8.3 理想气体的状态方程 同步检测（word版含答案）

理想气体的状态方程练习
一、单选题
已知湖水深度?=20m，湖底水温T1=4℃，水面温度T2=17℃，大气压强p0=1.0×105Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g=10m/s2，ρ=1.0×103kg/m3)(? ??)。
A. 12.8倍 B. 8.5倍 C. 3.1倍 D. 2.1倍
如图所示是理想气体经历的两个状态的p?T图象，对应的p?V图象应是(????)
A.
B.
C.
D.
如图所示，为一定质量的理想气体的p?1V图象，图中BC为延长线过原点的线段，AB与p轴平行，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是? (??? )
A. TA>TB=TC
B. TA>TB>TC
C. TA=TB>TC
D. TA如图所示，一定质量的理想气体经历A→B→C→A的过程，已知气体在状态A时的温度为300?K，且1?atm=1.0×105Pa，下列说法正确的是
A. 在状态B，气体的温度为300?K
B. 在状态C，气体的内能最大
C. 过程A→B，气体对外做功7.5×104J
D. 过程C→A，单位时间撞出容器壁上单位面积的分子数可能不变
某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作.该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成.如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体
A. 在状态a和c时的内能可能相等
B. 在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C. b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D. 在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体。下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是(????)
A. B.
C. D.
如图所示，一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦)，大气压强不变，环境温度升高时，下列说法正确的是(????)
A. 缸内气体压强增大
B. 汽缸高度H增大
C. 活塞高度h减小
D. 单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多
如图所示，一定质量的理想气体由a状态沿图中直线变为b状态。已知两个状态的坐标分别为a(V0,2p0)，b(2V0,p0)，则下列说法中正确的是
A. a、b连线中点的温度最低
B. 气体由a状态变化为b状态，不可能是绝热过程
C. 气体由a状态变化为b状态，对外做功为p0V0
D. 气体由a状态沿其他路径变化为b状态，吸收的热量一定与沿着图中直线路径吸收的热量不同
如图所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用钢性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且SaA. 活塞向左移动了一点
B. 活塞向右移动了一点
C. 活塞的位置没有改变
D. 条件不足，活塞的位置变化无法确定
如图，竖直导热圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L=19?cm，活塞A上方的水银深H=10?cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0=75?cmHg，则此时气柱的长为(????)
A. 16?cm B. 17?cm C. 18?cm D. 19?cm
用打气筒将压强为1?atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV=500?cm3，轮胎容积V=2L，原来压强p=1.5?atm.现要使轮胎内压强变为p′=4?atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)(????)
A. 5 B. 10 C. 15 D. 20
二、多选题
如图所示，足够长U型管内分别由水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述中正确是(??)
A. 只对L1加热，则h减小，气柱L2长度不变
B. ?只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减少
C. ?若在右管中注入一些水银，L1将增大
D. ?使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小
一定质量的理想气体，在a状态下的压强、体积、温度分别为p0、V0、T0，经历如图所示的变化过程，则(????)
A. 从a到b过程放出热量
B. 从b到c过程吸收热量且全部对外做功
C. 从c到a过程外界对气体做功为p0V0
D. 回到a状态时的内能比开始在a时的内能大
如图所示，用容器为13V0的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。则(???? )
A. 抽3次就可以将容器中气体抽完 B. 抽一次后容器内压强为23p0
C. 抽一次后容器内压强为34p0 D. 抽3次后容器内压强为2764p0
如图所示，竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，缸内气体高度为2?.现在活塞上缓慢添加砂粒，直至缸内气体的高度变为?.然后再对气缸缓慢加热，以使缸内气体温度逐渐升高，让活塞恰好回到原来位置．已知大气压强为p0，大气温度恒为T0，重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩擦．下列说法正确的是(????? )
A. 所添加砂粒的总质量m+p0Sg
B. 所添加砂粒的总质量2m+p0Sg
C. 活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为32T0
D. 活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为2T0
三、计算题
如图所示，上下粗细不一样的气缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中，气缸底面积为S，活塞横截面积为S2，气缸上下两部分的长度相同。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时，活塞恰好在气缸上下两部分的分界处，玻璃管内左右水银液面高度差为?(U形管内的气体体积不计)。已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度g。不计活塞与气缸的摩擦。
(1)现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化？如果变化，怎样变化？
(2)在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是多少？
如图，一粗细均匀的玻璃瓶水平放置，瓶口处有阀门K，瓶内有A、B两部分理想气体用一可自由滑动的活塞分开。开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气体长度均为L，打开阀门让B中气体向外缓慢漏气，活塞向右缓慢移动了0.2L，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略，已知大气压强为p，求：
(1)A中气体在阀门打开前的压强；
(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量之比。
一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，一轻质活塞横截面积为S=2×10?3m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p=1.0×105Pa，活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的轻弹簧相连。当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。

(1)当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少?
