资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
物理选择性必修三2.3 气体的等压变化和等容变化同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．如图，“胜哥”用一根带阀门的细管联通两个同一材质做成的气球a、b，此时阀门关闭，。两气球与外界热交换足够充分，且外界温度一定。已知球形弹性容器内外压强差，R为容器半径，k为与容器材质有关的常数。现在“胜哥”打开阀门，则（　　）
A．a中气体全部进入b B．b中气体全部进入a
C．a略变大，b略变小 D．b略变大，a略变小
【答案】D
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】 两气球与外界热交换足够充分，且外界温度一定 ，说明系统发生的是等温变化。
由题目给出的公式可知，气球内外压强差 ΔpΔp 与气球半径 RR 成反比：
Δp=kRΔp=Rk
其中 kk 为常数。这意味着半径越小的气球，其内部与外部的压强差反而越大。
从图中可以看出，气球 aa 的半径 RaRa 小于气球 bb 的半径 RbRb 。根据上述反比关系，初始状态下，小气球 aa 的压强差 ΔpaΔpa 大于大气球 bb 的压强差 ΔpbΔpb 。
由于气球外部均连通大气，压强差大即意味着气球内部压强大。因此，阀门打开后，气体将从压强大的小气球 aa 流向压强小的大气球 bb。
随着气体从 aa 流向 bb：aa 因气体流失，体积会变小。bb 因气体注入，体积会变大。
这一过程将持续到两气球内部压强相等为止。然而，由于两气球的压强差与其半径始终满足 Δp=k/RΔp=k/R，若要压强相等，则意味着压强差也必须相等，这就要求两气球的半径也相等。因此，系统的最终平衡状态是两气球半径变得一样大，气体停止流动。
故选D 。
【分析】初始 ，气体将从气球 流向气球 ，最终，两个气球内的压强相等。
2．如图所示是某气体经历的两个状态变化过程的图像，对应的图像应是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】根据理想气体状态方程
可得
过程中图像的斜率不变，即为定值，所以气体做的是等容变化，p-V图为平行于p轴的直线，且压强增大，由图可知过程，气体做等温变化，p-V图为双曲线，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据理想气体状态方程判断过程气体体积的变化，确定对应的p-V图像，根据所给p-T图像可以判断出过程为等温变化，等温变化的p-V图像为双曲线。
3． 一定质量的理想气体从状态a开始，经b、、三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知初始状态气体的温度为T，三个状态的坐标分别为a(V0，5P0)、b(5V0，5p0)、c(5V0，p0)，下列说法正确的是（　　）
A．气体在c状态的温度与a状态的温度一定相等
B．气体在b状态的温度与a状态的温度可能相等
C．在过程中，封闭气体的温度一定不变
D．在过程中，气体分子的平均动能一定增大
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体实验定律有
其中
，，，
可得
所以气体在c状态的温度与a状态的温度一定相等，故A正确；
BD、c→b等容变化，压强增大，温度升高，有
所以
所以b→c温度降低，气体分子的平均动能一定减少，故BD错误；
C、在c→a过程封闭气体的温度先升高再减少，故C错误。
故答案为：A。
【分析】根据理想气体状态方程及图像确定各状态下封闭气体的参数，继而确定封闭气体在各阶段的变化类型。温度升高，分子的平均动能增大。
4．1934年我国物理学家葛正权定量验证了麦克斯韦的气体分子速率分布规律。氧气在不同温度下的分子速率分布规律如图所示，图中实线1、2对应氧气的温度分别为，，下列说法正确的是（　　）
A．小于
B．同一温度下，氧气分子的速率分布呈现出“中间少，两头多”的分布规律
C．实线1与横轴围成的面积大于实线2与横轴围成的面积
D．温度为的氧气的分子速率分布规律曲线可能是图中的虚线
【答案】A
【知识点】气体热现象的微观意义；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、根据麦克斯韦的气体分子速率分布规律，温度越高，速率大的分子所占的比例大，由图可知曲线2速率大的分子所占的比例比曲线1速率大的分子所占的比例大，故温度T1小于温度 T2，故A正确；
B、同一温度下，氧气分子的速率分布呈现出“中间多，两头少”的分布规律，故B错误；
C、由麦克斯韦的气体分子速率分布规律可知，在两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，故C错误；
D、温度 大于T1，所以对应的分子速率分布规律曲线不可能是图中的虚线，故D错误；
故答案为：A。
【分析】温度的高低反映的是分子平均运动快慢程度。麦克斯韦的气体分子速率分布规律：温度越高分子热运动越激烈，分子运动激烈是指速率大的分子所占的比例大，在两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1。
5．2020年初，新冠病毒来袭。我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给全球留下了深刻的印象。如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A瓶与B瓶中的药液一起用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】AB.在药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律pV=C可知，B瓶上方气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，AB不符合题意；
CD.A瓶瓶口处压强和大气压强相等，且等于气体C的压强与A瓶中药液压强的和，但A瓶中液面逐渐下降，液体产生的压强减小，因此A瓶中气体产生的压强逐渐增大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】药液从B瓶中流下，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，由玻意耳定律分析B中封闭气体的压强变化，得出A、B中的药液流向，分析出哪瓶药先用完；根据C处气体压强与A瓶中液体的压强之和等于A瓶瓶口处的压强（大气压），分析随着液面下降，A瓶内C处气体压强的变化情况。
6．一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度，玻璃管开口斜向上，在倾角的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为，大气压强始终为，取重力加速度大小，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是（　　）
A．被封闭气体的压强
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度
C．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度
D．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度，则现在的温度与原来温度之比为14∶15
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题考查对理想气体及理想气体的实验规律，解题时需注意，要明确研究对象，确认哪些参量变化、哪些参量不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确找出压强是解题的关键。A．设在光滑斜面上运动时加速度为，对玻璃管和玻璃管内的水银柱为整体，由牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向下。对水银柱，由牛顿第二定律有
解得被封闭气体的压强为
故A错误；
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，对水银柱由平衡条件
解得
对封闭气体由玻意耳定律
解得封闭气体的长度为
故B错误；
C．对水银柱，由牛顿第二定律有
解得
对封闭气体由玻意耳定律
解得封闭气体的长度为
故C错误；
D．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，对水银柱受力分析
解得
对封闭气体由查理定律
解得现在的温度与原来温度之比为
故D正确。
故选D。
【分析】根据题意求出气体的状态参量，气体温度不变，发生等温变化，应用玻意耳定律求出气柱的长度。求出出气体状态参量，应用查理定律可以求出温度之比。
7．如图所示，“胜哥”在足够长的光滑斜面上，放一端封闭的导热玻璃管。玻璃管内部液柱封闭了一定量的理想气体，外界温度保持不变。在斜面上静止释放玻璃管，当液柱在玻璃管中相对稳定后，以下说法正确的是（　　）
