2019—2020学年高中物理沪科版选修3-3：2.3查理定律和盖—吕萨克定律 课时作业5（解析版）

2.3查理定律和盖—吕萨克定律
课时作业（解析版)
1．一个贮有空气的密闭烧瓶用玻璃管与汞气压计相连，如图所示，气压计两管汞面在同一水平面上．若降低烧瓶内空气的温度，同时上下移动气压计右管，使气压计左管的汞面在原来的水平面上．则气压计两管内汞面高度差与烧瓶内气体所降低的温度之间的变化关系应用图中哪个图表示？（
）．
A．B．C．D．
2．一定质量的理想气体，在20℃时的压强是，保持气体的体积不变，若使它的温度升高10℃，则增加的压强（
）．
A．等于
B．大于
C．小于
D．无法确定
3．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经状态B到达状态C，由图像可知，正确的是（
）．
A．热力学温度
B．体积
C．状态A到状态B是等温压缩过程
D．状态B到状态C是等容升温过程
4．一定量的理想气体，处在某一初始状态，现在要使它的温度经过变化后又回到初始状态，下述过程中可能实现的是（
）．
A．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使体积增大
B．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使体积增大
C．先保持压强不变而减小体积，接着保持体积不变而使压强减小
D．先保持压强不变而增大体积，接着保持体积不变而使压强增大
5．如图所示，两端开口的玻璃管插入汞槽内，在管中有一段空气柱被汞柱封住．当管内气体温度升高时，图中所示的高度H和h的变化情况是（
）．
A．H不变，h变大
B．H不变，h变小
C．H变大，h变小
D．H变小，h不变
6．如图所示，开口向上竖直放置的细玻璃管内，用两段汞柱封闭两部分理想气体A和B，两段汞柱，两部分气体的温度相同，体积．现对细玻璃管加热，气体升高的温度相同，设在此过程中，两部分气体的体积增加量分别为和，若不计玻璃和汞的热膨胀，汞未溢出，则和的关系是（
）．
A．
B．
C．
D．
7．A、B两个固定在地面的气缸中分别盛有等质量的同种气体，温度也相同．A、B气缸的活塞分别通过滑轮系挂一重物和，如图所示，并且．若不计活塞和滑轮系统的摩擦，当它们的温度均升高10℃后，则（
）．
A．下降的高度比大
B．下降的高度比小
C．和下降的高度一样大
D．A和B气缸内的气体压强都变小
8．图中四个图描述气体作等压变化的是（
）．
A．B．C．D．
9．关于盖·吕萨克定律，下列叙述中正确的是（
）．
A．一定质量气体的体积与它的温度成正比
B．一定质量气体的体积与它的热力学温度成正比
C．压强不变时，气体的体积与它的热力学温度成正比
D．一定质量气体的压强不变时，它的体积与热力学温度成正比
10．一定质量的气体在压强不变的情况下，温度由100℃升高到200℃，则其体积（
）．
A．增大到原来的2倍
B．增大到原来的
C．增大了原来的
D．增大了原来的
11．如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d．筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部d/2的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热．求：
①当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度．
②气体温度达到387℃时气体的压强．
12．内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×l05Pa、体积为2.0×l0-3m3的理想气体。现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃。求：
(1)倒完沙后，加热前气体的压强；
(2)求气缸内气体的最终体积；
(3)在p－V图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化。（大气压强为1.0×l05Pa）
13．如图所示，用横截面积为S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k=1000N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度、活塞距离汽缸底部的距离为L0=18cm、气体的温度为t0=27℃。现用水平力向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x=2cm后再次静止。已知大气压强为p0=1.0×105Pa：
（1）求汽缸向右移动的距离；
（2）保持推力F不变，升高气体的温度，求汽缸底部到活塞的距离恢复到L0时的温度。
