2.2气体的等温变化基础巩固（word版含答案）

2.2气体的等温变化基础巩固2021—2022学年高中物理人教版（2019）选择性必修第三册
一、选择题（共15题）
1．一定质量的理想气体从状态A沿如图所示的直线到状态B，则此过程是（　　）
A．等压强变化过程 B．等温度变化过程
C．等体积变化过程 D．以上说法均不对
2．实验室内，某同学用导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内活塞与气缸壁之间无摩擦用滴管将水缓慢滴注在活塞上，则以下图象中能反映密闭气体状态变化过程的是　　
A． B．
C． D．
3．如图，开口向上且足够长的玻璃管竖直放置，管内长为5cm的水银柱封闭了一段长为6cm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75cmHg）（　　）
A．5.6cm B．6.0cm C．6.4cm D．7.1cm
4．物理规律中不能直接通过实验进行验证的是
A．牛顿第一定律 B．机械能守恒定律
C．欧姆定律 D．玻意耳定律
5．某同学借助铅笔把气球塞进一只瓶子里，并拉大气球的吹气口，反扣在瓶口上，然后，给气球吹气，发现要把气球吹大，非常困难，不管怎么吹，气球不过大了一丁点，这主要是因为（　　）
A．瓶和气球之间密封着的空气体积缩小，压强增大，阻碍了气球的膨胀
B．气球里气体质量增大压强增大
C．气球一部分与瓶接触受到瓶的阻力
D．气球和嘴连通的部分狭小，压强很大，阻碍了人往气球里吹气
6．如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则（　　）
A．A管内空气柱将变长
B．A管内空气柱将变短
C．两管内水银柱高度差不变
D．两管内水银柱高度差将减小
7．一定质量的气体在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
8．如图所示为充气泵气室的工作原理图．设大气压强为p0，气室中的气体压强为p，气室通过阀门S1、S2与空气导管相连接．以下选项中正确的是(　　)
A．当橡皮碗被拉伸时，p>p0，S1关闭，S2开通
B．当橡皮碗被拉伸时，pC．当橡皮碗被压缩时，p>p0，S1关闭，S2开通
D．当橡皮碗被压缩时，p9．如图所示，粗细均匀的玻璃管竖直放置且开口向上，管内由两段长度相同的水银柱封闭了两部分体积相同的空气柱．向管内缓慢加入少许水银后，上下两部分气体的压强变化分别为Δp1和Δp2，体积减少分别为ΔV1和ΔV2．则 （ ）
A．Δp1<Δp2 B．Δp1>Δp2
C．ΔV1<ΔV2 D．ΔV1>ΔV2
10．如图1、图2、图3所示，三根完全相同的玻璃管，上端开口，管内用相同长度的水银柱封闭着质量相等的同种气体。已知图1玻璃管沿倾角为的光滑斜面以某一初速度上滑，图2玻璃管沿倾角为的光滑斜面由静止自由下滑，图3玻璃管放在水平转台上开口向内做匀速圆周运动，设三根玻璃管内的气体长度分别为、、，则三个管内的气体长度关系是（　　）
A． B． C． D．
11．如图所示，一定质量的理想气体，由状态a沿直线ab变化到状态b。在此过程中，气体温度的变化情况是（　　）
A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
12．如图，开口向下的玻璃管竖直插在水银槽中，管内封闭了一定质量的气体，管内液面高与水银槽中液面。保持气体温度不变，缓慢的将玻璃管向下压。能描述该过程中管内气体变化的图像是（箭头表示状态变化的方向）（　　）
A． B．
C． D．
13．如图所示，某人用托里拆利管做测定大气压强的实验时，由于管内漏进了空气，测得管内汞柱的高度仅为70cm，但当时的实际大气压强为一个标准大气压(相当于76厘米高的汞柱产生的压强)。今采用下述哪种方法，可使管内、外汞面的高度差大于70cm
A．把托里拆利管逐渐倾斜(管子露出部分长度不变)
B．把托里拆利管慢慢向上提,但下端不离开汞槽
C．保持装置不动,往汞槽内加汞,以增大压强
D．整个装置竖直向上做加速运动
14．如图所示为利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置．已知圆柱形饮料瓶的底面积为S，每秒钟瓶中水位下降Δh，形成的部分水柱末端P离出水口的水平距离为x时，竖直距离为h，重力加速度为g，则(所有物理量均用国际单位)(　　)
A．为防止漏水，A处口子应该堵住
B．为保证水柱稳定，瓶中的水应少一些
C．出水口的截面积数值大小约为
D．出水口的截面积数值大小约为