A．封闭气体的长度将变长
B．封闭气体的分子平均动能减小
C．封闭气体压强小于外界大气压
D．单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数增加
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】设外界大气压为，液柱的质量为m，玻璃管的截面积为S，斜面倾角为，重力加速度为g。
AC．玻璃管和液柱均处于静止状态时，封闭气体的压强为
释放玻璃管稳定后，整体的加速度大小为，
此时封闭气体的压强为，对液柱，根据牛顿第二定律可得
解得所以封闭气体压强减小，根据，可知体积增大，气柱长度变长，故A正确，C错误；
B．封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故B错误；
D．外界温度不变，在此过程中封闭气体的温度不变、内能不变，封闭温度不变、分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减小，故D错误。
故选择A。
【分析】玻璃管和液柱均处于静止状态时，可得封闭气体的压强，释放玻璃管稳定后，可得整体的加速度大小，再根据牛顿第二定律可得封闭气体压强减小，再根据，可知体积增大，气柱长度变长；封闭气体温度不变，分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减小。
8．如图所示，气缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触 初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量所以下侧气体压强是上侧气体压强两倍，上下气体体积之比 ： ：2，温度之比 ： ： 保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为
A．4：5 B．5：9 C．7：24 D．16：25
【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【解答】设V1=V，由题意可知： ，则 ，设T1=2T，已知： ，则 ，气体压强： ，则： ，最终两部分气体体积相等，则： ，上部分气体温度不变，由玻意耳定律得： ，解得： ，下部分气体的压强： ，对下部分气体，由理想气体状态方程得： ，解得： ，上下两侧气体的温度之比： ，D符合题意，A、B、C不符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据两部分气体温度、体积、压强的变化，用理想气体状态方程求解。
二、多项选择题
9．一定质量的理想气体由状态a开始经状态b、c回到状态a的过程，其p-V图像如图所示，其中ab段与横轴平行，状态b、c时的温度相同。关于该变化过程，下列说法中正确的是（　　）
A．a→b过程中气体内能增加
B．c状态时气体温度最低
C．b→c过程中外界对气体做功的大小为
D．整个过程外界对气体做功的大小为
【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．a→b过程，由盖—吕萨克定律可知
可得
故a→b过程中气体内能增加，故A正确；
B．由题意可知，状态b、c时的温度相同，则
所以a状态时气体温度最低，故B错误；
C．b→c过程由玻意耳定律
可得
由图像可知b→c过程中外界对气体做功的大小为
故C错误；
D．气体由状态a开始经状态b、c回到状态a的整个过程外界对气体做功的大小
故D正确。
故选AD。
【分析】 本题考查一定质量的理想气体的p-V图像。
1、a→b过程，压强不变，用盖—吕萨克定律分析ab温度大小，一定质量的理想气体，温度升高，内能增大。
2、b→c过程温度相同用玻意耳定律分析压强，图像围成面积等于外界对气体做功。
3、利用图像围成面积计算整个过程外界对气体做功的大小。
10．一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程1到达状态b，经历过程2到达状态c，经历过程3到达状态d，经历过程4回到状态a。其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，且cd与V轴平行，ab的延长线过原点，ad与T轴平行。关于这四个过程，下列说法正确的是（ ）
A．在过程1中，理想气体的压强不变
B．在过程2中，理想气体内能不变
C．在过程3中，气体对外做功，气体分子平均动能不变
D．气体在a、b、c、四个状态时，在状态d时的压强最大
【答案】A,C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据， ，可知，由于过程1中的延长线经过坐标原点O，则过程1是等压变化，故A正确；
B．由图可知，在过程2中温度升高，气体内能增大，故B错误；
C．在过程3中，体积增大，气体对外做功，温度不变，气体分子平均动能不变，故C正确；
D．根据可知，坐标原点O与abcd上各点连线的斜率与压强成反比，如图
由图可知，O与c的连线的斜率最小，压强最大，即c状态压强最大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像可知：1、延长线经过坐标原点O，则过程1是等压变化。2、在过程2中温度升高，气体内能增大。3、在过程3中，体积增大，气体对外做功，温度不变，气体分子平均动能不变。
11．如图所示，是一定质量的某种气体状态变化的图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体的温度和分子平均速率的变化情况的下列说法正确的是（　　）
A．都一直保持不变 B．温度先升高后降低
C．温度先降低后升高 D．平均速率先增大后减小
【答案】B,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】由图像可知
所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，在p-V图像上作出几条等温线，如图所示
由于离原点越远的等温线温度越高，可知从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据A、B两状态的pV乘积相同，得出A、B在同一等温线上，再根据离原点越远的等温线温度越高，分析从状态A到状态B温度的变化情况；根据温度是分子平均动能的标志，得出分子平均速率的变化情况。
12． 图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是（　　）
A．的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数不变
B．的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减小
C．的过程，气体分子的数密度增大
D．的过程，气体分子数密度增大，分子的平均速率减少
【答案】B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、a→b的延长线过原点，由
可知，发生得是等容变化，气体体积不变，a→b的过程，温度升高，压强变大，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增大，故A错误；
B、b→c的过程，是等压变化，由温度升高，体积变大，气体压强的产生是由于气体分子不停息的做无规则热运动，其大小取决于单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数及撞击容器壁时的平均速率，由b→c，温度升高，气体分子平均速率增大，而气体压强不变，故单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数逐渐减少，故B正确；
C、c→d是等温变化，压强减小，体积增大，分子数不变，所以气体分子的数密度减小，故C错误；
D、气体从d→a的过程，温度降低，所以气体分子的平均速率减小；各点与原点连线的斜率变大，体积变小，所以气体分子数密度增大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据图像及理想气体状态方程确定各过程气体各参数的变化情况。温度越高，气体分子的平均动能越大，即分子的平均速率越大。体积增大，分子数不变，气体分子的数密度减小。再结合气体压强的微观意义进行分析解答。
13． 如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为和，体积分别为和，。则（　　）
A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
【答案】A,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】AB. 假设P静止，则气体做等容变化，根据查理定律可得，，即，初始时刻压强相等，温度越高，缓慢升高相同温度，越小，故左边增加压强较多，P向右移，故A正确，B错误；
CD. 保持不变， 假设P静止，发生等温变化，
根据玻意耳定律可得p1V1=p1'V1'=p1'（V1-）
p1'==，p1和相同，V1V2，故两边末状态压强p1'p2'，P向右移，故C正确，D错误。
故答案为：AC。【分析】 假设P静止，则气体做等容变化，根据查理定律分析AB选项；保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，假设P静止，根据玻意耳定律分析末状态压强大小进行分析。
14． 图为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成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，对应的体积变化量分别为、，压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（　　）
A． B．
C． D．水银柱向上移动了一段距离
【答案】C,D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、由于变化过程中气体的总体积不变，因此有
故A错误；
CD、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A部分气体有
对B部分气体有
设初始状态水银柱的高度为h，则有
升高相同温度后
，
因此
可知
因此水银柱会向上移动一段距离，当水银柱向上移动后将会重新达到平衡，而细管上部分的横截面积大于下部分横截面积，结合
可知，细管下部分水银柱减小的长度大于细管上部分水银柱增加的长度，因此在水银柱向上移动一小段距离后水银柱的总长度比之初始时刻变短了，即
则重新达到平衡后
而初始状态有
重新达到平衡后的状态与初始状态做差可得
即
即
因此可得
故CD正确；
B、由于A的横截面积大，且压强变化大，根据
可知
故B错误。
故答案为：CD。
【分析】由于液柱的总体积不变，则气体的总体积不变，即两部分封闭气体的体积变化量相等。由于不确定水银柱的移动情况，故可根据假设法，假设水银柱不动，再结合查理定律判断上下两部分气体压强的变化情况，再根据上下气体压强差确定水银柱的移动情况。再根据查理定律及平衡条件确定各物理量的变化量之间的关系。
三、非选择题
15．如图所示为竖直放置、开口向上的圆柱形绝热容器，横截面积为S。用质量为的绝热活塞将一部分理想气体密封在容器中后，在容器顶端装上限位器，防止活塞从容器中滑出。初始时容器内气体的温度为，活塞到容器底部的距离为，此时活塞与容器壁之间恰好无摩擦力。连接电热丝的电源对容器内部的气体加热，使活塞缓慢上升后与限位器接触，停止加热。已知重力加速度为，大气压强，活塞与容器壁的滑动摩擦力为活塞重力的倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略电热丝的体积，求：
（1）加热前容器内气体的压强；
（2）活塞刚与限位器接触时气体的温度。
【答案】（1）解：加热前，对活塞受力分析可知
得
（2）解：设活塞刚开始向上滑动时，气体压强为，热力学温度为，对活塞由平衡条件得
得
从初始状态对活塞开始向上滑动，气体体积不变，由查理定律得
得
从活塞开始向上滑动到活塞刚与限位器接触，气体压强不变，由盖-吕萨克定律
解得
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【分析】（1）加热前，对活塞受力分析，根据受力平衡求解压强；
（2）明确各个状态参数，由查理定律和盖-吕萨克定律列式求解。
（1）加热前，对活塞受力分析可知
得
（2）设活塞刚开始向上滑动时，气体压强为，热力学温度为，对活塞由平衡条件得
得
从初始状态对活塞开始向上滑动，气体体积不变，由查理定律得
得
从活塞开始向上滑动到活塞刚与限位器接触，气体压强不变，由盖-吕萨克定律
解得
16．如图所示，两个带有限位的开口汽缸A和B，高都为h，底面积分别2S和S，下端由较细的气管联通，A、B汽缸中各有一个位于汽缸底部的活塞，质量分别为2m、现通过阀门K给汽缸缓慢打气，每次可以打进压强为、体积相同的室温气体，打了15次后，两活塞都恰好到达汽缸的正中央，关闭已知室温为，大气压强，汽缸导热性能良好，气管中气体忽略不计，活塞厚度可忽略，不计一切阻力，重力加速度为
（1）求活塞到达汽缸的正中央时，汽缸内气体的压强
（2）求每次打入室温气体的体积
（3）若在汽缸B中的活塞上方缓慢倒入质量为m的沙子，汽缸内气体达到平衡后，再给汽缸加热，求当汽缸B中的活塞刚要开始上升时，汽缸内气体的温度
【答案】（1）解：气缸A中活塞受力平衡
解得
（2）解：每次可以打进压强为、体积相同的室温气体，打15次，则可认为是压强为、体积为的气体等温压缩到汽缸中，根据玻意耳定律有
解得
（3）解：在汽缸B中的活塞上方缓慢倒入质量为m的沙子，活塞对B汽缸内气体做功，刚开始时若A汽缸中缓慢活塞上移、B汽缸中缓慢活塞下移，当B中气体被全部压入A汽缸时，由
解得
则此时A汽缸中活塞在气缸底部上方处。
给汽缸加热，气体膨胀，当A汽缸中活塞继续向上运动，直到被汽缸顶部被卡住，汽缸内气体压强开始增大，当气缸B中的活塞刚要开始上升时，对气缸B中的活塞和沙子有
可得
对汽缸中气体，由理想气体状态方程
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）通过活塞的受力平衡，结合已知压强表达式，直接推导气体压强，体现静力学与气体压强的关联。
（2）利用玻意耳定律，将打入气体与汽缸内气体的状态变化关联，求解打入气体的体积，体现气体实验定律的应用。
（3）结合受力平衡确定末态压强，再通过理想气体状态方程整合压强、体积、温度的变化，推导末态温度，体现气体状态变化的综合分析。
（1）气缸A中活塞受力平衡
解得
（2）每次可以打进压强为、体积相同的室温气体，打15次，则可认为是压强为、体积为的气体等温压缩到汽缸中，根据玻意耳定律有
解得
（3）在汽缸B中的活塞上方缓慢倒入质量为m的沙子，活塞对B汽缸内气体做功，刚开始时若A汽缸中缓慢活塞上移、B汽缸中缓慢活塞下移，当B中气体被全部压入A汽缸时，由
解得
则此时A汽缸中活塞在气缸底部上方处。
给汽缸加热，气体膨胀，当A汽缸中活塞继续向上运动，直到被汽缸顶部被卡住，汽缸内气体压强开始增大，当气缸B中的活塞刚要开始上升时，对气缸B中的活塞和沙子有
可得
对汽缸中气体，由理想气体状态方程
解得
17．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距，汽缸内气体温度为。求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
【答案】解：（1）缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理想气体有
，，，
由盖-吕萨克定律可得
解得
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有
由盖-吕萨克定律可得
解得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有
所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
所以有初状态，，
末状态，，
根据
可得
，（舍去）
所以弹簧长度为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）缸内气体的温度缓慢降低时，根据整体受力平衡可知气体压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，由盖-吕萨克定律，可求解移动距离x，再根据x与L关系判断活塞A未碰到大圆筒底部。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有，由盖-吕萨克定律可得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时
所体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
初状态，，，末状态，，
根据，可得。
18．如图所示，有一长方体导热汽缸ABCD放置于水平地面上，其内部被两个活塞分为I、II、III三个等大的区域，活塞的面积为S，在汽缸的AD、BC边上分别有阀门，。初始时三个区域内封闭的气体压强均与大气压强相等。现先后经历如下两个过程：①打开阀门，关闭，再将汽缸顺时针转动90°，等待气体状态平衡。②先关闭阀门，再打开，等待气体状态平衡。活塞的厚度不计，不计一切摩擦阻力，气体均可视为视想气体，过程中环境温度不变。已知每个活塞的质量均为，；。求：
（1）经历过程①后，II室中的气体内能　 　（填“增加”“减少”或“不变”，下同）III室中单位时间内气体分子碰撞汽缸壁的次数　 　
（2）经历两个过程后，II室所占的体积与整个汽缸的体积之比为　 　
（3）经历两个过程后，I中气体质量与原有气体质量之比为　 　
【答案】不变；增加；；
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；物体的内能；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）环境温度不变，导热汽缸，则气体温度不变，故内能不变；