(2)缸内气体温度上升到T时，汽缸恰好离开地面，则T为多少?
如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中。开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300K平衡时水银的位置如图，其中左侧空气柱长度L1=50cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为?2=5cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为?1=5cm，大气压为75cmHg.求：
①右管内气柱的长度L2，
②关闭阀门A，当温度升至405K时，左侧竖直管内气柱的长度L3.(大气压强保持不变)
答案和解析
1.【答案】C
【解答】
气泡在湖底的压强为：p1=p0+ρg?=105Pa+103×10×20Pa=3×105Pa；
气泡在湖底的温度为：T1=(273+4)K=277K；
气泡在水面的压强为：p2=p0=105Pa；
气泡在水面的温度为：T2=(273+17)K=290K；
根据理想气体状态方程，有：p1V1T1=p2V2T2；
解得：V2V1=p1T2p2T1≈3.1。?
故选C。
2.【答案】C
【解答】
根据气体的状态方程pVT=C知，在p?T图象中AB变化过程中压强与热力学温度成正比可知，AB过程是等容变化过程，p?V图象是垂直于V轴的直线，BC是等温变化过程，由pVT=C知压强与体积成反比，压强减小体积增大，p?V图象是双曲线，综上所述，图象C正确，ABD错误。
故选C。
3.【答案】A
【解答】
由理想气体状态方程：pVT=C可知，p=CT1V，BC为过原点的直线，表明由B到CT保持不变，由于C是常数，则温度T保持不变，即TB=TC，
由图示图象可知，由B到A过程气体体积不变而压强增大，由理想气体状态方程：pVT=C可知，气体的温度T升高，即，TA>TB，
由以上分析可知：TA>TB=TC，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】C
【解答】
A.由理想气体的状态方程pAVATA=pBVBTB，解得气体在状态B的温度TB=1200K；故A错误；
B.根据图像，在状态B时pV乘积最大，故状态B气体的内能最大；故B错误；
C.过程A→B，体积增大，由热力学第一定律得，气体对外做功7.5×104?J；故C正确；
D.过程C→A，体积减小，气体分子的密度减小；单位时间撞出容器壁上单位面积的分子数增大，故D错误；
故选C。
5.【答案】B
【解答】
A.由图可知，从a到b为绝热压缩，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增大，从b到c，为等容变化，压强增大，则温度升高，内能增大，则可知在状态a的内能小于在状态c时的内能，故A错误；
B.在a→b过程中，为绝热压缩，体积减小，外界对气体做功，而气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确；
CD.从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p?V图象“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体对外界做功，图象中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内能变为零，则ΔW=ΔQ，即Q吸?Q放=ΔW>0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故CD错误。
故选B。
6.【答案】B
【解答】
根据理想气体状态方程，空气等温压缩，有pV=C，知p与1V成正比，在p?1V图象中为过原点的直线，所以该过程中空气的压强p和体积1V的关系图是图B，故ACD错误，故B正确。
故选B。
7.【答案】B
【解析】
【解答】
A.设气缸的质量为m，横截面积为S，封闭气体的压强：p=p0+?mg?S，大气压不变、m、S不变，气体温度升高时，封闭气体的压强保持不变，故A错误；
B.气体压强p不变而温度T升高，由盖吕萨克定律可知，气体体积V增大，气缸上升，H增大，故B正确；
C.气缸与活塞质量不变，弹簧长度不变，h不变，故C错误；
D.根据压强的微观解释可知，因为压强不变，温度升高，体积增大，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故D错误。
故选B。
8.【答案】B
A.根据pVT=C可知a、b连线中点的温度最高，故A错误；