15．用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气，每次把体积为、压强为的空气打入容器内，若容器内原有空气的压强为p，打气过程中温度不变，则打了n次气后容器内气体的压强为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（共4题）
16．在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强______（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
17．如图所示，密闭在汽缸内的理想气体经历了AB、BC两个过程，其中图线AB与图线BC、水平轴均垂直，则从状态A经状态B变化到状态C的过程中，气体的密度______(选填“一直减小”“一直增大”或“ 先增大后减小”)，气体_____(选填“一直吸热”“一直放热"或“ 先放热后吸热”)．
18．如图所示，两端开口足够长的U形玻璃管内装有水银，右管中有一段10cm的空气柱，被6cm长的一段水银柱所封闭，大气压强为75cmHg．今在右管中再灌入9cm水银柱，则此时密闭气体的压强为_____cmHg，左管内水银面上升_____cm。
19．物理小组的同学们利用图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。实验步骤如下：
①将注射器下端开口处套上橡胶套，和柱塞一起把一段空气柱封闭；
②已知空气柱的横截面积为S，通过刻度尺读取空气柱的长度l，可得空气的体积V=lS；
③从与注射器内空气柱相连的压力表读取空气柱的压强p；
④把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度与压强，获取空气柱的体积V和压强p的几组数据；
⑤将各组数据在坐标纸上描点，绘制曲线，得出温度不变时气体压强与体积的关系。
完成下列填空：
（1）实验时要缓慢地移动柱塞，原因是__________。
（2）小明同学根据测量结果，做出p-V图像，如图乙所示，能否根据绘制的图线直接得到空气柱的压强跟体积的关系？如果能，请说明是什么关系；如果不能，请简单说明处理方法。___________________
（3）小军同学根据测量结果，做出V-图像，如图丙所示，图线不过原点，则V0代表________，体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，说明气体的温度_______。
三、综合题（共4题）
20．如图所示，一带有活塞的汽缸通过底部的水平细管与一个上端封闭的竖直管相连，汽缸和竖直管均导热，汽缸与竖直管的横截面积之比为3∶1，初始时，该装置底部盛有水银；左右两边均封闭有一定质量的理想气体，左边气柱高24 cm，右边气柱高22cm；两边液面的高度差为4 cm。竖直管内气体压强为76cmHg，现使活塞缓慢向下移动，使汽缸和竖直管内的水银面高度相差8 cm，活塞与汽缸间摩擦不计。求：
(1)此时竖直管内气体的压强；
(2)此时左边气柱高度为多少？
21．如图所示，一端封闭、一端开口且粗细均匀的直角细玻璃管，在直角处用一段水银柱封闭了一定质量的空气（视为理想气体），开始时，封闭端处于竖直状态，水银柱的竖直部分与水平部分长度均为。封闭端空气柱的长度，开口端空气柱的长度。现在开口端用一厚度不计的活塞封闭住空气，并缓慢推动活塞压缩空气，使水平部分的水银恰好全部进入竖直部分，该过程中空气温度保持不变。已知大气压强恒为。求：
（1）水银恰好全部进入竖直管时，玻璃管下端封闭气体的压强；
（2）整个过程中活塞移动的距离。
22．如图，导热性能极好的气缸，高为L=1.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27、大气压为p0=1.0×105Pa时，气柱高度为l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2，求：
①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F有多大？
②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？
23．在图乙中，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p0，重力加速度为g，试求封闭气体的压强。
参考答案
1．B
【详解】
根据理想气体状态方程 ，知
p- 图象的斜率为CT，斜率不变，温度不变，故B正确，ACD错误；
故选B.
