高中物理人教版选修3-3假期作业：第8章-3+理想气体的状态方程+Word版含解析

3理想气体的状态方程
1．(多选)关于理想气体，下列说法正确的是(　　)
A．理想气体能严格遵守气体实验定律
B．实际气体在温度不太高、压强不太大的情况下，可看成理想气体
C．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体
D．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体
【解析】　理想气体是在任何温度、任何压强下都能遵守气体实验定律的气体，A选项正确．它是实际气体在温度不太低、压强不太大情况下的抽象，故C正确．
【答案】　AC
2．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中可以实现的是(　　)
A．先等温膨胀，再等容降温
B．先等温压缩，再等容降温
C．先等容升温，再等温压缩
D．先等容降温，再等温压缩
【解析】　根据理想气体的状态方程＝C，若经过等温膨胀，则T不变，V增加，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来值，A错；同理可以确定C也错，正确选项为B、D.
【答案】　BD
3．(多选)一定质量的理想气体经过如图所示的一系列过程，下列说法中正确的是(　　)
图8-3-7
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变
【解析】　图中给出的是p-T图象，由图可以看出，a→b过程，温度不变，压强减小，由＝C知，气体体积增大，故A正确．b→c过程，压强不变，温度减小，则体积减小，故B错误．c→a过程，图象为过原点的直线，气体在做等容变化，由于理想气体不考虑分子势能，内能由分子总动能决定，温度升高，内能增大，故C错误，D正确．
【答案】　AD
4．关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是 (　　)
A．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍
B．气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程＝
C．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍
D．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半
【解析】　一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比．温度由100 ℃上升到200 ℃时，体积增大为原来的1.27倍，故A错误；理想气体状态方程成立的条件为质量不变，B项缺条件，故错误．由理想气体状态方程＝恒量可知，C正确，D错误．
【答案】　C
5．如图为一定质量的理想气体两次不同体积下的等容变化图线，有关说法正确的是(　　)
图8-3-8
A．a点对应的气体分子密集程度大于b点对应的气体分子密集程度
B．a点对应的气体状态其体积等于b点对应的气体体积
C．由状态a沿直线ab到状态b，气体经历的是等容过程
D．气体在状态a时的值大于气体在状态b时的值
【解析】　由＝C，a点对应的气体状态其体积小于b点对应的气体体积，故a点对应的气体分子密集程度大于b点对应的气体分子密集程度，故A正确，B错误；由状态a沿直线ab到状态b，气体经历的是等温过程，故C错误；气体在状态a时的值等于气体在状态b时的值，故D错误．
【答案】　A
6．(·上海高考)已知湖水深度为20 m，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105 Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)(　　)
A．12.8倍　　　　　　　 B．8.5倍
C．3.1倍 D．2.1倍
【解析】　湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由气体状态方程，＝，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确．
【答案】　C
7．(·山东高考)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过7000 m，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图3所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3，如果将该汽缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．
图8-3-9
【解析】　当汽缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100 atm①
根据理想气体状态方程得
＝.②
代入数据得
V＝2.8×10－2 m3.③
【答案】　2.8×10－2 m3
8．贮气筒的容积为100 L，贮有温度为27 ℃、压强为30 atm的氢气，使用后温度降为20 ℃，压强降为20 atm，求用掉的氢气占原有气体的百分比．
【解析】　解法一　选取筒内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉的氢气包含在末状态中，则初状态p1＝30 atm，V1＝100 L，T1＝300 K；末状态p2＝20 atm，V2＝？T2＝293 K，根据＝得
V2＝＝ L＝146.5 L
用掉的占原有的百分比为
×100%＝×100%＝31.7%
解法二　取剩下的气体为研究对象
初状态：p1＝30 atm，体积V1＝？，T1＝300 K
末状态：p2＝20 atm，体积V2＝100 L，T2＝293 K
由＝得V1＝＝＝68.3 L
用掉的占原有的百分比
×100%＝×100%＝31.7%
【答案】　31.7%
[超越自我·提升练]
9．一定质量的理想气体，经历了如图所示的变化，A→B→C，这三个状态下的温度之比TA∶TB∶TC为(　　)
图8-3-10
A．1∶3∶5 B．3∶2∶1
C．5∶6∶3 D．3∶6∶5
【解析】　由＝C可知D选项正确．
【答案】　D
10．如图8-3-11所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则(　　)
图8-3-11
A．h、l均变大
B．h、l均变小
C．h变大，l变小
D．h变小，l变大
【解析】　开始时，玻璃管中的封闭气体的压强p1＝p0－ρgh，上提玻璃管，假设h不变，l变长，由玻意耳定律得，p1l·S＝p2(l＋Δl)·S，所以气体内部压强小了，大气压p0必然推着液柱上升，假设不成立，h必然升高一些．最后稳定时，封闭气体的压强p2＝p0－ρg(h＋Δh)减小，再根据玻意耳定律，p1l1·S＝p2l2·S，l2＞l1，l变大，故A对．
【答案】　A
11．用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比VA∶VB＝2∶1，如图8-3-12所示．起初A中空气温度为127 ℃，压强为1.8×105Pa，B中空气温度为27 ℃，压强为1.2×105Pa.拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动(不漏气)，由于容器缓慢导热，最后都变成室温27 ℃，活塞也停止，求最后A中气体的压强．
图8-3-12
【解析】　设开始时气体A和B的压强、体积、温度分别为pA、VA、TA和pB、VB、TB，最终活塞停止时，两部分气体压强相等，用p表示；温度相同，用T表示；A和B的体积分别为VA′和VB′.根据理想气体状态方程可得
气体A：＝，①
气体B：＝，②
活塞移动前后总体积不变，则VA′＋VB′＝VA＋VB.③
由①②③和已知VA＝2VB可得
p＝T(＋)＝300×(＋)×105Pa≈1.3×105Pa.
【答案】　1.3×105Pa
12．(·九江高二检测)如图8-3-13所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0.A、B之间的容积为0.1V0，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9 p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3 K．求：
图8-3-13
(1)活塞刚离开B处时的温度TB.
(2)缸内气体最后的压强p3.
(3)在图中画出整个过程的p－V图线．
【解析】　(1)活塞刚离开B处时，体积不变，封闭气体的压强为p2＝p0，由查理定律得：＝，解得TB＝330 K.
(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K；活塞最后在A处时，V3＝1.1V0，T3＝399.3 K，由理想气体状态方程得＝，故p3＝＝
＝1.1p0.
(3)如图所示，封闭气体由状态1保持体积不变，温度升高，压强增大到p2＝p0达到状态2，再由状态2先做等压变化，温度升高，体积增大，当体积增大到1.1V0后再等容升温，使压强达到1.1p0.
【答案】　(1)330 K　(2)1.1p0　(3)见解析