14．某同学利用DIS实验系统研究一定质量的理想气体的状态变化，在实验后计算机屏幕显示了如图所示的p-1/V图象（实线部分），已知在A状态气体的温度为T0．实验过程中，在气体体积保持V0不变的情况下，气体温度的变化范围为_________到________．
15．如图所示，气缸固定于水平面，用截面积为20cm2的活塞封闭一定量的气体，活塞与缸壁间摩擦不计．当气体温度为27℃时，活塞在F=40N、方向向右的外力作用下保持静止，封闭气体的压强为_______Pa；若保持活塞不动，将气体温度升至87℃，则此时F的大小变为______N．（大气压强为1.0×105Pa）
参考答案
1．B
【解析】
由查理定律，可得，又，故，即图像为过原点的直线，故B正确；
故选B。
2．C
【解析】
由查理定理，故，C正确；
故选C。
3．B
【解析】
AC.A到B的过程为等温变化，由波意耳定律，，
A、C错误；
BD.B到D过程为等容变化，温度降低，体积不变，,B正确，D错误；
故选B。
4．A
【解析】
本题考查理想气体状态方程的应用。
【详解】
AB.先保持体积不变而减小压强，根据理想气体状态方程公式
可知，温度降低，接着保持压强不变而使体积增大，温度升高，可以回到初始温度，故A正确B错误；
C.先保持压强不变而减小体积，根据理想气体状态方程公式
可知，温度降低，接着保持体积不变而使压强增大，温度升高，可以回到初始温度，故C错误；
D.先保持压强不变而增大体积，根据理想气体状态方程公式
可知，温度升高，接着保持体积不变而使压强减小，温度降低，可以回到初始温度，故D错误。
故选A。
5．A
【解析】
ABCD.设封闭气体上方水银柱高为h1，封闭气体压强：
因h1不变，则H也不变；
对封闭气体由盖吕萨克定律：
可知当温度升高时体积增大，则h变大，故A正确BCD错误。
故选A。
6．B
【解析】
ABCD.由盖吕萨克定律
可得
同理可得：
因，则，故B正确ACD错误。
故选B。
7．A
【解析】
ABCD.先对A分析，设活塞横截面为S，活塞质量m，气体压强PA，对活塞受力分析：
因，则
，
由盖吕萨克定律
可得
同理可得：
因，则，故A正确BCD错误。
故选A。
8．B
【解析】
本题考查理想气体状态方程的应用。
【详解】
ABCD.由理想气体状态方程：
可知当P一定时，
不变，故B正确ACD错误。
故选B。
9．D
【解析】
ABCD.
由盖吕萨克定律：
则对于一定质量的气体，在保持压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比，故D正确ABC错误。
故选D。
10．D
【解析】
ABCD.
质量一定的气体，在压强不变情况下，由
可知，体积与热力学温度成正比；当温度从100℃升高到200℃，则
则体积增大了原来的，故D正确ABC错误。
故选D。
11．（1）600
K（2）1.1×105
Pa．
【解析】
试题分析：①以封闭气体为研究对象：P1=P0，，T1=300K
设温度升高到T0时，活塞刚好到达汽缸口，此时：P2=P0，V2=Sd
根据理想气体状态方程：
解得T2=600K
②T3=387℃=660K＞T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化
所以：
此时有V3=Sd，T3=660K
由理想气体状态方程：
解得P3=1.1×105Pa
考点：理想气体的状态变化方程
【名师点睛】
此题是对理想气体的状态变化方程的考查；关键要确定气体状态变化过程，找出状态参量，再选择合适的规律求解，同时要挖掘隐含的临界状态进行判断．
12．(1)2.0×105
pa；(2)1.47×10-3
m3；(3)见解析。
【解析】
(1)该过程为等温变化，因此由波义尔定律可得
代入数据解得
(2)在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，由盖吕萨克定理得：
代入数据解得
(3)如图所示：
【点睛】
等温变化用波意尔定律，等压变化用盖吕萨克定理。
13．（1）；（2）
【解析】
（1）设气缸向右移动的距离为时，根据等温变化，则有
联立解得
（2）由题意可得，该过程是等压变化，则有
联立解得
T=360K
14．2T0/3，
4T0/3
【解析】
[1][2]．气体做等容变化，则根据查理定律可得：
解得
T1=
4T0/3
T2=
2T0/3；
则气体温度的变化范围为2T0/3到4T0/3．
点睛：本题考查了求气体温度问题，由图象求出气体在各状态的状态参量，判断气体的状态变化，应用查理定律即可正确解题．
15．
;
8N；
【解析】
设大气压强为P0=1.0×105Pa，被封闭气体的压强为P1，横截面积为S=20cm2=2.0×10-3m2，活塞保持静止，活塞受力平衡，则：P1S=P0S-F，代入数据解得：；
保持话塞不动，故为等容变化，初态压强：P1=0.8×105Pa，初态温度：T1=（27+273）K=300K，末态压强：P2；末态温度：T2=（87+273）K=360K，根据查理定律可得：，根据平衡可得：P2S=P0S-F1，联立以上解得：F=8N．