2．A
【详解】
由题意可知，气缸和活塞的导热性能良好，封闭气体的温度与环境温度相同，保持不变，气体发生等温压缩，A图线表示等温压缩过程，故A正确；P-T图象过原点的直线表示等容变化，即体积不变，温度减小，故B错误；P-V图象中双曲线表示等温变化，由图中箭头方向知图线表示等温膨胀过程，故C错误；P-T图象过原点的直线表示等容变化，则等容线对应的P-t图线如图中红线所示：
沿箭头方向变化时，对应的等容线斜率越来越大则对应体积越来越小，即D图线表示的是升温压缩过程，故D错误．所以A正确，BCD错误．
3．C
【详解】
初状态气体压强为
末状态气体压强为
由玻意耳定律得
解得
故ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【解析】
【详解】
A．牛顿第一定律提出惯性的概念，即物体不受力时会保持原来的运动状态一直运动，这是一种理想化模型，首先“不受力”这个条件现实无法满足，其次“永远”运动下去现实也无法验证，故这个定律不能直接用实验验证，故A正确．
B．机械能守恒定律可以用实验验证，课本上也提到该实验的设计方案，故B错误．
C．欧姆定律可以用实验直接验证，故C错误．
D．玻意耳定律虽然要求气体是理想气体，但是我们可以用近似的方法，也能做出相同的结果，故D错误．
故选A．
5．A
【详解】
由题意可知，要将气球吹大很困难，其主要原因是气球和瓶之间密封着空气，当气球体积增大时瓶和气球之间密封着的空气体积缩小，压强增大，阻碍了气球的膨胀。
故选A。
6．B
【详解】
将B管慢慢地提起，A管中封闭气体的压强增大，根据玻意耳定律pV=c，可知A管内空气柱将变短；A中空气的压强
p增大，说明两管内水银柱高度差h增大，故选B。
7．A
【详解】
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。
8．C
【详解】
由图示可知，当橡皮碗被拉伸时，气室内的气体体积变大，压强变小，小于大气压，即p0＞p，阀门S1开通，S2闭合，故AB错误；由图示可知，当橡皮碗被压缩时，气室内气体体积变小，压强变大，大于大气压，即p＞p0，阀门S1关闭，S2开通，故C正确，D错误．故C正确，ABD错误．
9．D
【详解】
加入少许水银后，上部分气体压强变化量为，下部分气体压强的变化量，所以，A、B错误；由玻意耳定律得,，可得:,,解得：,故选D．
10．C
【详解】
设大气压强为，对图1中的玻璃管，它沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为，以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律得：
以水银柱和玻璃管为整体，据牛顿第二定律有
联立解得：
；
对图2中玻璃管，它沿斜面向下做匀加速直线运动，设其加速度大小为，以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律得：
以水银柱和玻璃管为整体，据牛顿第二定律有：
联立解得：
；
对图3中的玻璃管，它在水平转台上做匀速圆周运动，以水银注为研究对象得：
则：
；
综上可得：
根据玻意耳定律，得：
故C项正确，ABD三项错误。
11．D
【详解】
由图可知，pV之积先增大后减小，根据玻意耳定律可知，气体的温度先增大后减小。
故选D。
12．A
【详解】
ABCD．根据理想气体状态方程：，对于一定量的理想气态在温度不变时有pV为常数，由数学知识知p-V图线为双曲线，缓慢的将玻璃管向下压，则封闭气体体积减小，故对应图象为A；故A项正确，B、C、D项错误.
