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3（解析版）

2.3查理定律和盖—吕萨克定律
课时作业（解析版)
1．如图所示，A、B是两个定积相同的密闭容器，由细玻璃管连通，管内有一段汞柱。当A容器气体温度为，B容器内气体温度为，汞柱在管中央静止。若分别给A、B容器加热，使它们的温度都升高，管内汞柱将（　　）
A．向右移动
B．向左移动
C．保持不动
D．无法确定
2．如图所示，两端封闭、且长度相等，粗细均匀的U形管，两边封有理想气体，U形管处于竖直平面内，且左管置于容器A中，右管置于容器B中，A、B两边封有温度相等的理想气体，此时右管水银面比左管水银面高h，若同时将A、B温度升高，则（
）
（1）h一定增加
（2）右管气体压强一定增大
（3）左管气体压强不一定增大
（4）右管气体压强和左管气体压强增加的一样多
A．只有（1）（2）是对的
B．只有（1）（4）是对的
C．只有（3）（4）是对的
D．只有（1）（2）和（4）是对的
3．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是
（
）
A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些；
B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大；
C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小；
D．若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大．
4．一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化，变化顺序由a→b→c→a，ab线段延长线过坐标原点，bc线段与t轴垂直，ac线段与V轴垂直．气体在此状态变化过程中（　　）
A．从状态a到状态b，压强不变
B．从状态b到状态c，压强增大
C．从状态b到状态c，气体内能增大
D．从状态c到状态a，单位体积内的分子数减少
5．某理想气体的初始压强p0=3atm，温度T0=150K，若保持体积不变，使它的压强变为5atm，则此时气体的温度为（　　）
A．100K
B．200K
C．250K
D．300K
6．一定质量的理想气体，0℃时压强为
p0，经一等容变化过程，温度为
t℃时，气体压强为p。则它每升高
1℃，压强的增量△p
的值为（
）
A．
B．
C．
D．
7．一定质量的理想气体，在经历如图从a到b状态变化过程中（　　）
A．气体的内能变小
B．气体分子的平均距离增大
C．每一个气体分子的动能都在增大
D．气体分子对单位面积上容器器壁的撞击力增大
8．如图所示，一只贮有空气的密闭烧瓶玻璃管与水银气压计相连，气压计的两管内液面在同一水平面上．现降低烧瓶内空气的温度，同时上下移动气压计右管，使气压计左管的水银面保持在原来的水平面上，则气压计两管水银面的高度差△h与烧瓶内气体降低的温度△t（摄氏温标）之间变化关系的图象为（　　）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化为a→b→c→a，其中纵坐标表示气体压强p、横坐标表示气体体积V，a→b是以p轴和V轴为渐近线的双曲线。则下列结论正确的是（
）
A．状态a→b，理想气体的内能减小
B．状态b→c，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少
C．状态b→c，外界对理想气体做正功
D．状态c→a，理想气体的密度不变
E.状态a→b，理想气体从外界吸收热量
10．如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同，使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为
，压强变化量为，对液面压力的变化量为，则（　　）
A．水银柱向下移动了一段距离
B．
C．
D．
11．一定质量的理想气体开始处于状态A，由过程AB到达状态B，后又经过过程BC到达状态C，如图所示．已知气体在状态A时的压强、体积和温度分别为2×105Pa、3L和300K．在状态B时的温度为100K，体积为___________；在状态C时的温度为250K，气体在状态A的压强pA与状态C的压强pC之比___________．
12．如图为一端封闭的玻璃管，开口端竖直插入水银槽中，此时空气柱长度l=
50cm，水银面高度差h=25cm，大气压强为75cmHg，温度为27℃．现缓慢下压玻璃管10cm，则管内空气柱长度将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）．若要使空气柱长度恢复原长，则温度应该______（填升高或降低）______℃
13．如图所示，气缸放置在水平台上，活塞质量为5kg，面积为，厚度不计，气缸全长25cm，大气压强为.当温度为，活塞封闭的气柱长10cm，若保持气体温度不变，将气缸缓慢竖起倒置（取），气缸倒置后气柱长为________cm，气缸倒置后，温度升至t=_________时，活塞刚好接触平台（活塞摩擦不计）.
14．如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm?现向右管缓慢补充水银．
若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？
在条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？
15．如图所示，一个内壁光滑、密闭性能良好的绝热汽缸，开口向下竖直吊在天花板下，开口处有水平卡环（阻止活塞从汽缸口脱落）。质量与厚度均不计的绝热活塞横截面积S＝2×10－3m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体温度T0=300K。此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm，活塞距汽缸口卡环上端距离l=10cm，汽缸所处大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
(1)若对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，使汽缸内气体处环境温度升高到T1=320K，求此时活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)若保持汽缸处温度为T1=320K，将质量为m＝10kg的物块挂在活塞中央位置上，求活塞静止时，活塞下移的距离。
参考答案
1．A
【解析】
假设体积不变，对A进行状态分析有
得
对B进行状态分析有
得
由于，则
所以管内汞柱将向右移动
故选A。
2．A
【解析】
设U形管竖直管中水银柱的高度为h，则有：
假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得：
压强的变化量
△T、T相同，但，所以左边液柱降低，右边升高，故（1）（2）正确，（3）（4）错误，综上分析可知，故A正确，BCD错误。
故选A
3．D
【解析】
AC．选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，若外界大气压增大、气温升高，弹簧弹力仍等于重力，则弹簧长度不发生变化，活塞距地面的高度不变，故AC错误；
B．选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力PS，向上受到缸内气体向上的压力P1S，物体受三力平衡：G+PS=P1S，若外界大气压P增大，P1一定增大，根据理想气体的等温变化PV=C，当压强增大时，体积一定减小，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，故B错误；
D．若气温升高，缸内气体做等压变化，由盖吕萨克定律：，可知，当温度升高时，气体体积增大，气缸上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大，故D正确．
4．B
【解析】
A．过各点的等压线如图，从状态a到状态b，斜率变大，则压强变小，故A错误；
B．从状态b到状态c，斜率变小，则压强变大，故B正确；
C．从状态b到状态c，温度不变，则内能不变，故C错误；
D．从状态c到状态a，体积不变，则单位体积内的分子数不变，故D错误。
故选B。
5．C
【解析】
理想气体体积不变，发生等容变化，则，代入数据得：，解得：．故C项正确，ABD三项错误．
【点睛】
在理想气体状态方程和气体实验定律应用中，压强、体积等式两边单位一样即可，不需要转化为国际单位；温度的单位一定要用国际单位(开尔文)，不能用其它单位．
6．B
【解析】
气体状态参量为：，T1=273K，，T2=（273+t）K，气体发生等容变化，由查理定律得：
即：
气体温度每升高1℃，由查理定律得：
即：
联立解得气体温度每升高1℃压强的增量为：
故选B。
7．B
【解析】
A．由图示图象可知，从a到b过程气体的温度升高，气体内能增大，故A错误；
B．由图示图象可知，从a到b过程压强p减小而温度T升高，由理想气体状态方程可知，气体体积V增大，气体分子数不变，则气体分子的平均距离增大，故B正确；
C．从a到b过程气体的温度升高，气体分子平均动能增大，并不是每一个分子动能都增大，故C错误；
D．由图示图象可知，从a到b过程气体压强减小，气体分子对单位面积上容器器壁的撞击力减小，故D错误；
故选B．
8．C
【解析】
设大气压为p0，原来温度为T0，热力学温度降低△T，对于左管中封闭气体，发生等容变化，根据查理定律得
由数学分比定理得
又△t=△T
得到
△h=△t
p0、T0不变，则
△h△t
△h－△t图象是过原点的直线。
故选C。
9．CDE
【解析】
AE．状态a→b为等温变化，所以理想气体内能不变，且体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，理想气体从外界吸收热量，故A错误，E正确；
BC．状态b→c为等压变化，且体积减小，外界对气体做正功，单位面积上的分子数增大，故B错误，C正确；
D．状态c→a为等容变化，所以一定质量的理想气体的密度不变，故D正确。
故选CDE。
10．CD
【解析】
AC．首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：
得
①
对气体B：
得
②
又设初始状态时两液面的高度差为h（水银柱的长度为h），初始状态满足
③
联立①②③得
水银柱向上移动了一段距离，故A错误C正确；
B．由于气体的总体积不变，因此，故B错误；
D．因为，且液面上升，上表面面积变大，所以
故D正确。
故选CD。
11．1L
2︰5
【解析】
[1]．A→B直线过原点，故AB过程为等压变化，故有
即
解得
；
[2]．从B到C为等容变化，故
故
．
12．变小
升高
60
【解析】
缓慢下压玻璃管，玻璃管内外水银面的高度差h减小，设管内封闭气体的压强为P，以cmHg为单位，根据平衡有：
P+h=P0
因为h减小，所以压强P增大
此过程封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有：
P1V1=P2V2
可知此过程封闭气体的体积：V由V1减小到V2，故管内空气柱长度将变小，要使空气柱长度恢复原长，整个过程气体体积不变，为等容变化，根据查理定律可得：
其中：
P1=P0-h=50cmHg，
T1=（27+273）K=300K
P3=P0-h+△h=60cmHg
解得：
T3=360K
故温度的变化量为：
△T=T3-T1=60K=60℃
即温度升高60℃.
【点睛】
本题考查气体定律与力的平衡的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，再选择合适的规律解决．
13．15
227℃
【解析】
[1]．将气缸状态1缓慢竖起到倒置状态2的过程等温变化，设活塞的横截面为S，其状态参量分别为：
状态1：p1=p0+=1×105+0.2×105=1.2×105Pa????
V1=L1S
状态2：p2=p0-=1×105-0.2×105=0.8×105Pa????
V2=L2S
由等温变化有
p1V1=p2V2
即为
p1L1=p2L2
代入数据解得
L2=15cm
[2]．由状态2到状态3为等压变化，状态2
的温度为：T2=T1=（273+27）K=300K
状态3的状态参量为：V3=L3S??
T3=？
由等压变化有
解得
点睛：利用理想气体状态方程解答问题时，首先要正确的确定状态和分析状态参量，选择合适的定律进行解答，对压强的确定，有时要借助于受力平衡或牛顿第二定律进行解答．
14．（1）52cmHg；（2）427K．
【解析】
（1）对于封闭气体有：p1=（76﹣36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2
（2）停止加水银时，左管水银比右管高：h1=76﹣52cmHg=24cmHg；
对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm，
左管比右管高为：h2=h1﹣9cm=15cm
故封闭气体的压强：p3=76﹣15cmHg=61cmHg
封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：
故：
点睛：根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强．
15．(1)25.6cm；(2)8.4cm
【解析】
(1)加热过程中缸内气体压强不变体积增大，设温度达到时活塞到汽缸底的距离为，根据盖?吕萨克定律有
解得
(2)挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞没到缸口，与汽缸底部之间的距离为，此时活塞平衡
该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有
代入数据解得
因
超过了汽缸的高度，活塞最后静止在汽缸口，活塞只能下移