B.根据pVT=C可知a、b两状态温度相等，气体的内能相等，气体由a状态变化为b状态，要对外做功，由热力学第一定律可知，气体需要吸收热量，故B正确;
C.p?V图线与坐标轴围成的面积即气体对外做的功，W=p0+2p02·2V0?V0=32p0V0，故C错误；
D.只要p?V图线与横纵坐标轴围成的面积等于32p0V0，则此路径吸收的热量必与沿着直线路径相同，如图所示：
沿着acdb路径即可，故D错误。
9.【答案】B
【解答】
设缸内气体压强p，外界大气压为p0，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知p0?pSb?Sa=0，原来气体压强等于大气压强，系统再次达到平衡状态时，缸内气体压强不变，给气缸缓慢降低一点，气体温度降低，由盖吕萨克定律知气体体积要减小，从气缸结构上看活塞应活塞向右移动了一点，故B正确，ACD错误。
故选B。
10.【答案】B
【解析】解：活塞B移动前封闭气体压强为：p1=p0+ρgH=85cmHg
体积为：V1=LS=19S
使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中时，粗铜内的水银柱高5cm，
因粗筒横截面积是细筒的3倍，所以进入细桶内的水银柱高为15cm，水银柱的总高度为H′=20cm，
所以此时气体的压强为p2=p0+ρgH′=95cmHg。
封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律得：
p1V1=p2V2
代入数据解得：V2=17S
即气柱长度为：L′=V2S=17cm
故ACD错误，B正确；
故选：B。
被封闭气体的压强等于大气压加A活塞上方的水银柱产生的压强，大气压不变，气体压强的变化可从水银柱的高度变化上来解答，然后利用玻意耳定律求解气柱长度。
解答该题的关键是分析水银柱高度的变化，要熟练的掌握被封闭气体的压强大小的计算方法。
11.【答案】B
【解答】
温度不变，由玻意耳定律得
pV+np1ΔV=p′V，
代入数据得
1.5atm×2L+n×1atm×0.5L=4atm×2L，
解得n=10次，故B正确。
故选B。
12.【答案】AD
【解答】
AB.只对L1?加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1?增大、h减小，气柱L2?温度、压强均不变，因此气柱L2长度不变，故A正确，B错误；
C.若在右管中注入一些水银，L2?压强增大，假设L1?的体积不变，L1?的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1?的压强增大，根据玻意耳定律得L1?将减小，故C错误；
D.使L1?、L2?同时升高相同的温度，假设气体体积不变，?L1?的压强增大，?L2?压强不变，则L1?增大、h减小，故D正确。
故选AD。
13.【答案】BC
【解答】
A.从a到b过程，根据pVT=C可知，气体体积不变，而温度升高内能增大，所以a到b过程吸收热量，故A错误；
B.从b到c过程，温度不变，而压强减小，所以体积变大，气体对外做功，而内能不变，所以气体吸收热量且全部对外做功，故B正确；
C.c到a过程为等压压缩过程，有VcTc=VaTa，即Vc2T0=V0T0，有Vc=2V0；而等压压缩外界对气体做功为Wca=p0(Vc?Va)=p0V0,故C正确。
D.理想气体的内能由温度衡量，而理想气体从状态a回到状态a时温度相同为T0，则两状态的内能相同，故D错误。
故选BC。
14.【答案】CD
【解析】
【分析】
气体发生等温变化，以容器内的气体为研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体压强。本题考查了求气体压强，巧妙选择研究对象，求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题。
【解答】
A.容器内的气体总是与抽气机相连的，所以容器中气体不能抽完，故A错误；
BC.以容器内气体为研究对象，第1次抽气，气体的状态参量为：V1=V0+13V0=43V0，由玻意耳定律得：p0V0=p1V1，解得：p1=p0V043V0=34p0，故B错误，C正确；
D.第2次抽气，气体的状态参量为：V1′=V0，V2=V0+13V0=43V0，p1V1′=p2V2，即：p1V0=p2·43V0，解得：p2=34p1=916p0，同理可得第3次抽气后容器内压强：p3=(34)3p0=2764p0，故D正确。
故选CD。
15.【答案】AD
【解析】解：AB、设添加砂粒的总质量为m0，最初气体压强为为：p1=p0+mgS
添加砂粒后气体压强为：p2=p0+(m+m0)gS
该过程为等温变化，根据玻意耳定律得：p1S?2?=p2S?
