2025高考物理步步高同步练习选修3第二章　气体、固体和液体专题强化　变质量问题　理想气体的图像问题含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第二章气体、固体和液体变质量问题理想气体的图像问题[学习目标]1.会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题.2.会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题．一、变质量问题分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，将变质量转化为定质量问题，然后用气体实验定律或理想气体状态方程求解．(1)打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球、轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．(2)抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程．例1用打气筒将压强为1atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500cm3，轮胎容积V＝3L，原来压强p＝1.5atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)()A．10 B．15C．20 D．25答案B解析方法一设打气筒每次打入p0＝1atm，ΔV＝500cm3的气体，相当于压强为p＝1.5atm的气体体积为ΔV′，由玻意耳定律得：p0ΔV＝pΔV′①打气次数为n，则p(V＋nΔV′)＝p′V②联立①②解得：n＝15.方法二温度不变，由玻意耳定律得pV＋np0ΔV＝p′V，代入数据解得n＝15.例2(2021·江西丰城九中高二月考)一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气．在恒温状态下用容积V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为()A.eq\f(8,27)p0 B.eq\f(16,27)p0C.eq\f(8,81)p0 D.eq\f(16,81)p0答案D解析钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第一次抽气有p0·2V0＝p1V0＋p1·2V0第二次抽气有p1·2V0＝p2V0＋p2·2V0第三次抽气有p2·2V0＝p3V0＋p3·2V0第四次抽气有p3·2V0＝p4V0＋p4·2V0经过计算有p4＝eq\f(16,81)p0，D正确．在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律.如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来.可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解.针对训练1大气压强p0＝1.0×105Pa.某容器的容积为V0＝20L，装有压强为p1＝2.0×106Pa的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，等气体达到新的平衡时，容器内剩余的气体质量与原来气体的质量之比为()A．1∶19 B．1∶20C．2∶39 D．1∶18答案B解析由玻意耳定律得p1V0＝p0V0＋p0V，代入数据可得V＝380L，即容器中剩余20L压强为p0的气体，而在压强为p0下原来气体的总体积为400L，所以剩余气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之比，即eq\f(20,400)＝eq\f(1,20)，B正确．二、理想气体的图像问题名称图像特点其他图像等温线p－VpV＝CT(C为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远p－eq\f(1,V)p＝eq\f(CT,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高等容线p－Tp＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，对应的体积越小等压线V－TV＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，对应的压强越小例3使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．(1)已知气体在状态A的温度TA＝300K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和热力学温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)，说明每段图线各表示什么过程．答案(1)600K600K300K(2)见解析解析从p－V图中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4atm，pB＝4atm，pC＝2atm，pD＝2atm，VA＝10L，VC＝40L，VD＝20L.(1)根据理想气体状态方程eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)＝eq\f(pDVD,TD)，可得TC＝eq\f(pCVC,pAVA)·TA＝eq\f(2×40,4×10)×300K＝600K，TD＝eq\f(pDVD,pAVA)·TA＝eq\f(2×20,4×10)×300K＝300K，由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600K.