高中物理3专项训练：等圧変化

1、等压变化一、单选题（本大题共 1小题，共4.0分）.开口向上，竖直放置的容器中，用两活塞封闭着两段同温度的气柱，体积为、，且，现给他们缓慢加热，使气柱升高的温度相同，这时它们的体积分别为、则（）A.B.C.D.条件不足，无法判断【答案】B【解析】【分析】图中两段封闭气体的压强均大于大气压，加热过程中气体的压强保持不变，气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律即可分析答题。本题主要考查了理想气体状态方程的应用，分析气体的状态是关键。 【解答】设大气压为 ，由题目图示可以知道，封闭气体的压强：，。对气体加热过程气体压强不变，气体发生等压比变化，由盖吕萨克定律得：!=匕，则rr , AV =v ,可信：

2、一, 一。因为 可知：,疗=目，故B正确，ACD错误。故选Bo 二、多选题（本大题共 1小题，共4.0分）.有一只小试管倒插在烧杯的水中，此时试管恰好浮于水面，试管内外水面的高度差为 h,如图所示如果改变温度或改变外界大气 压强则试管 不考虑烧杯中水面的升降及试管壁的厚度A.如仅升高温度，则13t管位置上升，h不变B.如仅升高温度，则试管位置下降，h增大C.如仅升高外界压强，则试管位置下降，h不变D.如仅升高外界压强，则试管位置下降，h减小【答案】AC【解析】解：A、B、根据题意可知，试管所受浮力和重力大小相等， 即有： 排试管重力不变，因此排开水银的体积不变，即试管内外的汞面高度差h不变，即

3、封闭气体的压强不变。若升高温度，根据盖吕萨克定律可知，封闭气体的体积增大，所以试管应上升，故A正确，B错误；第1页，共9页C、D、试管内气体压强为：，所以当大气压强增大时，试管内被封闭气体压强增大，根据气态方程可知，气体等温变化，压强增大，体积减小，因此试管将下沉一些，此时仍有排 ，即试管内外的汞面高度差 h不变，故D错误，C正确。故选：AC。题考查了被封闭气体压强的求解方法和气态方程的简单应用，题目中试管恰好浮于水银面”说明试管所受浮力和重力大小相等，把握这一重要信息结合相关知识即可正确求解.把握题目中的有用信息是解题的关键，如本题中正确理解 试管恰好浮于水银面”是解题关键，对类似问题注意平

4、时加强训练，提高解题能力.三、计算题（本大题共11小题，共110.0分）.如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体 质量，活塞质量，活塞面积活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气 体的温度为，活塞正位于气缸正中， 整个装置都静止。已知大气压恒为，重力加速度为求：缸内气体的压强；缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处?【答案】解：以气缸为对象不包括活塞列气缸受力平衡方程： 解之得：当活塞恰好静止在气缸缸口 AB处时，缸内气体温度为，压强为此时仍有，由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：所以故答：缸内气体的压强为；缸内气体的温度升高到时，

5、活塞恰好会静止在气缸缸口处。【解析】本题考查理想气体实验定律，巧选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关系。选气缸为研究对象，列受力平衡方程可解封闭气体压强；缸内气体为等压变化，由等压变化方程可得温度值。.如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内 水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm,温度为外界大气压强不变 若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下， 这时留在管内的水银柱长为 15cm,然后再缓慢转回到开口竖直向上, 求：大气压强 的值； 玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；当管内气体温度升高到多少时，水银柱的上端恰好

6、重新与管口齐平?【答案】解： 初态：末态： 由玻意耳定律，得第2页，共9页由盖吕萨克定律得答：大气压强 的值75cmHg；玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为；当管内气体温度升高到时，水银柱的上端恰好重新与管齐平.【解析】玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解大气压强的值.玻璃管重新回到开口竖直向上时，求出封闭气体的压强，再根据玻意耳定律求解空气柱的长度.当管内气体温度升高时封闭气体发生等压变化，由吕萨克定律求出水银柱的上端恰 好重新与管口齐平时气体的温度.气体的状态变化问题关键是分析气体发生的是何种变化，要挖掘隐含的条件，比如玻璃管在空气中缓慢

7、转动，往往温度不变，封闭气体发生等温变化.如图所示，开口向上的汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上， 另一端跨过两个定滑轮连 着一劲度系数的竖直轻弹簧A, A下端系有一质量的物块 开始时，缸内气体的温度,活塞到缸底的距离，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为，取重力加速度，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求：当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度；气体的温度冷却到时B离桌面的高度结果保留两位有效数字 TOC o 1-5 h z 【答案】解：刚要离开桌面时弹簧拉力为，解得 一由活塞受力平衡得，解得：- 根据理想气体状态方程有代入数

8、据：代入数据解得K,当B刚要离开桌面时缸内气体的温度由 得cm,当温度降至之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变,根据盖吕萨克定律，有，第3页，共9页代入数据： TOC o 1-5 h z 代入数据解得cm答： 当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度为；气体的温度冷却到时B离桌面的高度 H为15cm【解析】刚要离开地面时，对B根据平衡条件求出弹簧的伸长量， 对活塞根据平衡条件求出B刚要离开桌面时汽缸内气体的压强，根据理想气体的状态方程即可求解B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度；气体冷却过程中，气缸内封闭气体发生的是等压变化，根据盖 吕萨克定律列式即可求解；本题关键是确定封闭气体初末状态的各个

9、状态参量，确定状态变化的过程， 然后根据理想气体状态方程或气体实验定律列式求解即可6.如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长其中有一段长的水银柱把一部分空气封闭在管中当管竖直放置时，封闭气柱A的长度 槽中，直至A端气柱长 状态已知大气压强求槽内的水银进入管内的长度.现把开口端向下插入水银 时为止，这时系统处于静止 ,整个过程中温度保持不变，试【答案】解：对A部分气体，由玻意耳定律有:解得:对B部分气体有：解得：力A LX7.52-6用=因由k行答：槽内的水银进入管内的长度为【解析】玻璃管旋转过程封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解.把开口端向下缓慢插入水银槽中两部分气体均做

10、等温变化，分别列玻意耳定律方程， 联立即可求解.该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化. 如图所示，竖直放置的均匀细U型试管，左侧管长,右管足够长且管口开口，初始时左管内被水银封闭的空气柱长20cm,气体温度为，左右两管水银面等高已知大气压强为现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成10cm长的高度差则此时气体的温度为多少摄氏度？保持此时温度不变，从右侧管口缓慢加入水银，则至少加 入多少长度的水银，可以使得左侧管内气体恢复最初的长度?第4页，共9页cmHg【答案】解:从状态1到状态2由理想气体状态方程代入数据得即设加入水银长

11、度为x,则 从状态1到状态3经历等容过程.由理想气体状态方程得代入数据得答：现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成10cm长的高度差 则此时气体的温度为保持此时温度不变， 从右侧管口缓慢加入水银， 则至少加入长度的水银，可以使得左侧管内气体恢复最初的长度.【解析】 从状态1到状态2气体发生等容变化，由理想气体状态方程求解.保持此时温度不变，从右侧管口缓慢加入水银，气体经历等容过程，由理想气体状态方程求解.只要封闭气体的物质的量没有变化即为一定质量的封闭气体，只要能够判定封闭气体的哪一个物理量没有变化，就能确定封闭气体是发生等容变化、等温变化还是等压变化， 如果三个物理量都发生变化，那么就利用

12、理想气体状态方程解决. 如图，粗细均匀、两端开口的U形管竖直放置，两管的竖直部分高度为 20cm,内径很小，水平部分BC长一空气柱将管内水银分隔成左右两段大气压强当空气柱温度为长为时，BC管内左边水银柱长 2cm, AB管内水银柱长也为求：当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全右边水银柱总长是多少？部进入竖直管AB内?为使左、右侧竖直管内的水银柱上表面高度差最大，空气柱温度至少要升高到 多少？【答案】解：由于水银柱处于平衡状态，则有右边水银柱总长是 右右当左边水银全部进入 AB管时，右边竖直管中水银柱高也为4cm,此时气体压强为，空气柱长度初态：，由理想气体状态方程得：第5页，共9页即:此

13、时右边有2cm长的水银当AB管中水银柱上表面恰好上升到管口时，高度差最大 柱停在管的水平部分，则空气柱总长为因封闭气体发生等压变化，则有 一一， 即:答：右边水银柱总长是 6cm.当空气柱温度升高到 420K时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内.为使左、右侧竖直管内的水银柱上表面高度差最大，空气柱温度至少要升高到 980K.【解析】由于平衡，两边水银面等高，即可求得右边水银柱总长；左边的水银恰好全部进入竖直管AB内时，根据左侧水银柱平衡可以求出底部气体的压强，然后根据玻意耳定律列式求解；当AB管中水银柱上表面恰好上升到管口时，高度差最大，封闭气体发生等压变化， 根据盖 吕萨克定律求解空气柱温

14、度.本题关键根据平衡条件得到底部气体的气体压强，然后根据玻意耳定律和吕萨克定律列式求解.如图所示，一固定密闭导热性良好的气缸竖直开口向上放置，气缸上部有一质量为 m的活塞，活塞距气缸底部高为，活塞与气缸壁的摩擦不计，现在活塞上加一质量为m的小物块。已知大气压强为 ，温度为 ，气缸横截面积为 S,重力加速度为g。求 活塞上加上质量为 m的小物块后，活塞静止时距离气缸底部的距离；现对气缸加热让活塞上升至距离气缸底部为一处活塞未滑出气缸 ，则此时气缸内气体的温度为多少?【答案】解：被封闭气体初状态: TOC o 1-5 h z 末状态：,根据玻意耳定律代入数据，得 气体先等温变化，后等压变化。初状态

15、：一,末状态：，?根据理想气体状态方程 代入数据，得第6页，共9页答：活塞上加上质量为 m的小物块后，活塞静止时距离气缸底部的距离为现对气缸加热让活塞上升至距离气缸底部为-处 活塞未滑出气缸，则此时气缸内气 体的温度为【解析】气体发生等温变化，由玻意耳定律可以求活塞静止时距离气缸底部的距离；气体发生等压变化，应用定律盖吕萨克定律分析答题。本题考查了气体实验定律，理解题意知道气体发生什么变化、求出气体状态参量是正确解题的关键，应用玻意耳定律与盖吕萨克定律即可正确解题。.如图所示，导热的圆柱形汽缸固定在水平桌面上，横截面积为S、质量为的活塞封闭着一定质量的气体可视为理想气体，活塞与汽缸间无摩擦且不

16、漏气 总质量为的祛码盘 含祛码 通过左侧竖直的细绳与活塞相连当环境温度为T时，活塞离缸底的高度 为现环境温度度发生变化，当活塞再次平衡时活塞离缸底的高度为一，求:现环境温度变为多少？保持 中的环境温度不变，在祛码盘中添加质量为的祛码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强.【答案】解：以气缸内气体为研究对象，压强不变，由盖吕萨克定律得：一二, 解得： -保持温度为 不变，加上祛码前，对活塞分析有:加上此祛码后有：由波义耳定律得：- TOC o 1-5 h z 联立上述方程，解得：.答：现环境温度变为-；保持 中的环境温度不变，在祛码盘中添加质量为的祛码时，活塞返回到高度为h处的大气压强为：；【解析

17、】封闭气体等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；封闭气体等温变化，根据玻意而定律列式求解.此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解即可，其中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强.11.如图所示，内径均匀的L形玻璃管,A端封闭，D端开口，AC段水平，CD段竖直。AB段长，BC段长,CD段长。AB段充有理想气体,BCD段充满水银，外界大气压，环境温度第7页，共9页若玻璃管内的气体柱长度变为45 cm,则环境温度应升高到多少摄氏度若保持环境温度不变，玻璃管绕 AC段缓慢旋转 ，求状态稳定后管中水银柱的长度x。【答案】解： 若玻璃管内的气体柱长度变为，则水银柱溢出的长度

18、为 15cm,管内气体发生等压变化；根据盖吕萨克定律有得 一环境温度应升高到旋转前管内气体的压强管内气体发生等温变化，设状态稳定后CD段管内水银柱长度为 x,则管内气体的压强假设AC段已经没有水银，根据查理定律有代入数据得，假设成立即管中水银柱的长度为26cm。【解析】本题主要考查了求温度、水银柱的长度，分析清楚气体状态变化的过程，求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程，玻意耳定律即可正确解题。求出气体的状态参量，气体发生的是等压变化，根据盖率萨克定律即可求出温度；气体发生等温变化，假设水银全部进入 AC段，由玻意耳定律求出旋转后的水银柱的长度，再检验结果是否正确.do筒内一个很薄的质量不计12.如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部-的高度，外界大气压强为,温度为 ，现对气体加热。求:当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度;气体温度达到时气体的压强。【答案】解：以封闭气体为研究对象：最初状态为：，-，设温度升高到 时，活塞刚好到达汽缸口，此时有：，根据盖 吕萨克定律：一 一解得：,封闭气体先做等