解得：m0=m+p0Sg，故A正确，B错误；
CD、设活塞回到原来位置时气体温度为T1，该过程为等圧変化，根据盖吕萨克定律得：V1T0=V2T1
解得：T1=2T0，故C错误，D正确；
16.【答案】解：①绳封闭气体压强为p，对气缸M受力分析，根据受力平衡可知：p?S2+Mg=p0?S2
对U形玻璃管内水银柱分析有：p0=p+ρg?
可知加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化
②加热时，气体做等压变化，由盖?吕萨克定律可得：LST0=(LS+L?S2)T
解得T=3T02
【解析】本题是力学知识与气体性质的综合，桥梁是压强。往往对跟气体接触的水银或活塞研究，根据平衡条件或牛顿第二定律研究气体的压强，然后利用其体状态方程求得。
②加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化；
③被封闭气体做等压变化，根据盖?吕萨克定律求得温度。
17.【答案】解：(1)设阀门K闭合时的A中气体的压强为p1，活塞横截面积为S，根据玻意耳定律有：p1?LS=p?1.2LS? ?
解得：p1=1.2p?
(2)因为B气体气压也降为p，由(1)可知B气体的总体积将变为VB′=1.2LS?
瓶中B气体剩余的体积为VB2=(2L?1.2L)S=0.8LS?
设B中剩余气体质量为mB2，漏气前B中气体的质量为mB，则有：mB2mB=ρVB2ρVB′=23
18.【答案】解：(1)V1=L1S，V2=L2S，T1=400K，p1=p0=1.0×105Pa，p2=p0+kxS=1.4×105Pa
根据理想气体状态方程，得：p1V1T1=p2V2T2，解得：T2=672K；
(2)当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力刚好为零。
设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δx，则kΔx=Mg，解得：△x=5cm
V3=Δx+L1S，p3=p0+MgS=1.5×105Pa
根据理想气体状态方程，得：p1V1T1=p3V3T0，解得：T=750K。
【解析】本题考查了如何求气体的压强以及活塞移动的距离，根据题意求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题。
(1)当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度L2=24cm时，对活塞受力分析，根据平衡条件和理想气体状态方程求解；
(2)当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化，根据平衡条件和理想气体状态方程求解。
19.【答案】解：(1)左管内气体压强：p1=p0+?2=80cmHg，
右管内气体压强：p2=p左+?1=85cmHg，
p2=p0+?3，解得右管内外液面高度差为：?3=10cm，
右管内气柱长度为：L2=L1??1??2+?3=50cm；
(2)设玻璃管截面积S，由理想气体状态方程，有：
p1L1ST1=[p0+ρg(?2+L3?L1)]L3ST2，
即：80×50300=(75+5+L3?50)L3T2，
解得：L3=60cm。
答：(1)右管内气柱的长度为50cm。
(2)关闭阀门A，当温度升至405K时，左侧竖直管内气柱的长度为60cm。