(2)因由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有pBVB＝pCVC，得VB＝eq\f(pCVC,pB)＝eq\f(2×40,4)L＝20L.在V－T图上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接(如图)，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程．针对训练2(2022·江苏省崇真中学月考)对一定质量的理想气体，从状态A开始按下列顺序变化，先等压降温，再等温膨胀，最后等容升温回到状态A，图中曲线为双曲线的一部分，T为热力学温度，能正确表示这一过程的是()答案B解析A图中C→A是不过原点的倾斜直线，不是等容变化，故A不符合题意；B图中A→B是等压降温，B→C是等温膨胀，C→A是等容升温，故B符合题意；C图中A→B是等容降温，B→C为等温升压，C→A为等压升温，故C不符合题意；D图中A→B是等压升温，B→C为等容降温，C→A为等温升压，故D不符合题意．1．(2021·江苏南京高二月考)容积为20L的钢瓶充满氧气后，压强为150atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装()A．4瓶 B．50瓶C．56瓶 D．60瓶答案C解析取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律：p0V0＝p′(V0＋nV1)，n＝eq\f(p0V0－p′V0,p′V1)＝eq\f(150×20－10×20,10×5)瓶＝56瓶，选项C正确．2．(2022·江苏金陵中学阶段练习)用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球．不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程比较()A．篮球内气体压强的增加量相等B．篮球内气体压强的增加量变大C．篮球内气体压强的增加量变小D．压入的气体分子数少答案A解析设大气压强为p0，篮球的容积为V0，打气筒的容积为V，打第n次气后篮球内气体的压强为pn，打第n＋1次气后篮球内气体的压强为pn＋1，根据玻意耳定律有pnV0＋p0V＝pn＋1V0，整理得pn＋1－pn＝eq\f(V,V0)p0，即后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，B、C错误；每次压入的气体体积、温度和压强都相同，所以每次压入的气体分子数相同，故D错误．3．一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7℃，如果把它加热到47℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的()A.eq\f(1,8)B.eq\f(3,4)C.eq\f(5,6)D.eq\f(7,8)答案D解析取原来瓶中空气为研究对象，初态V1＝V，T1＝280K末态V2＝V＋ΔV，T2＝320K由盖－吕萨克定律得：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)又eq\f(m余,m原)＝eq\f(V,V＋ΔV)解得eq\f(m余,m原)＝eq\f(7,8)，故选D.4.(2021·江苏省罗塘高级中学高二月考)一定质量理想气体的三个状态在V－T图上用A、B、C三个点表示，如图所示．则气体在这三个状态时的压强pA、pB、pC的大小关系是()A．pA＝pC＞pB B．pA＜pC＜pBC．pC＞pA＞pB D．pC＞pB＞pA答案D解析气体压强不变时，体积与热力学温度成正比，在V－T图像中等压线为过原点的倾斜直线，直线斜率越大，压强越小，可知pC＞pB＞pA，故选D.5.(2021·江苏泰州高二月考)如图所示，一定质量的理想气体沿图线从状态a，经状态b变化到状态c，在整个过程中，其体积()A．先增大后减小B．先减小后增大C．逐渐减小D．逐渐增大答案D解析根据理想气体状态方程得eq\f(pV,T)＝C，得到p＝eq\f(C,V)T，从题图可知斜率eq\f(C,V)逐渐变小，故体积逐渐增大．故选D.6．(2022·江苏省包场高级中学高二期中)一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C最后到D状态，下列说法正确的是()A．A→B温度不变，气体体积变小B．B→C压强不变，气体体积变小C．C→D压强变小，气体体积变小D．B状态气体体积最大，C、D状态气体体积最小答案A解析由p－T图像可知，A→B过程温度不变，压强变大，根据玻意耳定律可知，气体体积变小，A正确；B→C过程压强不变，温度升高，根据盖－吕萨克定律可知，气体体积变大，B错误；C→D过程压强变小，温度降低，并且满足eq\f(p,T)为定值，根据查理定律可知，气体体积不变，C错误；eq\f(pB,TB)>eq\f(pA,TA)>eq\f(pC,TC)＝eq\f(pD,TD)，根据理想气体状态方程可知VB<VA<VC＝VD，D错误．7．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C.有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是()A．TA＝TB，TB＝TCB．TA<TB，TB<TCC．TA＝TC，TB>TCD．TA＝TC，TB<TC答案C解析由题图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有eq\f(2p0·\f(3,5)V0,TA)＝eq\f(\f(3,5)p0·2V0,TC)，可得TA＝TC，综上分析可知C正确．8．用活塞式抽气机抽气，在温度不变的情况下，从玻璃瓶中抽气，第一次抽气后，瓶内气体的压强减小到原来的eq\f(4,5)，要使容器内剩余气体的压强减小为原来的eq\f(256,625)，抽气次数应为()A．