高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册2 气体的等温变化练习

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册2 气体的等温变化练习，共11页。

一、气体等温变化的p－V图像或p－eq \f(1,V)图像
1.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。
2．一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。
1．如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p－V图线，T1和T2哪一个大？为什么？
答案 T2。一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p－V图像上的等温线离坐标原点越远。
2．如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p－ eq \f(1,V)图线，T1和T2哪一个大？为什么？
答案 T2。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。
例1 (多选)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；由题图可知T2>T1，故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2 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，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是( )
A．都一直保持不变
B．温度先升高后降低
C．温度先降低后升高
D．平均速率先减小后增大
答案 B
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，可在p－V图上作出等温线，如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选B。
二、玻意耳定律的应用
例3 (2022·柳州市高二期中)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。
(1)求此时被封闭的气柱的压强p；
(2)现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后封闭气柱长度变为20 cm，求此时两边水银柱的高度差。
答案 (1)60 cmHg (2)10 cm
解析 (1)封闭气柱的压强
p1＝p0－ph＝76 cmHg－16 cmHg＝60 cmHg
(2)因为气体发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时两边水银柱的高度差为h′，
根据玻意耳定律p1LS＝p1′L′S，
代入数值得p1′＝eq \f(L,L′)p1＝eq \f(22,20)·60 cmHg＝66 cmHg
又p1′＋ph′＝p0，ph′＝10 cmHg，
得h′＝10 cm。
例4 (2022·湛江市高二期末)气压式升降椅内的汽缸填充了氮气，汽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，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L＝21 cm。设汽缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
(2)若把质量为M＝30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。
答案 (1)1.5×105 Pa (2)14 cm
解析 (1)对汽缸与椅面整体受力分析，
由受力平衡有p1S＝p0S＋mg
得p1＝1.5×105 Pa
(2)重物放上后，设汽缸内气体压强为p2，对汽缸、椅面与重物整体受力分析
由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g
得p2＝4.5×105 Pa
对汽缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则汽缸内气体温度不变
初状态p1＝1.5×105 Pa，V1＝LS，
末状态p2＝4.5×105 Pa，V2＝L′S，
对汽缸内气体由玻意耳定律有
p1LS＝p2L′S，
得L′＝7 cm，
即高度下降h＝L－L′＝14 cm。
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的单位。
例5 (2022·牡丹江市高二期末)用打气筒给自行车打气，设每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，自行车内胎的容积为2.0 L，假设胎内原来空气的压强为1 atm，且打气过程温度不变且内胎容积不变，那么打了40次后胎内空气压强为( )
A．5 atm B．4 atm
C．3 atm D．2 atm
答案 C
解析 每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，打了40次，气压为1 atm时总体积为0.1×40 L＝4 L，加上胎内原有的气体，压缩前气体总体积V1＝4 L＋2 L＝6 L，压入内胎，体积减小为2 L，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据解得p2＝3 atm，故选C。
温度不变时，向球或轮胎中充气时气体的质量发生变化。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体整体作为研究对象，就可以把变质量气体问题转化为定质量气体的问题。
专题强化练
考点一 气体等温变化的p－V图像或p－eq \f(1,V)图像
1．(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，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，不是等温变化；D图的p－V图线不是双曲线，故不是等温线，故选A、B。
2.(多选)如图为一定质量的某种气体的两条p－V图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态)( )
A．tA＝tB B．tB＝tC
C．tC>tD D．tD>tA
答案 AD
解析 由题意知，p－V图像为双曲线的一支，图像上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远。比较可得A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，即tA＝tB，同理可得tC＝tD，A正确，C错误；B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误；同一p－V图像中的等温线，越靠近坐标原点表示的温度越低，故有tA＝tB3.(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的过程温度先升高再降低，C项错误；A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项正确。
考点二 玻意耳定律的应用
4.(2022·长春市第六中学高二期末)如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为( )
A．20 cm B．25 cm C．40 cm D．45 cm
答案 A
解析 设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为p1＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg，
体积V1＝30S(cm3)
当两侧管内水银面相平时，设气体柱长为L，则气体体积为V2＝LS，压强p2＝75 cmHg，
由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
联立解得L＝20 cm，故A正确，B、C、D错误。
5．(2022·哈尔滨市高二期末)增压玩具水枪通过压缩空气提高储水腔内的压强。已知储水腔的容积为1.0 L，初始时，在储水腔中注入0.5 L的水，此时储水腔内气体压强为p0，现用充气管每次将0.02 L压强为p0的气体注入储水腔中，忽略温度变化。要使储水腔内气体压强增大到1.2p0，则应该充气的次数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
答案 A
解析 设应该充气的次数为n，由等温变化规律有
p0(V0＋nV1)＝1.2p0V0，即
p0×(0.5＋0.02n)＝1.2p0×0.5
解得n＝5，故选A。
6.(2022·长春市高二期末)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。
7．今有一质量为m的汽缸，用活塞封着一定质量的气体，当汽缸水平横放时，汽缸内空气柱长为l0(图甲)，现把活塞按如图乙所示悬挂，汽缸悬在空中保持静止。求此时汽缸内空气柱长度为多少？已知大气压为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。
答案 见解析
解析 设悬挂时空气柱长为l1，选取汽缸内封闭的气体为研究对象，气体发生等温变化
初始状态：p1＝p0，V1＝l0S
对汽缸进行受力分析(如图)
由平衡条件得p0S＝p2S＋mg
整理得p2＝p0－eq \f(mg,S)
末状态：p2＝p0－eq \f(mg,S)，V2＝l1S
由玻意耳定律知p1V1＝p2V2，
由以上各式得l1＝eq \f(p0S,p0S－mg)l0。
8.(多选)(2022·重庆市高二期末)如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，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 管内封闭气体的压强p＝p0＋ρgh1，也可以有p＝p0＋ρgh2，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可知气体的体积减小，则水银柱下降，故选B、D。
9.(2022·齐齐哈尔市高二期末)如图，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2。当空气柱被压缩到50 cm长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为(设整个过程中温度保持不变)( )
A．40 cm B．42 cm
C．44 cm D．46 cm
答案 B
解析 设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封闭空气柱长度为l1，细管横截面积为S，压力传感器关闭时空气柱长度为l2，则由玻意耳定律可知p0l1S＝pl2S，则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p＝p0＋ρg(h－l1＋l2)，解得h＝42 cm，故选B。
10．(2022·河北邯山区第一中学高二月考)水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的度数只有742 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为732 mm水银柱时，实际的大气压强为(环境温度不变)( )
A．748 mmHg B．756 mmHg
C．742 mmHg D．758 mmHg
答案 A
解析 以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，
初态p1＝(760－742) mmHg＝18 mmHg，V1＝80S (mm3)
末态p2＝(p－732) mmHg，V2＝80S＋(742－732)S (mm3)＝90S (mm3)
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
代入解得p＝748 mmHg，A正确。
11.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，导热性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＝20 cm，故选B。
12．(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
答案 pA＝74.36 cmHg pB＝54.36 cmHg
解析 设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，又因为SA＝4SB
可知B管水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′，
所以有pA′＋23 cmHg＝pB′
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′
对B管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′
其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg。