2.3 气体的等压变化和等容变化 练习 （word版含答案）

气体的等压变化和等容变化练习
一、单选题
如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图象，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行．则下列说法正确的是(????)
A. A→B过程气体压强增加
B. B→C过程气体压强不变
C. C→A过程气体单位体积内的分子数减少
D. A→B过程气体分子平均动能增大
如图所示气缸内密封的气体(可视为理想气体)，在等压膨胀过程中，下列关于气体说法正确的是(????)
A. 气体吸收热量大于对外界所做的功
B. 气体会向外界放热
C. 气体内能可能减少
D. 气体平均动能将减小
如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA>tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是(? )?
A. 水银柱一定保持不动 B. 水银柱将向右移动
C. 水银柱将向左移动 D. 水银柱的移动情况无法判断
如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是(????)
A. 过程①中气体的压强逐渐减小
B. 过程④中气体从外界吸收了热量
C. 状态c、d的内能相等
D. 状态d的压强与状态b的压强相等
如图所示，一定量的理想气体由状态A经B变到C，其压强(????)
A. 一直增大
B. 一直减小
C. 先增大后减小
D. 先减小后增大
一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态1变化到状态2，其中放出热量的是(? )
A. B.
C. D.
如图所示，是一定质量的理想气体状态变化的p?V图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是(????)
A. 一直保持不变
B. 一直增大
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
．两端封闭、内径均匀的直玻璃管竖直放置，如图．两端空气柱体积V上 A. 不动 B. 向上移动
C. 向下移动 D. 无法确定是否移动
如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体(????)
A. 体积不一定增大
B. 压强增大
C. 分子间的引力和斥力都增大
D. 内能增加
如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，在图中三种稳定状态下的温度分别为T1,T2,T3，体积分别为V1,V2,V3且V1 A. T1=T2=T3 B. T1T2>T3 D. T1一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(????)
A. ab过程中不断增加
B. bc过程中不断减小
C. cd过程中不断增加
D. da过程中保持不变
如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为，右侧管有一段水银柱，两端液面高度差为，中间封有一段空气　　
A. 若大气压升高，减小，增大
B. 若把弯管向上移动少许，重新平衡后，管内气体体积不变
C. 若把弯管向下移动少许，重新平衡后，管内气体压强不变
D. 弯管无论向上还是向下移动，重新平衡后，始终等于
二、多选题
如图所示为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，气体状态经历A→B→C→A完成一次循环，A状态的温度为290K，下列说法正确的是(????)
A. A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加
B. B→C的过程中，气体温度先升高后降低
C. C→A的过程中，气体温度一定减小
D. B，C两个状态温度相同，均为580K
如图所示为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是(? ? ? )
A. 甲是等压线，乙是等容线
B. 乙图中p?t线与t轴交点对应的温度是?273.15?℃，而甲图中V?t线与t轴的交点不一定是?273.15?℃
C. 由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D. 乙图表明温度每升高1?℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(????)
A. B.
C. D.
一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到状态N，其p?V图象如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是(????)
A. 气体经历过程1，其温度降低
B. 气体经历过程1，其内能减小
C. 气体在过程2中一直对外放热
D. 气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的不相同
三、计算题
.如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S=1×10?4m2、质量为m=0.2?kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为12?cm，在活塞的右侧6?cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300?K，大气压强p0=1.0×105Pa.现将汽缸竖直倒置，如图乙所示，取g=10?m/s2.求：
①稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离；
②加热到720?K时封闭气体的压强。
如图，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB=90cm，BC=CD=DE=30cm。在水平段DE内有一长10cm的水银柱，其左端距D点10cm。在环境温度为320K时，保持BC段水平，已知大气压为75cmHg且保持不变。(忽略液体表面张力及玻璃管内径的影响)
(i)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面，再将环境温度缓慢升高，求温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出；
(ii)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面下5cm处。再将环境温度缓慢降低，求温度降低到多少K时，水银柱恰好有一半进入CD部分。
如图所示，质量相同的活塞A、B将开口向上的汽缸分为气室Ⅰ、Ⅱ两部分，已知活塞B到汽缸底部的距离为L.劲度系数为k的轻弹簧被压缩在两活塞之间．汽缸和活塞的导热性能良好，活塞与汽缸内壁间无摩擦且气密性好．大气压强为p0，温度为T0；开始时，气室Ⅰ中气体的压强为34p0、气室Ⅱ中气体的压强为32p0.从某时刻起缓慢升高环境温度，当环境温度为T时，弹簧恰好处于原长状态．已知活塞的横截面积为S，重力加速度为g，求：
(1)每个活塞的质量及开始时弹簧的压缩量x；
(2)当温度为T时，活塞A上移的距离H．
如图所示，竖直放置导热良好的气缸缸体质量m=10kg，轻质活塞横截面积S=5×10?3m2，活塞上部的气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的下表面与劲度系数k=2.5×103N/m的弹簧相连，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦。当气缸内气体温度为27℃时，缸内气柱长l=50cm，气缸下端边缘距水平地面l10。已知大气压强p0=1.0×105Pa，g取10m/s2，则：
①当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，气缸下端边缘刚好接触地面?
②当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，弹簧恢复原长?
答案和解析
1.【答案】D
【解答】
已知V?T图象中倾斜的直线为等压变化，斜率越大，压强越小。过各点的等压线如图，
A.从状态A到状态B，同一条斜线上，压强相等，故A错误；
B.从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，故B错误；
C.从状态C到状态A，温度不变，体积减小，则单位体积内的分子数增大，故C错误；
D.从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解答】
气体等压膨胀，根据理想气体状态方程pVT=C知，T升高，由此分析：
AB、体积增大，则气体对外界做功，又内能增加，根据热力学第一定律知气体一定吸热，由此可知气体吸热，即Q>0，气体对外界做功即外界对气体做负功：?W，根据热力学第一定律：△U=Q?W>0，得：Q>W，故A正确，故B错误；
C、理想气体的内能只与温度有关，温度升高则内能增大，故C错误；
D、温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体平均动能将增大，故D错误。
3.【答案】C
【解答】
假设束缚住水银柱使其在温度升高的过程中不动，则两侧气体均发生等容变化，设两侧升高的温度为Δt，
初始状态根据平衡可得：pA=pB?
对A中气体运用查理定律可得：pATA=p′ATA+Δt，解得：p′A=pA1+ΔtTA，则A中气体压强的增量为ΔpA=p′A?pA=pAΔtTA；
对B中气体运用查理定律可得：pBTB=p′BTB+Δt，解得：p′B=pB1+ΔtTB，则B中气体压强的增量为ΔpB=p′B?pB=pBΔtTB，
因为tA>tB,则：TA>TB，分析得ΔpA<ΔpB，则水银柱向左移动?，故ABD错误，C正确。
故选C。
4.【答案】C
【解答】
A.过程①是等容升温过程，由paTa=pbTb可知，压强逐渐增大，故A错误；
B.过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU=W+Q知气体向外界放出了热量，故B错误；
C.状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等。故C正确；
D.连接bO和dO，根据数学知识和理想气体状态方程pVT=C可知，状态d的压强比状态b的压强小，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】解：根据理想气体状态方程pVT=C，从A到B，体积不变，温度升高，压强变大；从B到C，温度不变，体积减小，压强增大，故A正确，BCD错误。
6.【答案】B
【解答】
A.由图象是双曲线知，状1到状态2是等温变化过程，故状态1与状态2温度相同内能相同，又从状态1至状态2气体的体积增加，故气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸热，故A错误；
B.由图象有p1>p2，V1>V2，根据理想气体状态方程p1V1T1=p2V2T2，知T1>T2，所以从状态1至状态2，气体体积减小所以外界对气体做功，又T1>T2说明气体气体的内能减小，根据热力学第一定律知气体对外放热，故B正确；
C.由图象知，状态1至状态2，气体温度升高内能增加，气体体积增大气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸收热量，故C错误；
D.由图象知气体的体积保持不变，气体对外界不做功，从状态1至状态2气体的温度长高内能增加，根据热力学第一定律，气体从外界吸收热量，故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解答】
解：根据pV=CT，可知C不变，pV越大，T越高。在A和B状态时，pV乘积相等，说明在AB处的温度相等，所以从A到B的过程中，温度先升高，后又减小到初始温度，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中，气体分子的平均动能先增大后减小，气体分子的平均速率也是先增大后减小，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解答】
假设水银柱不动，则气体体积不变，
由查理定律得：pT=p′T′，则△p=p′?p=ΔTTp，
开始时两部分气体压强p上上边气体降低的压强：△p上=20?10Tp上=10Tp上
下边气体降低的压强：△p下=20?10Tp下=10Tp下，
上边气体降低的压强小于下边气体降低的压强，
则水银柱将向下移动；
故选：C．
9.【答案】D
【解答】
A.当环境温度升高时，气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积一定增大，故A错误；
B.气缸内气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，可知气缸内气体的压强不变，故B错误；
C.理想气体分子间的作用力不计，故C错误；
D.当环境温度升高时，由于气缸导热性能良好，缸内气体的温度升高，内能增加，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】解：以活塞为研究对象，对T1、T2状态下的气体有：p1S=Mg+pS?????pS+Mg=p2S
对T3状态下的气体有：pS+Mg+mg=p3S
可以得出：p1=p2根据理想气体状态方程：p1V1T1=p2V2T2，V1则T1p2V2T2=p3V3T3，V2=V3
则T2即T111.【答案】A
【解析】解：根据理想气体的状态方程：pVT=C，其中C为一定值，可知p=CV?T，其中CV为p?V图象上各点到原点连线的斜率，
A、ab过程中图象上各点到原点连线的斜率CV减小，故体积V不断增加，故A正确；
B、bc过程中图象上各点到原点连线的斜率CV不变，故体积V保持不变，故B错误；
C、cd过程中图象上各点到原点连线的斜率CV变大，故体积V不断减小，故C错误；
D、da过程中图象上各点到原点连线的斜率CV减小，故体积V不断变大，故D错误。
12.【答案】D
【解答】
AD.平衡后管中封闭气体的压强p=p0+ρg?1=p0+ρg?2，则得?1=?2.若大气压升高时，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律pV=C得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使?1和?2同时减小，二者始终相等，故A错误，D正确;
B.若把弯管向上移动少许，假设气体压强不变，大气压又不变，两边液体高度差不变，这样会导致气体体积增大，那么pV将不再是定值，这与玻意尔定律矛盾，因此气体压强必然变化，根据玻意尔定律气体体积也必然变化，故B错误。
C.若把弯管向下移动少许，假设气体压强不变，大气压又不变，两边液体高度差不变，这样会导致气体体积减小，那么pV将不再是定值，这与玻意尔定律矛盾，因此气体压强必然变化，故C错误
故选D。
13.【答案】BC
【解析】
【解答】
A.A到B过程中，体积不变，根据查理定律pATA=pBTB，压强增加，温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个的动能都增加，故A错误；
D.A→B气体做等容变化，根据查理定律pATA=pBTB代数据得TB=870K；C→A过程中气体做等压变化，由盖?吕萨克定律得VCTC=VATA，代入数据解得：TC=870K，故D错误；
C.C→A过程中气体做等压变化，气体体积减小，温度降低，故C正确；
B.由对D项的分析，BC温度相同，再结合理想气体状态方程pV=nRT可知，由B→C的过程中，气体温度先升高后降低，故B正确。
故选BC。
14.【答案】AD
【解答】
A.由查理定律及盖?吕萨克定律可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；
B.由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为?273.15℃，即热力学温度的0K，故B错误；
C.查理定律及盖?吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下，气体体积一定时，气体的等容变化压强与温度成直线关系，但是当压强很大、温度很低时，这些定律就不成立了，而且气体的p与t不一定都是直线关系，故C错误；
D.由于图线是直线，乙图表明随温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变，故D正确．
故选AD。
15.【答案】CD
【解答】
开始时水银柱平衡，故两侧气体压强相等，设为p，设温度升高ΔT时气体体积不变，根据理想气体状态方程，有：
pT=△p△T
故Δp=ΔTT?p，要使水银柱向左移动，故要使右侧气体压强增加量比左边大，p与ΔT相同，只要右侧T小即可，右侧气体温度低的是CD选项，故AB错误，CD正确；
故选CD。
16.【答案】AB
【解答】
AB.气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故AB正确；
C.气体在过程2中，根据理想气体状态方程pVT=C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，而温度升高，吸热，故C错误；
D.无论是经过1过程还是2过程，初、末状态参数相同，故内能改变量相同，故D错误。
故选AB。
17.【答案】解：?①汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离L1=12cm
气体压强p1=1.0×105Pa，气体体积V1=L1S
汽缸竖直放置时，设活塞与汽缸底部之间的距离为L2
气体压强p2=p0+mgs=1.2×105Pa，气体体积V2=L2S
气体等温变化，根据玻意且定律p1V1=p2V2
得活塞与汽缸底部之间的距离L2=10cm
?②活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理
气体初状态压强p2=1.2×105Pa，体积V2=L2S，温度T2=300K
活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为p3=p2，体积V3=L3S，温度为T3，其中L3=?18?cm，
气体等压变化，根据盖一吕萨克定律得V2T2=V3T3
得此时气体温度T3=540K
活塞刚好到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，p3=1.2×105Pa，T3=540K，T4=720K
根据查理定律得p3T3=p4T4
解得加热到675K时封闭气体的压强p4=1.6×105Pa。
18.【答案】解：(i)玻璃管内封闭气体压强保持不变
V1=(AB+BC+CD+10)S????T1=320K
V2=(AB+BC+CD+DE)S
根据盖吕萨克定律：V1T1=V2T2
代入数据解得：T2=360K
(ii)封闭气体初始压强为：p1=75cmHg
封闭气体体积为：V1=(AB?5+BC+CD+10+5)S=160S
封闭气体末态压强为：p3=70cmHg
封闭气体末态体积为：V3=(AB?5?5+BC+CD?5)S=135S
根据理想气体状态方程：p1V1T1=p3V3T3
代入数据解得：T3=252K
答：(i)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面，再将环境温度缓慢升高，温度升高到320K时，水银柱刚好全部溢出；
(ii)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面下5cm处，再将环境温度降低到252K时，水银柱恰好有一半进入CD部分。
19.【答案】解：
(1)对活塞A、B及弹簧整体受力分析，根据力的平衡条件可知，
p0S+2mg=32p0S，
解得每个活塞的质量m=p0S4g；
对活塞A受力分析，根据力的平衡条件有p0S+mg=kx+34p0S，
解得x=p0S2k．
(2)在温度由T0缓慢升到T的过程中，气室Ⅱ中气体发生等压变化．
设活塞B上升的高度为h，
气室Ⅱ中气体初状态体积为V1=LS，初温T1=T0，
末状态体积为V2=(L+?)S，末温T2=T，
由盖?吕萨克定律有V1T1=V2T2，
得LST0=(L+?)ST，
解得?=L(T?T0)T0，
则活塞A上移的距离为H=?+x=L(T?T0)T0+p0S2k．
20.【答案】解：①气缸下端边缘恰好接触地面前，气缸内气体压强不变，
气体初状态的温度T1=(273+27)K=300K，设气体末状态温度为T2，
对气缸内封闭气体，由盖?吕萨克定律得：
lST1=(l?l10)ST2
代入数据解得：T2=270K
②设弹簧初状态压缩量为x，设气体初状态压强为p1，对气缸，由平衡条件得：
kx=mg，p0S+mg=p1S
代入数据解得：x=0.04m，p1=1.2×105Pa，末态气体压强为p0，
对气体，由理想气体状态方程得：
p1lST1=p0(l?l10?x)ST3
代入数据解得：T3=205K
答：①当缸内气体温度缓慢降低到270K时，气缸下端边缘刚好接触地面。
②当缸内气体温度缓慢降低到205K时，弹簧恢复原长。