1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时素养评价七气体的等容变化和等压变化(40分钟100分)一、选择题(本题共6小题,每小题8分,共48分)1. (2020南昌高二检测)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【解析】选A。ab是等温线,压强减小则体积增大,A正确;因为bc的延长线通过原点,所以bc是等容
2、线,即气体体积在bc过程中保持不变,B错误; cd是等压线,温度降低则体积减小,C错误;如图所示,连接aO交cd于e,则ae是等容线,即Va=Ve,因为VdVe,所以VdV2C.V1H2,水银柱长度h1h2,今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变),则两管中气柱上方水银柱的移动情况是()A.均向下移动,A管移动较多B.均向上移动,A管移动较多C.A管向上移动,B管向下移动D.无法判断【解析】选A。因为在温度降低过程中,被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和,故封闭气柱均做等压变化,并由此推知,封闭气柱下端的水银面高度不变。根据盖吕萨克定律的分比形式V=V,因A、B管中
3、的封闭气柱初温T相同,温度降低量T也相同,且T0,所以VH2,A管中气柱的体积较大,则|V1|V2|,即A管中气柱减小得较多,故得出A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动,且A管中的水银柱下移得较多。本题的正确选项是A。【总结提升】液柱移动方向问题特点及判断方法(1)特点:此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化,直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难。(2)通常先进行气体状态的假设,然后应用查理定律可以很容易地求解两部分气体压强的变化p,并把压强转化为压力Sp来比较。若p均大于零,则液柱向Sp值较小的一方移动;若p均小于零,则液柱向|Sp|值较大的一方移动。(3)若Sp相等,则液柱不
4、移动。二、非选择题(本题共2小题,共22分)7.(10分)气体温度计结构如图所示,玻璃测温泡A内充有气体,通过细玻璃管B和水银压强计相连,开始时A处于冰水混合物中,左管C中水银面在O点处,右管D中水银面高出O点h1=14 cm,后将A放入待测恒温槽中,上下移动D,使C中水银面仍在O点处,测得D中水银面高出O点h2=44 cm,求恒温槽的温度(已知外界大气压为1个标准大气压,1个标准大气压相当于76 cmHg)。【解析】设恒温槽的温度为T2,由题意知T1=273 KA内气体发生等容变化,根据查理定律得=p1=p0+ph1p2=p0+ph2联立式,代入数据得T2=364 K(或91 )。答案:36
5、4 K(或91 )8.(12分)如图所示,绝热的汽缸内封有一定质量的气体,缸体质量M=200 kg,厚度不计的活塞质量m=10 kg,活塞横截面积S=100 cm2,活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时,缸内气体的温度为27 ,活塞位于汽缸正中间,整个装置都静止。已知大气压恒为p0=1.0105 Pa,重力加速度为g=10 m/s2。求:(1)缸内气体的压强p1;(2)缸内气体的温度升高到多少时,活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处。【解析】(1)以汽缸为研究对象(不包括活塞),由汽缸受力平衡得p1S=Mg+p0S,解得p1=3.0105 Pa。(2)设当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时,缸内气体温度为T
6、2,压强为p2,此时仍有p2S=Mg+p0S,即缸内气体做等压变化。对这一过程研究缸内气体,由盖吕萨克定律得=,所以T2=2T1=600 K,故t2=(600-273) =327 。答案:(1)3.0105 Pa(2)327 【总结提升】应用盖吕萨克定律解题的一般步骤(1)确定研究对象,即被封闭的气体;(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件:质量一定,压强不变;(3)确定初、末两个状态的温度、体积;(4)根据盖吕萨克定律列式求解;(5)求解结果并分析、检验。9. (15分)(1)(多选)如图所示为一定质量气体的等容线,下面说法中正确的是()A.直线AB的斜率是B.0 时气体的压
7、强为p0C.温度在接近0 K时气体的压强为零D.BA延长线与横轴交点为-273 E.压强p与温度t成正比(2)如图所示,一定质量的气体从状态A经B、C、D再回到A。问AB、BC、CD、DA是什么过程?已知气体在状态A时的体积是1 L,求在状态B、C、D时的体积各为多少。并作出其变化过程的p -V图象。【解析】(1)选A、B、D。在p-t图象上,等容线的延长线与t轴的交点坐标为-273 ,从图中可以看出,0 时气体压强为p0,因此直线AB的斜率为,A、B、D正确;在接近0 K时,气体已液化,因此不满足查理定律,压强不为零,C错误,压强p与温度t的关系是线性关系而不是成正比,E错误。(2)根据各图
8、象的含义,从图象可以看出:AB为等容变化,压强随温度升高而增大,VB=VA=1 L。BC为等压变化,体积随温度升高而增大,故=,所以VC=VB=1 L=2 L。CD为等温变化,体积随压强减小而增大,VD=VC=2 L=6 L。DA为等压变化,体积随温度降低而减小。据以上数据,题中四个过程的p -V图象如图所示。答案:(1)A、B、D(2)见解析10. (15分)(1)(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化,实验后计算机屏幕显示如p-t图象所示。已知在状态B时气体的体积为VB=3 L,则下列说法正确的是()A.状态A到状态B气体的体积不变B.状态A到状态B气体的体积增大C
9、.状态B到状态C气体温度增加D.状态A的压强是0.75 atmE.状态C体积是2 L(2)(2019全国卷)如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K。求细管的长度;若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度。【解析】(1)选A、D、E。状态A到状态B是等容变化,故体积不变,A对,B错;状态B到状态C是
10、等温变化,气体温度不变,C错;从题图中可知,pB=1.0 atm,TB=(273+91)K=364 K,TA=273 K,根据查理定律,有=,即=,解得pA=0.75 atm,D对;pB=1.0 atm,VB=3 L,pC=1.5 atm,根据玻意耳定律,有pBVB=pCVC,解得VC=2 L,E对。(2)设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有pV=p1V1由力的平衡条件有p=p0+ghp1=p0-gh式中,、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为
11、大气压强。由题意有V=S(L-h1-h)V1=S(L-h)由式和题给条件得L=41 cm设气体被加热前后的温度分别为T0和T,由盖吕萨克定律有=由式和题给数据得T=312 K答案:(1)A、D、E(2)41 cm312 K【加固训练】扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图,截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300 K,压强为大气压强p0 。当封闭气体温度上升至303 K时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部气体压强立刻减为p0,温度仍为303 K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求:(1)
12、当温度上升到303 K且尚未放气时,封闭气体的压强。(2)当温度恢复到300 K时,竖直向上提起杯盖所需的最小力。【解析】(1)以开始封闭的气体为研究对象,由题意可知,初状态温度T0=300 K,压强为p0,末状态温度T1=303 K,压强设为p1,由查理定律得=代入数据得p1=p0(2)设杯盖的质量为m,刚好被顶起时,由平衡条件得p1S=p0S+mg放出少许气体后,以杯盖内的剩余气体为研究对象,由题意可知,初状态温度T2=303 K,压强p2=p0,末状态温度T3=300 K,压强设为p3,由查理定律得=设提起杯盖所需的最小力为F,由平衡条件得F+p3S=p0S+mg联立式,代入数据得F=p0S答案:(1)p0(2)p0S关闭Word文档返回原板块