将汽缸顺时针转动90°，对上方活塞研究，设此时II中压强为，可得
设此时III中压强为，对下方活塞研究
则
则III室中单位时间内气体分子碰撞汽缸壁的次数增大；
（2）由上述解得
对II中气体研究，根据玻意耳定律可得
解得
经历2过程，设此时II中压强为，对下面的活塞根据平衡关系可得
解得
对II中气体研究，根据玻意耳定律可得
解得
经历两个过程后，II室所占的体积与整个汽缸的体积之比为
（3） 经历两个过程后，I中气体质量为过程1结束后气体质量，对III中气体研究，根据玻意耳定律可得
解得
故I中气体体积为
故经历两个过程后，I中气体质量与原有气体质量之比为
【分析】（1）理想气体的内能随温度变化，导热汽缸，环境温度不变，所以气体温度不变，内能不变。压强变大，单位时间内气体分子碰撞汽缸壁的次数增大。
（2）根据活塞受力平衡可求解压强，根据玻意耳定律可得，可求解体积之比。
（3）经历两个过程后，I中气体质量为过程1结束后气体质量，对III中气体研究，根据玻意耳定律可得
，经历两个过程后，I中气体质量与原有气体质量之比等于体积之比。
19．如图所示，内径相同，导热良好的“T”形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强，设外界温度不变。求
（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强；
（2）活塞移动的距离为多大？
【答案】（1）解：水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强
（2）解：初状态，气体A的压强
设玻璃管横截面积为，初状态气体A的体积
设末状态气体A的体积为，对气体A由玻意耳定律得
解得
末状态气体A的长度
气体A的长度减少量
初状态气体B的压强
末状态气体B的压强
初状态气体B的体积
设活塞移动的距离为，末状态气体B的体积
对气体B由玻意耳定律得
代入数据得
解得
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【分析】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时 ，结合压强间的等量关系求得气体A的压强。
（2） 对气体A由玻意耳定律得末状态气体A的体积 ，结合玻意耳定律得活塞移动的距离 。
20．一定量的理想气体从状态A开始，经历A、B、C三个状态变化完成循环，其压强p与体积V的关系图像如图所示。已知A（，），B（，），C（，），状态A的温度为。
（1）求状态C的温度；
（2）类比直线运动中根据速度一时间图像求位移的方法，求过程B→C中，气体对外界做的功W；
（3）求过程A→B中，气体从外界吸收的热量Q。
【答案】（1）解：根据题意，由理想气态方程有
解得
（2）解：根据题意可知，图像中图线与横轴围成面积表示气体做功，过程B→C中，气体对外界做的功为
（3）解：根据题意可知，过程A→B中，气体对外界做的功为
由理想气态方程有
可得
则气体的内能不变，由热力学第一定律可得，气体从外界吸收的热量
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【分析】（1）结合图像，由理想气态方程求得状态C的温度。
（2） 图像中图线与横轴围成面积表示气体做功 。
（3）求出过程A→B中，气体对外界做的功，由理想气态方程得出气体的内能不变，由热力学第一定可得气体从外界吸收的热量 。
21．“胜哥”向一个空的铝制饮料罐中水平插入一根透明吸管，设计并制成了一个简易的气湿计。在吸管与罐接口处用胶密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），如图所示。当温度为t1时，油柱距离罐口x1，罐内气体的压强为p1；当温度增加到t2时，油柱距离罐口x2，罐内气体的压强为p2。若吸管粗细均匀，饮料罐容积不变，大气压强恒为p0。
（1）请比较p2与p1的大小关系，并说明理由；
（2）请在V—T图中定性画出密封气体体积随温度变化的图像；
（3）若在吸管上标出温度值，你认为刻度是否均匀，请推理说明。
【答案】（1）解：设吸管内部横截面积为S，则对油柱做受力分析有p1S = p0S，p2S = p0S
则可知，罐内气体做等压变化，有p2= p1
（2）解：根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即V = CT
则密封气体体积随温度变化的图像如下图所示
（3）解：设吸管内部横截面积为S，罐的容积是V0，根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即
则
根据题意可知
则
即温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【分析】（1） 罐内气体做等压变化，有p2= p1。
（2） 空气的体积和温度成正比，气体体积随温度变化的图像 为一条过原点的倾斜直线。
（3） 根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，温度的变化量与距离的变化量成正比，吸管上的温度刻度分布均匀 。
22．如图所示，两个厚度不计横截面面积、质量均为m=2.5kg的绝热活塞，将下端带有阀门K（阀门距离地面很近，且忽略阀门内气体的体积）上端封闭的竖直绝热汽缸分成A、B、C三部分，每部分内部均有体积可忽略的热交换器（图中未画出），A、B、C三部分气体均看作理想气体，两个活塞之间连有劲度系数、原长为的竖直轻弹簧。开始时，阀门K打开，各部分气体温度均为，汽缸内部总长度，A部分气柱的长度为，B部分气柱长度为。已知外界大气压强为，活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，重力加速度g取，热力学温度与摄氏温度的关系为，求：
（1）先启动A中的热交换器，使A部分气体的温度缓慢加热到并保持不变，加热后A部分气体气柱的长度？
（2）待（1）问内的气体温度稳定后，再启动B中的热交换器，缓慢加热B部分气体当B部分气柱的长度时停止加热，则此时B部分气体的温度？
（3）待A、B两部分的气体温度稳定后，关闭阀门K。同时改变A、B两部分内的气体温度，使A部分温度保持在不变；B部分温度保持在不变。最后打开C部分内部的热交换器，使C内部的温度缓慢变化，则当C部分内的气体温度变为多少摄氏度时轻弹簧刚好恢复原长。
【答案】（1）解：对两个活塞整体受力分析，根据平衡条件，A部分气体压强
解得
加热过程中，A部分气体做等压变化，加热前温度T1=（27+273）K=300K
体积VA1=LA1S
加热后温度TA2=（627+273）K=900K
体积VA2=LA2S
根据盖一吕萨克定律
解得
（2）解：设加热前B部分气体压强为p1，体积为
加热前对下边活塞受力分析，根据平衡条件有
解得
加热后压强为p2，体积为
加热后，B部分气体气柱的长度比弹簧原长长，对下边活塞受力分析，根据平衡条件
解得
对B部分气体，加热前后，根据理想气体状态方程
解得
（3）解：A部分温度保持在不变，压强为，体积为
由理想气体状态方程得
B部分温度保持在不变，B部分的压强，体积
由理想气体状态方程得
轻弹簧恢复原长时，
解得，
关闭阀门K时，C部分气柱的长度为
轻弹簧刚好恢复原长时，C部分气柱的长度为
轻弹簧刚好恢复原长时C部分气体压强
对C部分气体由理想气体状态方程得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 (1)、 对两个活塞整体受力分析，根据平衡条件 ，A部分气体压强 ， 再根据盖一吕萨克定律；
(2)、待（1）问内的气体温度稳定后，再启动B中的热交换器， 活塞受力分析，根据平衡条件得到压强的关系，再运用 理想气体状态方程 求解。
；
(3)、 分别对ABC部分气体分析，根据理想气体状态方程得， ， ， 根据平衡条件 ，ABC部分气体受力分析求压强
23．热气球主要由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，球囊下端有一开口，使球囊内外的气体可以流通，如图所示是“胜哥”在乘坐热气球。热气球在运动过程中，其体积及形状可视为保持不变。
（1）一质量为m的探险家乘坐热气球到达离地面h高处，已知地球半径为R，质量为M，引力常量为G，则探险家与地球间的万有引力大小为　 　．
（2）某热气球的球囊容积（球囊壳体的体积可忽略），热气球及人员总质量（不含球囊内空气质量），若地面附近的空气温度、空气密度。忽略燃料燃烧损耗的质量、吊篮和加热装置的体积。
（1）飞行前加热球囊内空气。加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ可能为　 　；
A．B．
C．D．
（2）缓慢加热球囊内空气，热气球刚要离开地面时球囊内热空气的密度为　 　；
（3）该热气球从地面升起，球囊内气温至少为　 　℃。
（3）一载有物体的热气球悬停于地面上方。某时刻在距地面高为H的O处，将一质量为m的物体相对于地面以大小为的速度水平向右抛出。抛出物体后的热气球及其载荷的总质量为M，不计空气阻力和抛出物体受的浮力，热气球所受浮力保持不变。重力加速度为g。
（1）若以水平地面为零势能面，物体刚要落地时的机械能为　 　；
（2）水平抛出物体后，热气球相对于地面的运动轨迹可能是　 　；
（3）在抛出到落地的过程中，物体动量变化量的大小为　 　。
【答案】（1）
（2）A；0.9；111
（3）；C；
【知识点】动量定理；万有引力定律的应用；分子运动速率的统计规律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】 [解答]（1）根据万有引力定律，可得探险家与地球间的万有引力大小为
（2）飞行前加热球囊内空气温度升高，空气的分子平均动能增大，速率大的分子占比增大，速率低的占比减小，分子总数不变，即为加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ符合的要求，对各项分析，可知A项符合要求，B项中分子总数发生变化，C项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，D项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，且分子总数发生变化。
故选A。
设热气球刚要离开地面时，球内热空气的密度为，则热气球刚要离开地面时，根据平衡条件有，代入数据解得
设为使热气球从地面升起，球内气温至少要达到T。加热过程气体作等压变化，根据盖—吕萨克定律有，又球囊内空气质量不变，则有，联立可得
其中，，
代入数据解得
则球囊内气温至少为
（3）若以水平地面为零势能面，物体刚开始的机械能为
由题知，不计空气阻力和抛出物体受的浮力，可知物体的机械能守恒，可得物体刚要落地时的机械能为，水平向右抛出物体后，在水平方向物体与热气球满足动量守恒，则热气球会获得一个向左的水平速度；未抛出物体前，物体和热气球处于静止状态；因热气球所受浮力保持不变，抛出物体后，热气球内的质量减少，重力减少，故热气球具有竖直向上的加速度，所以热气球在水平方向上做向左的匀速直线运动和在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以其合运动轨迹为一条向上凹的曲线，故C项符合要求。
故选C。
物体从高为H处水平向右平抛，在竖直方向上有，解得落时间为
根据动量定理有，可得物体动量变化量的大小
[分析]一、万有引力定律
公式：，注意 （离地心距离）。
二、热气球浮力与平衡条件
浮力公式：，其中 为外部空气密度， 为热气球体积。
起飞条件：浮力 ≥ 总重力（含球囊内空气质量）。
球囊内空气质量 ；总质量
临界条件：ρ
三、气体状态变化与密度关系
加热过程：球囊开口 → 内外压强始终相等（等压变化）。
密度与温度：由 （理想气体状态方程），压强 不变时，密度 。
盖-吕萨克定律：等压条件下，。
四、分子速率分布曲线
温度升高，分子平均动能增大，速率分布曲线峰值右移、变宽。
加热前后分子总数减少（部分空气流出），但分布曲线应显示高温时高速分子比例增加，且曲线下面积相等？不对，质量减少，分子数减少，曲线整体下移。
五、抛体与热气球运动
动量守恒（水平方向）：抛出物体前，系统静止，总动量为 0。
抛出物体后，物体水平速度 向右 → 热气球获得向左水平速度 ，满足：→
竖直运动：抛出物体后，热气球总重力减小，浮力不变 → 合力向上 → 竖直向上加速。
轨迹：水平匀速向左 + 竖直匀加速向上 → 曲线向左上凹
物体机械能守恒：不计空气阻力和浮力，只有重力做功 → 机械能不变
（1）根据万有引力定律，可得探险家与地球间的万有引力大小为
（2）[1]飞行前加热球囊内空气温度升高，空气的分子平均动能增大，速率大的分子占比增大，速率低的占比减小，分子总数不变，即为加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ符合的要求，对各项分析，可知A项符合要求，B项中分子总数发生变化，C项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，D项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，且分子总数发生变化。
故选A。
[2]设热气球刚要离开地面时，球内热空气的密度为，则热气球刚要离开地面时，根据平衡条件有
代入数据解得
[3]设为使热气球从地面升起，球内气温至少要达到T。加热过程气体作等压变化，根据盖—吕萨克定律有
又球囊内空气质量不变，则有
联立可得
其中，，
代入数据解得
则球囊内气温至少为
（3）[1]若以水平地面为零势能面，物体刚开始的机械能为
由题知，不计空气阻力和抛出物体受的浮力，可知物体的机械能守恒，可得物体刚要落地时的机械能为
[2]水平向右抛出物体后，在水平方向物体与热气球满足动量守恒，则热气球会获得一个向左的水平速度；未抛出物体前，物体和热气球处于静止状态；因热气球所受浮力保持不变，抛出物体后，热气球内的质量减少，重力减少，故热气球具有竖直向上的加速度，所以热气球在水平方向上做向左的匀速直线运动和在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以其合运动轨迹为一条向上凹的曲线，故C项符合要求。
故选C。
[3]物体从高为H处水平向右平抛，在竖直方向上有
解得落时间为
根据动量定理有
可得物体动量变化量的大小
24．如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为SA=120 cm2，SB=20 cm2。两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度为27℃，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a=40 cm、b=10 cm，活塞静止。（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27℃，外界大气压为p0）。
（1）当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA，及压强pA；
（2）停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部的距离Δx。
（3）之后将阀门K关闭，用打气筒（图中未画出）向A汽缸中缓慢充入压强为2p0的理想气体，使活塞回到初始状态时的位置，则充入的理想气体体积ΔV为多少
【答案】解：（1）阀门K关闭时，将A内气体缓慢加热，温度缓慢升高，根据受力平衡可知，气体压强不变，为等压变化，对于A气体，初态有
，
末态有
由盖—吕萨克定律有
即
解得
对两活塞整体为研究对象，根据受力平衡得
解得
（2）打开阀门K稳定后，设气体压强为，以两个活塞和杆为整体有
解得
设大活塞最终左移x，对封闭气体分析；初态有
，，
末态有
，，
由理想气体状态方程得
即
代入数据解得
（3）关闭阀门，若活塞恢复初始位置，则对B中气体，初态有
，
末态压强为，体积为
由玻意耳定律得
即
解得
则
解得
对A中气体和充入气体整体为研究对象，初态有
，
，
末态有
，
根据玻意耳定律得
即
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据盖-吕萨克定律，找到气体的初末状态参量列方程求解；
（2）根据平衡关系以及理想气体状态方程列式求解；
（3） 根据玻意耳定律，找到气体的初末状态参量列方程求解。
25．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接，且可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动．A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为．初始时活塞A与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距2L，汽缸内气体温度为．求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至380K时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
【答案】（1）解缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，活塞A、B一起向右移动，
对理想气体有，
由题可知，，
由盖-吕萨克定律可得：，
解得，
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L；
（2）解大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有，
由盖-吕萨克定律可得
解得，
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有，
气体发生等容变化，由查理定律
解得
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由盖-吕萨克定律分析封闭气体，求出活塞移动的位移；（2）先由盖-吕萨克定律定律分析大活塞刚刚碰到大圆筒底部时气体的温度，大活塞碰到大圆筒底部后，气体做等容变化，再由查理定律分析，求出缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。