13．B
【详解】
A.将托里拆利管逐渐倾斜，假设气体压强不变，由于体积减小，温度不变，所以压强变大，所以内外高度差变小，故A错误。
B. 把托里拆利管慢慢向上提，假设气体压强不变，则气体体积会增大，但温度不变，所以压强会减小，所以内外高度差变大，故B正确。
C. 保持装置不动，往汞槽内加汞，假设气体压强不变，则气体体积会减小，但温度不变，气体压强变大，内外高度差变小，故C错误。
D. 整个装置竖直向上做加速运动，水银柱超重，内外高度差减小，故D错误
14．C
【详解】
瓶子中的水流出的过程中水对出口处的压强减小，要保证流速不变，需要从A处口子向瓶内水上方进入空气从而增大上面气体的压强，这样瓶子内部的水多少对流速没有影响，故AB错误；根据题意可知水流离开管口做平抛运动，设初速度为v，竖直方向下落的时间为：，则有：，圆柱形饮料瓶的底面积为S，每秒钟瓶中水位下降△h，则有：S△h=vs′，解得出水口的截面积数值大小约为，故C正确、D错误．
15．C
【详解】
以容器内原有的气体和打进的气体为研究对象如图，初态是，末态是，由玻意耳定律得
所以
故选C。
16．小于 不变
【详解】
[1]机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程
故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；
[2]由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
17．一直减小 一直吸热
【详解】
[1][2]气体从状态A变化到状态B的过程中等温膨胀，从状态B变化到状态C的过程中等压膨胀，即气体的体积一直增大，结合可知， 气体的密度一直减小．气体从状态A变化到状态B的过程中温度不变，内能不变.同时气体膨胀对外界做功，由热力学第一定律可知该过程气体吸热；气体从状态B变化到状态C的过程中等压膨胀，温度升高，内能增大.同时气体对外界做功，由热力学第一定律可知该过程气体也要吸热，可见气体一直吸热．
18．90 4.5
【分析】
考查理想气体的等温变化。
【详解】
[1]．设玻璃管横截面积为S，由题意可知，封闭气体压强：
[2]．由玻意耳定律得：
即：
解得：
空气柱长度减少
10cm﹣9cm＝1cm
左管水银面上升：
＝4.5cm。
19．使柱内空气温度始终与外界空气温度相同 不能，因为曲线所表示的函数关系不清楚，应该先猜想大约反比关系，再做图像，如果图线是过原点的倾斜直线，可以判断空气柱的压强跟体积成反比。 注射器下面橡胶套内气体体积或压力传感器内气体体积 升高
【详解】
(1)[1]为减小实验误差，应缓慢移动柱塞，以防止柱塞移动过快时气体的温度发生变化，使柱内空气温度始终与外界空气温度相同。
(2)[2]不能，因为曲线所表示的函数关系不清楚，应该先猜想大约反比关系，再作图像，如果图线是过原点的倾斜直线，可以判断空气柱的压强跟体积成反比。
(3)[3]体积读数值比实际值大V0。根据，C为定值，则
如果实验操作规范正确，但如图所示的图线不过原点，则V0代表注射器下面橡胶套内气体体积或压力传感器内气体体积。
[4]V增大到一定程度后，图象偏离直线，而且是向上偏离，图线斜率变大，而图象的斜率表示温度，即温度升高。
20．(1)88cmHg；(2)20cm
【详解】
(1)设右侧竖直管的横截面积为，则左侧汽缸的横截面积则为，以右侧气体为研究对象
，
若左侧液面下降，右侧液面升高，则有
解得
，
根据玻意耳定律得
解得
(2)以左边气体为研究对象
根据玻意耳定律得
解得
21．（1）；（2）
【详解】
（1）分析下端封闭空气，空气做等温变化，则有
其中
解得
（2）分析水平部分封闭空气，空气做等温变化，则有
其中
解得
所以活塞移动的距离
22．①F=240N；②t=102
【详解】
①设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2，由玻意耳定律得
p1lS=p2LS
在起始状态对活塞由受力平衡得
p1S=mg+p0S
在气缸顶端对活塞由受力平衡得
F+p2S=mg+p0S
联立并代入数据得
F=240N
②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解由盖﹣吕萨克定律得
代入数据解得
t=102
23．p0＋
【详解】
以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS
则p＝p0＋