1、课时作业7气体的等容变化和等压变化基础巩固1一定质量的气体从状态a，经历如图1所示的过程，最后到达状态c，设a、b、c三状态下的密度分别为a、b、c，则()图1AabcBabcCabc解析：一定质量的气体从a到b温度不变，压强减小，体积增大，由可知ab，由状态b到c等容变化密度不变，bc，故D项正确答案：D图22在一粗细均匀且两端封闭的U形玻璃管内，装有一段水银柱，将A和B两端的气体隔开，如图2所示在室温下，A、B两端的气体体积都是V，管内水银面的高度差为h，现将它竖直地全部浸没在沸水中，则()AA端气体体积比B端大Bh增大CA端气体压强比B端大Dh不变解析：由pT知，因A、B两部分气体初态温
2、度T相同，T相同，但pBpA，升高相同的温度后pBpA，故水银柱向A端移动，使h变大，因pBphpA，B端气体的压强大于A端气体的压强，故只有B项正确答案：B3一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c.如图3所示，下列图中能正确反映出这种变化过程的是()图3解析：由pT图象知，状态a到状态b为等容变化，且压强增大，由状态b到状态c为等温变化，且压强减小，所以在pV图上，状态a到状态b为平行于p轴的线段，且由下向上，状态b到状态c为双曲线的一部分，且压强减小，故选C.答案：C图44如图4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和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热
3、性能良好使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是()A若外界大气压强增大，则弹簧将压缩一些B若外界大气压强增大，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解析：取活塞及气缸为研究对象，其重力和弹簧弹力平衡，无论气体怎样变化，弹力不变，其长度不变，A错；p气p0，大气压强p0增大，气体压强变大，温度不变由玻意耳定律知气柱变短，即气缸上底面离地高度变小，B错；气体压强不变，温度升高，根据盖吕萨克定律知体积增大，气柱变长，知C错，D对答案：D5(多选)如图5所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段
4、高为h的水银柱，中间封有一段空气，则()图5A弯管左管内外水银面的高度差为hB若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大C若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升D若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升解析：被封闭气体的压强按右边计算为pp0ph，按左边算也为pp0ph，故左管内外水银面的高度差为h，A项正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B、C均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D项正确答案：AD图66(多选)如图6为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为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VA、VB，压强变
5、化量为pA、pB，对液面压力的变化量为FA、FB，则()A. 水银柱向上移动了一段距离B. VApBD. FAFB解析：假设升温后气体体积不变(水银柱不移动)，封闭气体发生等容变化由查理定律即pp，因最初pApBH(H为水银柱高度)，而T与T相同可得pApB，又由SASB故增大的压力FAFB，所以水银柱向上移动，选项A对因水银体积和封闭管容积不变，即A、B气体体积之和保持不变故VAVB，选项B错由细管上细下粗可知水银柱上移过程中水银高度H变大，而pApBH，所以pApB，因FpS而SASB，所以选项C对D错答案：AC7.图7图7为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到
6、状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是()ATATB，TBTB，TBTCCTATB，TBTC解析：一定质量的理想气体等容变化有常数，等压变化常数，根据压强或体积变化推知温度高低答案：C综合应用8如图8所示，两端封闭的U形玻璃管中装有水银，并在上端封有理想气体，温度相同，现将管放在沸水中使两段气体同时升高相同温度，则下面说法中正确的是()图8A气柱B的体积变小B气柱A的体积变小C气柱B的体积变大D无法判断气柱体积的变化过程解析：如图9所示设气体的初温为T，同时升高相同温度T时假定水银柱不动，A、B两部分气体发生等容变化，以气柱A为研
7、究对象，据查理定律有：图9即，pApA同理，得pBpB依题pApB，所以pApB，即同时升高相同温度时，水银柱向压强增加小的一方移动，气柱B的体积变小，A的体积变大，选项A正确答案：A9(多选)在图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，各图中正确描述一定质量的理想气体等压变化规律的是()解析：一定质量的气体在等压变化中，压强不变，体积V与绝对温度T成正比其中B图明显看出气体压强减小，A、C、D对，B错答案：ACD10我国陆地面积S960万平方千米，若地面大气压p01.0105 Pa，地面附近重力加速度g取10 m/s2，试估算：(1)地面附近温度为270 K的1 m3空
8、气，在温度为300 K时的体积；(2)我国陆地上空空气的总质量M总解：(1)气体做等压变化，代入数据，解得V21.1 m3.(2)大气压可看做是由空气的重力产生的，则p0，代入数据解得M总9.61016 kg.11(2017年高考课标全国卷)如图10，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ，汽缸导热图10(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体
9、的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ，求此时活塞下方气体的压强解：(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程由玻意耳定律得p0Vp1V1(3p0)Vp1(2VV1)联立式得V1p12p0(2)打开K3后，由式知，活塞必定上升设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V22V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)Vp2V2由式得p2p0由式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2p0.(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T13
10、00 K升高到T2320 K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得p31.6p0图1112在图11所示的气缸中封闭着温度为100的空气，某一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10 cm，如果缸内空气变为0，问：(1)重物是上升还是下降？(2)这时重物将从原处移动多少厘米？(设活塞与气缸壁间无摩擦)解：(1)缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升(2)分析可知缸内气体作等压变化设活塞横截面积为S cm2，气体初态体积V110S cm3，温度T1373 K，末态温度T2273 K，体积设为V2hS cm3(h为活塞到缸底的距离)据可得
11、h7.3 cm则重物上升高度h(107.3) cm2.7 cm.13(2017年衡水金卷)一定质量的理想气体从状态b开始，经过bacb过程回到原状态，其VT图象如图12所示已知状态a图12时气体体积为10 L，温度为300 K；状态c时气体温度为800 K，气体压强等于标准大气压p0，求：(1)状态b的体积；(2)状态b的压强解：(1)因为ab连线过原点O，所以ba是等压变化根据盖吕萨克定律有代入数据得Vb26.7 L(2)已知状态c压强为标准大气压p0，cb过程是等温变化，根据玻意耳定律有pbVbpcVc代入数据得pb0.375p014(2018年高考课标全国卷)图13如图13，一竖直放置的
12、汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功重力加速度大小为g.解：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有.根据力的平衡条件有p1Sp0Smg.联立式可得T1T0.此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖吕萨克定律有.式中V1SH.V2S(Hh)联立式解得T2T0.从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W(p0Smg)h.