26．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmHg．环境温度不变．
【答案】解：设初始时，右管中空气柱的压强为 ，长度为 ；左管中空气柱的压强为 ，长度为 ．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为 ，长度为 ．；左管中空气柱的压强为 ，长度为 ．以cmHg为压强单位．由题给条件得： …① …②由玻意耳定律得 …③联立①②③式和题给条件得： …④依题意有： …⑤ …⑥由玻意耳定律得： …⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h=9.42cm答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】活塞被下推的过程为等温变化，根据玻意耳定律以右管中空气为研究对象，列等温变化方程求出活塞被下推h后，右管中空气柱的压强。最后管内两边汞柱高度相等，所以压强也相等，求出左管中空气柱的压强，再以左管中空气柱为研究对象，列 等温变化的方程，最后求出活塞向下移动的距离。
27．如图所示，在横截面积S=0.01 m2的圆柱形气缸中用一光滑导热活塞封闭一定质量的理想气体，气缸底部开有一小孔，与U形管相连，稳定后导管两侧水银面的高度差为 h=15cm，此时活塞离容器底部的高度为L=50cm，U形导管的体积可忽略。已知室温t0=27℃，外界大气压强p0 =75 cmHg=1.0×105Pa，重力加速度g= 10 m/s2.
（1）求活塞的质量；
（2）使环境温度缓慢降至-63℃，求此时U形管两侧水银面高度差和活塞离容器底部的高度L'。
【答案】（1）解：根据形导管两侧水银面的高度差可知气缸中的压强为
且有
所以活塞产生的压强为
解得
（2）解：由于活塞光滑，所以气体发生等压变化，形管两侧水银面的高度差不变，仍为
初状态：温度为
体积为
末状态：温度为
体积为
由盖-吕萨克定律有
解得活塞离容器底部的高度为
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）根据压强的表达式以及平衡得出活塞的质量；
（2）环境温度发生变化时根据 盖-吕萨克定律得出活塞离容器底部的高度。
21世纪教育网(www.21cnjy.com) 30 / 40中小学教育资源及组卷应用平台
物理选择性必修三2.3 气体的等压变化和等容变化同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．如图，“胜哥”用一根带阀门的细管联通两个同一材质做成的气球a、b，此时阀门关闭，。两气球与外界热交换足够充分，且外界温度一定。已知球形弹性容器内外压强差，R为容器半径，k为与容器材质有关的常数。现在“胜哥”打开阀门，则（　　）
A．a中气体全部进入b B．b中气体全部进入a
C．a略变大，b略变小 D．b略变大，a略变小
2．如图所示是某气体经历的两个状态变化过程的图像，对应的图像应是（　　）
A． B．
C． D．
3． 一定质量的理想气体从状态a开始，经b、、三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知初始状态气体的温度为T，三个状态的坐标分别为a(V0，5P0)、b(5V0，5p0)、c(5V0，p0)，下列说法正确的是（　　）
A．气体在c状态的温度与a状态的温度一定相等
B．气体在b状态的温度与a状态的温度可能相等
C．在过程中，封闭气体的温度一定不变
D．在过程中，气体分子的平均动能一定增大
4．1934年我国物理学家葛正权定量验证了麦克斯韦的气体分子速率分布规律。氧气在不同温度下的分子速率分布规律如图所示，图中实线1、2对应氧气的温度分别为，，下列说法正确的是（　　）
A．小于
B．同一温度下，氧气分子的速率分布呈现出“中间少，两头多”的分布规律
C．实线1与横轴围成的面积大于实线2与横轴围成的面积
D．温度为的氧气的分子速率分布规律曲线可能是图中的虚线
5．2020年初，新冠病毒来袭。我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给全球留下了深刻的印象。如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A瓶与B瓶中的药液一起用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
6．一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度，玻璃管开口斜向上，在倾角的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为，大气压强始终为，取重力加速度大小，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是（　　）
A．被封闭气体的压强
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度
C．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度
D．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度，则现在的温度与原来温度之比为14∶15
7．如图所示，“胜哥”在足够长的光滑斜面上，放一端封闭的导热玻璃管。玻璃管内部液柱封闭了一定量的理想气体，外界温度保持不变。在斜面上静止释放玻璃管，当液柱在玻璃管中相对稳定后，以下说法正确的是（　　）
A．封闭气体的长度将变长
B．封闭气体的分子平均动能减小
C．封闭气体压强小于外界大气压
D．单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数增加
8．如图所示，气缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触 初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量所以下侧气体压强是上侧气体压强两倍，上下气体体积之比 ： ：2，温度之比 ： ： 保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为
A．4：5 B．5：9 C．7：24 D．16：25
二、多项选择题
9．一定质量的理想气体由状态a开始经状态b、c回到状态a的过程，其p-V图像如图所示，其中ab段与横轴平行，状态b、c时的温度相同。关于该变化过程，下列说法中正确的是（　　）
A．a→b过程中气体内能增加
B．c状态时气体温度最低
C．b→c过程中外界对气体做功的大小为
D．整个过程外界对气体做功的大小为
10．一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程1到达状态b，经历过程2到达状态c，经历过程3到达状态d，经历过程4回到状态a。其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，且cd与V轴平行，ab的延长线过原点，ad与T轴平行。关于这四个过程，下列说法正确的是（ ）
A．在过程1中，理想气体的压强不变
B．在过程2中，理想气体内能不变
C．在过程3中，气体对外做功，气体分子平均动能不变
D．气体在a、b、c、四个状态时，在状态d时的压强最大
11．如图所示，是一定质量的某种气体状态变化的图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体的温度和分子平均速率的变化情况的下列说法正确的是（　　）
A．都一直保持不变 B．温度先升高后降低
C．温度先降低后升高 D．平均速率先增大后减小
12． 图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是（　　）
A．的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数不变
B．的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减小
C．的过程，气体分子的数密度增大
D．的过程，气体分子数密度增大，分子的平均速率减少
13． 如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为和，体积分别为和，。则（　　）
A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
14． 图为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成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，对应的体积变化量分别为、，压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（　　）
