1、 气体的等压变化和等容变化练习 一、单选题 1.如图所示，表示一定质量的气体的状态 ABCA 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.AB 过程气体压强增加 B.BC 过程气体压强不变 C.CA 过程气体单位体积内的分子数减少 D.AB 过程气体分子平均动能增大 2.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 3.如图所示，两个容器 A 和 B 容积不同，内部装有气体，其间用
2、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，B 中气体温度为，且 ，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 4.如图，一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历过程、到达状态 e，对此气体，下列说法正确的是()A.过程中气体的压强逐渐减小 B.过程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 5.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
3、增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 6.一定质量的理想气体，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.7.如图所示，是一定质量的理想气体状态变化的 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 8.两端封闭、内径均匀的直玻璃管竖直放置，如图两端空气柱体积上 下，温度均为20，现将两端空气柱的温度均降为10，则管中水银柱将()A.不动 B.向上移动 C.向下移动 D.无法确定是否移动 9.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
4、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 10.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1,2,3，体积分别为1,2,3且1 2=3，则1,2,3的大小关系为()A.1=2=3 B.1 2 2 3 D.1 0，气体对外界做功即外界对气体做负功：，根据热力学第一定律：=0，得：，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
5、.【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，初始状态根据平衡可得：=对 A 中气体运用查理定律可得：=+，解得：=(1+)，则 A 中气体压强的增量为=；对 B 中气体运用查理定律可得：=+，解得：=(1+)，则 B 中气体压强的增量为=，因为 ,则：，分析得 2，1 2，根据理想气体状态方程111=222，知1 2，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1 2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
6、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=，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
7、】假设水银柱不动，则气体体积不变，由查理定律得：=，则 =，开始时两部分气体压强上 下，初温 T 和温度降低量都相等，上边气体降低的压强：上=2010上=10 上下边气体降低的压强：下=2010下=10 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
8、加，故 D 正确。故选 D。10.【答案】B【解析】解：以活塞为研究对象，对1、2状态下的气体有：1=+=2对3状态下的气体有：+=3可以得出：1=2 3根据理想气体状态方程：111=222，1 2则1 2222=333，2=3则2 3即1 2 311.【答案】A【解析】解：根据理想气体的状态方程：=，其中 C 为一定值，可知=，其中为 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变大，故体积 V 不断
9、减小，故 C 错误；D、da 过程中图象上各点到原点连线的斜率减小，故体积 V 不断变大，故 D 错误。12.【答案】D【解答】.平衡后管中封闭气体的压强=0+1=0+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=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
10、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=，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.气体做等容变化，根据查理定律=代数据得=870；过程中气体做等压变化，由盖吕萨克定律得=，代入数据解得：=870，故 D 错误；C.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=可知，由 的过程中，气体温度先升
11、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
12、.【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，设温度升高时气体体积不变，根据理想气体状态方程，有：=故=，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】.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=，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
13、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：汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离1=12气体压强1=1.0 105，气体体积1=1汽缸竖直放置时，设活塞与汽缸底部之间的距离为2气体压强2=0+=1.2 105，气体体积2=2气体等温变化，根据玻意且定律11=22得活塞与汽缸底部之间的距离2=10 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2=1.2 105，体积2=2，温度2=300活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为3=2，体积3=3，温度为3，其中3=18，气体等压变化，根据盖一吕萨克定律得22=
14、33得此时气体温度3=540活塞刚好到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，3=1.2 105，3=540，4=720根据查理定律得33=44解得加热到 675K 时封闭气体的压强4=1.6 105。18.【答案】解：()玻璃管内封闭气体压强保持不变 1=(+10)1=3202=(+)根据盖吕萨克定律：11=22代入数据解得：2=360()封闭气体初始压强为：1=75封闭气体体积为：1=(5+10+5)=160封闭气体末态压强为：3=70封闭气体末态体积为：3=(5 5+5)=135根据理想气体状态方程：111=333代入数据解得：3=252答：()若将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中
15、，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；()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，0+2=32 0，解得每个活塞的质量=04；对活塞 A 受力分析，根据力的平衡条件有0+=+34 0，解得=02(2)在温度由0缓慢升到 T 的过程中，气室中气体发生等压变化 设活塞 B 上升的高度为 h，气室中气体初状态体积为1=，初温1=0，末状态体积为2=(
16、+)，末温2=，由盖吕萨克定律有11=22，得0=(+)，解得=(0)0，则活塞 A 上移的距离为=+=(0)0+02 20.【答案】解：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1=(273+27)=300，设气体末状态温度为2，对气缸内封闭气体，由盖吕萨克定律得：1=(10)2代入数据解得：2=270设弹簧初状态压缩量为 x，设气体初状态压强为1，对气缸，由平衡条件得：=，0+=1代入数据解得：=0.04，1=1.2 105，末态气体压强为0，对气体，由理想气体状态方程得：11=0(10 )3代入数据解得：3=205答：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。当缸内气体温度缓慢降低到 205K 时，弹簧恢复原长。