 atm(1 atm即1个标准大气压p0＝1.01×105 Pa，湖面上的大气压强为1 atm)；在湖面下10 m深处，气泡的压强p2≈2 atm.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，因此eq \f(V2,V1)＝eq \f(p1,p2)≈eq \f(3 atm,2 atm)＝1.5，故C正确．
5.如图所示，在长为57 cm且一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的气体，管内外气体的温度相同．现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平．外界大气压强p0＝76 cmHg，且温度不变．求此时管中封闭气体的压强．
答案 85 cmHg
解析 设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象，
初状态p1＝p0＋ph1＝80 cmHg，V1＝51 cm×S，
末状态p2＝p0＋ph＝(76＋h) cmHg，
V2＝(57 cm－h)S，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
代入数据解得h＝9 cm，则p2＝85 cmHg.
考点二 气体等温变化的p－V图像及p－eq \f(1,V)图像
6．(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
答案 AB
解析 选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝eq \f(1,V)，即pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的p－V图线不是双曲线，故不是等温线．故选A、B.
7.(多选)如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )
A．从A到B的过程温度升高
B．从B到C的过程温度升高
C．从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D．A、C两点的温度相等
答案 AD
解析 作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA＝TC，故从A到B的过程温度升高，A项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C项错误；A、C两点在同一等温线上，D项正确．
8.一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－eq \f(1,V)图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，dc线段与p轴垂直，da线段与eq \f(1,V)轴垂直．气体在此状态变化过程中( )
A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C．c→d，压强不变、温度升高、体积减小
D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变
答案 A
解析 由题图可知，a→b，温度不变，体积增大，压强减小，A正确；b→c，温度升高，压强增大，体积增大，B错误；c→d，压强不变，温度降低，体积减小，C错误；d→a，压强减小，温度降低，体积不变，D错误．
9.(多选)(2021·沈阳市高二期中)如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水根槽中，管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是( )
A．h2变长 B．h2不变
C．水银柱上升 D．水银柱下降
答案 BD
解析 对于管内封闭的气体，其压强为
p＝p0＋ρ水银gh1
也可以有p＝p0＋ρ水银gh2
则知h1＝h2，h1不变则h2不变．
当外界压强增大时，管内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律pV＝C可以知道封闭气体的体积减小，则水银柱下降．故选B、D.
10.如图所示，劲度系数k＝500 N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态．已知汽缸质量m1＝5 kg，汽缸底面积S＝10 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，此时活塞离汽缸底部的距离h1＝40 cm.现在汽缸顶部加一质量m2＝5 kg的重物．忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力，汽缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10 m/s2.则汽缸稳定时下降的距离为( )
A．10 cm B．20 cm
C．30 cm D．40 cm
答案 B
解析 设未加重物时内部气体压强为p1
由平衡条件可得：p1S＝m1g＋p0S
解得：p1＝1.5×105 Pa
加重物后，设汽缸内气体压强为p2
由平衡条件可得：p2S＝m1g＋p0S＋m2g
解得：p2＝2.0×105 Pa
由玻意耳定律有：p1h1S＝p2h2S
解得：h2＝0.3 m
活塞下降距离为Δx＝eq \f(m2g,k)＝0.1 m
所以汽缸稳定时下降的距离：Δh＝h1－h2＋Δx＝0.2 m，故选B.
11.(2021·宝鸡市月考)如图所示，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成上、下两部分，A处管内、外水银面相平，上部分气体的长度为H.现将玻璃管缓慢竖直向下按压一定高度，稳定时管中上部分气体压强为p0.已知水银的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，该过程中气体的温度保持不变．求：
(1)玻璃管向下按压前，上部分气体的压强p；
(2)玻璃管向下按压后，上部分气体的长度H′.
答案 (1)p0－ρgh (2)eq \f(p0－ρghH,p0)
解析 (1)玻璃管向下按压前，由平衡条件可知，管中上部分气体的压强为
p＝p0－ρgh
(2)玻璃管缓慢向下按压一定高度后，玻璃管上部分气体的压强变为p0.设玻璃管的横截面积为S，由于该过程中气体的温度保持不变，由玻意耳定律可得pSH＝p0SH′
解得H′＝eq \f(p0－ρghH,p0).
12.如图所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01 m2，可在汽缸内无摩擦滑动，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为H＝70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)．已知活塞质量m＝6.8 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，水银密度ρ＝13.6×103 kg/m3，g＝10 m/s2.
(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
(2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5 cm，求活塞平衡时到汽缸底部的距离为多少厘米(结果保留整数)．
答案 (1)5 cm (2)80 cm
解析 (1)以活塞为研究对象，p0S＋mg＝p1S
得p1＝p0＋eq \f(mg,S)
而p1＝p0＋ρgh1
所以有：eq \f(mg,S)＝ρgh1
解得：h1＝eq \f(m,ρS)＝eq \f(6.8,13.6×103×0.01) m＝0.05 m＝5 cm
(2)活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5 cm
封闭气体的压强p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05) Pa＝93 200 Pa
初始时封闭气体的压强为：
p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝106 800 Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2，即p1HS＝p2H′S
解得：H′≈80 cm.内容
p－eq \f(1,V)图像
p－V图像
图像特点
物理意义
一定质量的某种气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与eq \f(1,V)就成正比，在p－eq \f(1,V)图上的等温线应是过原点的倾斜直线
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p－V图像是双曲线的一支