A． B．
C． D．水银柱向上移动了一段距离
三、非选择题
15．如图所示为竖直放置、开口向上的圆柱形绝热容器，横截面积为S。用质量为的绝热活塞将一部分理想气体密封在容器中后，在容器顶端装上限位器，防止活塞从容器中滑出。初始时容器内气体的温度为，活塞到容器底部的距离为，此时活塞与容器壁之间恰好无摩擦力。连接电热丝的电源对容器内部的气体加热，使活塞缓慢上升后与限位器接触，停止加热。已知重力加速度为，大气压强，活塞与容器壁的滑动摩擦力为活塞重力的倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略电热丝的体积，求：
（1）加热前容器内气体的压强；
（2）活塞刚与限位器接触时气体的温度。
16．如图所示，两个带有限位的开口汽缸A和B，高都为h，底面积分别2S和S，下端由较细的气管联通，A、B汽缸中各有一个位于汽缸底部的活塞，质量分别为2m、现通过阀门K给汽缸缓慢打气，每次可以打进压强为、体积相同的室温气体，打了15次后，两活塞都恰好到达汽缸的正中央，关闭已知室温为，大气压强，汽缸导热性能良好，气管中气体忽略不计，活塞厚度可忽略，不计一切阻力，重力加速度为
（1）求活塞到达汽缸的正中央时，汽缸内气体的压强
（2）求每次打入室温气体的体积
（3）若在汽缸B中的活塞上方缓慢倒入质量为m的沙子，汽缸内气体达到平衡后，再给汽缸加热，求当汽缸B中的活塞刚要开始上升时，汽缸内气体的温度
17．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距，汽缸内气体温度为。求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
18．如图所示，有一长方体导热汽缸ABCD放置于水平地面上，其内部被两个活塞分为I、II、III三个等大的区域，活塞的面积为S，在汽缸的AD、BC边上分别有阀门，。初始时三个区域内封闭的气体压强均与大气压强相等。现先后经历如下两个过程：①打开阀门，关闭，再将汽缸顺时针转动90°，等待气体状态平衡。②先关闭阀门，再打开，等待气体状态平衡。活塞的厚度不计，不计一切摩擦阻力，气体均可视为视想气体，过程中环境温度不变。已知每个活塞的质量均为，；。求：
（1）经历过程①后，II室中的气体内能　 　（填“增加”“减少”或“不变”，下同）III室中单位时间内气体分子碰撞汽缸壁的次数　 　
（2）经历两个过程后，II室所占的体积与整个汽缸的体积之比为　 　
（3）经历两个过程后，I中气体质量与原有气体质量之比为　 　
19．如图所示，内径相同，导热良好的“T”形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强，设外界温度不变。求
（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强；
（2）活塞移动的距离为多大？
20．一定量的理想气体从状态A开始，经历A、B、C三个状态变化完成循环，其压强p与体积V的关系图像如图所示。已知A（，），B（，），C（，），状态A的温度为。
（1）求状态C的温度；
（2）类比直线运动中根据速度一时间图像求位移的方法，求过程B→C中，气体对外界做的功W；
（3）求过程A→B中，气体从外界吸收的热量Q。
21．“胜哥”向一个空的铝制饮料罐中水平插入一根透明吸管，设计并制成了一个简易的气湿计。在吸管与罐接口处用胶密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），如图所示。当温度为t1时，油柱距离罐口x1，罐内气体的压强为p1；当温度增加到t2时，油柱距离罐口x2，罐内气体的压强为p2。若吸管粗细均匀，饮料罐容积不变，大气压强恒为p0。
（1）请比较p2与p1的大小关系，并说明理由；
（2）请在V—T图中定性画出密封气体体积随温度变化的图像；
（3）若在吸管上标出温度值，你认为刻度是否均匀，请推理说明。
22．如图所示，两个厚度不计横截面面积、质量均为m=2.5kg的绝热活塞，将下端带有阀门K（阀门距离地面很近，且忽略阀门内气体的体积）上端封闭的竖直绝热汽缸分成A、B、C三部分，每部分内部均有体积可忽略的热交换器（图中未画出），A、B、C三部分气体均看作理想气体，两个活塞之间连有劲度系数、原长为的竖直轻弹簧。开始时，阀门K打开，各部分气体温度均为，汽缸内部总长度，A部分气柱的长度为，B部分气柱长度为。已知外界大气压强为，活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，重力加速度g取，热力学温度与摄氏温度的关系为，求：
（1）先启动A中的热交换器，使A部分气体的温度缓慢加热到并保持不变，加热后A部分气体气柱的长度？
（2）待（1）问内的气体温度稳定后，再启动B中的热交换器，缓慢加热B部分气体当B部分气柱的长度时停止加热，则此时B部分气体的温度？
（3）待A、B两部分的气体温度稳定后，关闭阀门K。同时改变A、B两部分内的气体温度，使A部分温度保持在不变；B部分温度保持在不变。最后打开C部分内部的热交换器，使C内部的温度缓慢变化，则当C部分内的气体温度变为多少摄氏度时轻弹簧刚好恢复原长。
23．热气球主要由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，球囊下端有一开口，使球囊内外的气体可以流通，如图所示是“胜哥”在乘坐热气球。热气球在运动过程中，其体积及形状可视为保持不变。
（1）一质量为m的探险家乘坐热气球到达离地面h高处，已知地球半径为R，质量为M，引力常量为G，则探险家与地球间的万有引力大小为　 　．
（2）某热气球的球囊容积（球囊壳体的体积可忽略），热气球及人员总质量（不含球囊内空气质量），若地面附近的空气温度、空气密度。忽略燃料燃烧损耗的质量、吊篮和加热装置的体积。
（1）飞行前加热球囊内空气。加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ可能为　 　；
A．B．
C．D．
（2）缓慢加热球囊内空气，热气球刚要离开地面时球囊内热空气的密度为　 　；
（3）该热气球从地面升起，球囊内气温至少为　 　℃。
（3）一载有物体的热气球悬停于地面上方。某时刻在距地面高为H的O处，将一质量为m的物体相对于地面以大小为的速度水平向右抛出。抛出物体后的热气球及其载荷的总质量为M，不计空气阻力和抛出物体受的浮力，热气球所受浮力保持不变。重力加速度为g。
（1）若以水平地面为零势能面，物体刚要落地时的机械能为　 　；
（2）水平抛出物体后，热气球相对于地面的运动轨迹可能是　 　；
（3）在抛出到落地的过程中，物体动量变化量的大小为　 　。
24．如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为SA=120 cm2，SB=20 cm2。两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度为27℃，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a=40 cm、b=10 cm，活塞静止。（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27℃，外界大气压为p0）。
（1）当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA，及压强pA；
（2）停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部的距离Δx。
（3）之后将阀门K关闭，用打气筒（图中未画出）向A汽缸中缓慢充入压强为2p0的理想气体，使活塞回到初始状态时的位置，则充入的理想气体体积ΔV为多少
25．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接，且可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动．A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为．初始时活塞A与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距2L，汽缸内气体温度为．求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至380K时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
26．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmHg．环境温度不变．
27．如图所示，在横截面积S=0.01 m2的圆柱形气缸中用一光滑导热活塞封闭一定质量的理想气体，气缸底部开有一小孔，与U形管相连，稳定后导管两侧水银面的高度差为 h=15cm，此时活塞离容器底部的高度为L=50cm，U形导管的体积可忽略。已知室温t0=27℃，外界大气压强p0 =75 cmHg=1.0×105Pa，重力加速度g= 10 m/s2.
（1）求活塞的质量；
（2）使环境温度缓慢降至-63℃，求此时U形管两侧水银面高度差和活塞离容器底部的高度L'。
答案解析部分
1．【答案】D
2．【答案】C
3．【答案】A
4．【答案】A
5．【答案】C
6．【答案】D
7．【答案】A
8．【答案】D
9．【答案】A,D
10．【答案】A,C
11．【答案】B,D
12．【答案】B,D
13．【答案】A,C
14．【答案】C,D
15．【答案】（1）解：加热前，对活塞受力分析可知
得
（2）解：设活塞刚开始向上滑动时，气体压强为，热力学温度为，对活塞由平衡条件得
得
从初始状态对活塞开始向上滑动，气体体积不变，由查理定律得
得
从活塞开始向上滑动到活塞刚与限位器接触，气体压强不变，由盖-吕萨克定律
解得
16．【答案】（1）解：气缸A中活塞受力平衡
解得
（2）解：每次可以打进压强为、体积相同的室温气体，打15次，则可认为是压强为、体积为的气体等温压缩到汽缸中，根据玻意耳定律有
解得
（3）解：在汽缸B中的活塞上方缓慢倒入质量为m的沙子，活塞对B汽缸内气体做功，刚开始时若A汽缸中缓慢活塞上移、B汽缸中缓慢活塞下移，当B中气体被全部压入A汽缸时，由
解得
则此时A汽缸中活塞在气缸底部上方处。
给汽缸加热，气体膨胀，当A汽缸中活塞继续向上运动，直到被汽缸顶部被卡住，汽缸内气体压强开始增大，当气缸B中的活塞刚要开始上升时，对气缸B中的活塞和沙子有
可得
对汽缸中气体，由理想气体状态方程
解得
17．【答案】解：（1）缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理想气体有
，，，
由盖-吕萨克定律可得
解得
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。
（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有
由盖-吕萨克定律可得
解得
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有
所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有
所以有初状态，，
末状态，，
根据
可得
，（舍去）
所以弹簧长度为
18．【答案】不变；增加；；
19．【答案】（1）解：水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强
（2）解：初状态，气体A的压强
设玻璃管横截面积为，初状态气体A的体积
设末状态气体A的体积为，对气体A由玻意耳定律得
解得
末状态气体A的长度
气体A的长度减少量
初状态气体B的压强
末状态气体B的压强
初状态气体B的体积
设活塞移动的距离为，末状态气体B的体积
对气体B由玻意耳定律得
代入数据得
解得
20．【答案】（1）解：根据题意，由理想气态方程有
解得
（2）解：根据题意可知，图像中图线与横轴围成面积表示气体做功，过程B→C中，气体对外界做的功为
（3）解：根据题意可知，过程A→B中，气体对外界做的功为
由理想气态方程有
可得
则气体的内能不变，由热力学第一定律可得，气体从外界吸收的热量
21．【答案】（1）解：设吸管内部横截面积为S，则对油柱做受力分析有p1S = p0S，p2S = p0S
则可知，罐内气体做等压变化，有p2= p1
（2）解：根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即V = CT
则密封气体体积随温度变化的图像如下图所示
（3）解：设吸管内部横截面积为S，罐的容积是V0，根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即
则
根据题意可知
则
即温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀
22．【答案】（1）解：对两个活塞整体受力分析，根据平衡条件，A部分气体压强
解得
加热过程中，A部分气体做等压变化，加热前温度T1=（27+273）K=300K
体积VA1=LA1S
加热后温度TA2=（627+273）K=900K
体积VA2=LA2S
根据盖一吕萨克定律
解得
（2）解：设加热前B部分气体压强为p1，体积为
加热前对下边活塞受力分析，根据平衡条件有
解得
加热后压强为p2，体积为
加热后，B部分气体气柱的长度比弹簧原长长，对下边活塞受力分析，根据平衡条件
解得
对B部分气体，加热前后，根据理想气体状态方程
解得
（3）解：A部分温度保持在不变，压强为，体积为
由理想气体状态方程得
B部分温度保持在不变，B部分的压强，体积
由理想气体状态方程得
轻弹簧恢复原长时，
解得，
关闭阀门K时，C部分气柱的长度为
轻弹簧刚好恢复原长时，C部分气柱的长度为
轻弹簧刚好恢复原长时C部分气体压强
对C部分气体由理想气体状态方程得
解得
23．【答案】（1）
（2）A；0.9；111
（3）；C；
24．【答案】解：（1）阀门K关闭时，将A内气体缓慢加热，温度缓慢升高，根据受力平衡可知，气体压强不变，为等压变化，对于A气体，初态有
，
末态有
由盖—吕萨克定律有
即
解得
对两活塞整体为研究对象，根据受力平衡得
解得
（2）打开阀门K稳定后，设气体压强为，以两个活塞和杆为整体有
解得
设大活塞最终左移x，对封闭气体分析；初态有
，，
末态有
，，
由理想气体状态方程得
即
代入数据解得
（3）关闭阀门，若活塞恢复初始位置，则对B中气体，初态有
，
末态压强为，体积为
由玻意耳定律得
即
解得
则
解得
对A中气体和充入气体整体为研究对象，初态有
，
，
末态有
，
根据玻意耳定律得
即
解得
25．【答案】（1）解缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，活塞A、B一起向右移动，
对理想气体有，
由题可知，，
由盖-吕萨克定律可得：，
解得，
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L；
（2）解大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有，
由盖-吕萨克定律可得
解得，
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有，
气体发生等容变化，由查理定律
解得
26．【答案】解：设初始时，右管中空气柱的压强为 ，长度为 ；左管中空气柱的压强为 ，长度为 ．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为 ，长度为 ．；左管中空气柱的压强为 ，长度为 ．以cmHg为压强单位．由题给条件得： …① …②由玻意耳定律得 …③联立①②③式和题给条件得： …④依题意有： …⑤ …⑥由玻意耳定律得： …⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h=9.42cm答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm．
27．【答案】（1）解：根据形导管两侧水银面的高度差可知气缸中的压强为
且有
所以活塞产生的压强为
解得
（2）解：由于活塞光滑，所以气体发生等压变化，形管两侧水银面的高度差不变，仍为
初状态：温度为
体积为
末状态：温度为
体积为
由盖-吕萨克定律有
解得活塞离容器底部的高度为
21世纪教育网(www.21cnjy.com) 12 / 23

展开更多......

收起↑