2B．3C．4D．5答案C解析设玻璃瓶的容积是V，抽气机的容积是V0，气体发生等温变化，由玻意耳定律可得pV＝eq\f(4,5)p(V＋V0)，解得V0＝eq\f(1,4)V，设抽n次后，气体压强变为原来的eq\f(256,625)，由玻意耳定律可得：抽一次时：pV＝p1(V＋V0)，解得p1＝eq\f(4,5)p，抽两次时：p1V＝p2(V＋V0)，解得p2＝(eq\f(4,5))2p，抽n次时：pn＝(eq\f(4,5))np，又pn＝eq\f(256,625)p，则n＝4，C正确．9．氧气瓶的容积是40L，瓶内氧气的压强是130atm，规定瓶内氧气压强降到10atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1atm的氧气400L，一瓶氧气能用几天？(假定温度不变，氧气可视为理想气体)答案12天解析用如图所示的方框图表示思路．以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，由V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，V2＝eq\f(p1V1,p2)＝eq\f(130×40,10)L＝520L，由(V2－V1)→V3，由玻意耳定律可得p2(V2－V1)＝p3V3，V3＝eq\f(p2V2－V1,p3)＝eq\f(10×480,1)L＝4800L，则eq\f(V3,400L/天)＝12(天)．10．一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，p－T图像如图甲所示．若气体在状态A的温度为－73.15℃，在状态C的体积为0.6m3，规定0℃为273.15K．求：(1)状态A的热力学温度；(2)写出A至C过程中气体的变化情形，并根据图像提供的信息，计算图中VA的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．答案见解析解析(1)状态A的热力学温度：TA＝t＋273.15K＝(－73.15＋273.15)K＝200K.(2)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程．对A至C，由理想气体状态方程有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)解得：VA＝eq\f(pCVCTA,pATC)＝eq\f(2.0×105×0.6×200,1.5×105×400)m3＝0.4m3.(3)由盖－吕萨克定律得：eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)解得：VB＝eq\f(VATB,TA)＝eq\f(0.4×300,200)m3＝0.6m3V－T图像如图所示．11．(2022·江苏常州市月考)医院里给病人打“吊针”的装置如图所示，输液瓶刚从药房取出时，其内部气体体积为V0、压强为0.825p0(p0为大气压强)、温度为2℃.一段时间后，瓶内气体温度升高到环境温度7℃，准备输液时，在密封瓶口上插入进气管A和输液管B(输液调节器未打开)，发现外部有气体进入瓶内．求：(1)当瓶内气体升高到环境温度后，瓶内气体的压强；(2)准备输液时，从进气口A进入瓶内的空气与瓶内原有空气的质量之比．答案(1)0.84p0(2)eq\f(4,21)解析(1)该过程瓶内气体发生等容变化，由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，其中p1＝0.825p0，T1＝275K，T2＝280K解得p2＝0.84p0(2)设准备输液，插入输液管后，进入瓶内的气体在p0压强下的体积为ΔV，则p2V0＋p0ΔV＝p0V0，解得ΔV＝0.16V0，从进气口A进入瓶内的空气质量Δm与瓶内原有气体质量m之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V0－ΔV)，联立解得eq\f(Δm,m)＝eq\f(4,21).12．(2021·江苏南通市高二期中)如图所示，孔明灯底部开口，体积V0＝2m3，空气初始温度t0＝27℃，大气压强p0＝1.013×105Pa，该条件下空气密度大约为ρ0＝1.29kg/m3.空气的平均摩尔质量M＝0.029kg/mol.现对灯内气体缓慢加热，当灯内温度上升到114℃时，灯刚好能浮在空中．已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1.(1)求灯刚能浮起时灯内的气体密度ρ；(2)估算加热过程中灯内溢出的气体分子数n.(结果保留两位有效数字)答案(1)1.0kg/m3(2)1.2×1025解析K，T1＝(114＋273)K＝387K解得孔明灯刚好悬浮时V1＝2.58m3对于孔明灯内的气体，初始时有m0＝ρ0V0孔明灯刚好悬浮时灯内气体质量为m＝eq\f(V0,V1)m0此时灯内的气体密度为ρ＝eq\f(m,V0)联立可解得ρ＝1.0kg/m3(2)初始时灯内气体分子数为n0＝eq\f(m0,M)NA加热过程中灯内溢出的气体分子数为n＝eq\f(V1－V0,V1)n0解得n＝1.2×1025(个)．理想气体的综合问题[学习目标]1.会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题.2.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．一、关联气体问题这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法：(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解．(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．(3)多个方程联立求解．例1(2021·江苏省扬州中学高二期中)如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400cm2的汽缸分为A、B两个汽缸，A、B两个汽缸装有体积均为12L、压强均为1atm、温度均为27℃的理想气体．现给左面的活塞N施加一推力，使其向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动．已知外界大气压强为1atm,1atm＝1×105Pa，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．当推力F＝2×103N，活塞N达到平衡状态时，求：(1)A汽缸中气体的压强；(2)活塞N向右移动的距离；(3)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度．答案(1)1.5atm(2)10cm(3)177℃解析(1)当推力F＝2×103N，活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强为pA′＝p0＋eq\f(F,S)＝1.5×105Pa＝1.5atm(2)A汽缸中气体原来的压强及体积分别为pA＝1atm，VA＝12LA气体发生等温变化，由pAVA＝pA′VA′代入数据解得VA′＝8L则活塞N向右移动的距离为Δx＝eq\f(VA－VA′,S)＝eq\f(12－8×103,400)cm＝10cm(3)B汽缸中气体原来的压强、温度分别为pB＝1atm，TB＝300K后来压强为pB′＝pA′＝1.5×105Pa＝1.5atmB汽缸中气体发生等容变化，由eq\f(pB,TB)＝eq\f(pB′,TB′)解得TB′＝eq\f(pB′,pB)TB＝eq\f(1.5,1)×300K＝450K即tB′＝177℃.两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都满足eq\f(pV,T)为常数；两部分气体往往有一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出方程即可.例2如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．答案22.5cm7.5cm解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．由玻意耳定律知p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5cml2′＝7.5cm二、气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用解决该类问题的一般思路：(1)审清题意，确定研究对象．(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强．(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．例3竖直平面内有一内径处处相同的直角形细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图所示．初始时，封闭气体温度为T1＝300K，外界大气压强p0＝75cmHg.求：(1)若对封闭气体缓慢加热，当水平管内水银全部进入竖直管内时，气体的温度是多少；(2)若保持(1)问的温度不变，从C端缓慢注入水银，使水银与C端管口平齐，需要注入水银的长度为多少．答案(1)450K(2)14cm解析(1)设细管的横截面积为S，以AB内封闭的气体为研究对象．初态p1＝p0＋5cmHg，V1＝30cm·S，T1＝300K当水平管内水银全部进入竖直管内时，p2＝p0＋15cmHg，体积V2＝40cm·S，设此时温度为T2，由理想气体状态方程得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)解得T2＝450K(2)保持温度不变，初态p2＝p0＋15cmHg，体积V2＝40cm·S，末态p3＝p0＋25cmHg由玻意耳定律得：p2V2＝p3V3解得V3＝36cm·S故需要加入的水银长度l＝(30＋20－36)cm＝14cm.1．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127℃，B中气体降低到27℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为()A．1∶1 B．2∶3C．3∶4 D．2∶1答案B解析对A部分气体有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pA′VA′,TA′)①对B部分气体有：eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pB′VB′,TB′)②因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以可得eq\f(VA,VB)＝eq\f(VA′TB′,VB′TA′)所以eq\f(VA′,VB′)＝eq\f(VATA′,VBTB′)＝eq\f(1×400,2×300)＝eq\f(2,3)，故选B.2.(2022·哈尔滨三中高二月考)如图所示，一端封口的玻璃管开口向下插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体．当将管慢慢地向下按一段距离时，管内气柱的长度将如何变化()A．L1变小，L2变大 B．L1变大，L2变小C．L1、L2都变小 D．L1、L2都变大答案C解析将管慢慢地向下按一段距离时，假设L1、L2的长度不变，L1、L2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L1、L2的长度都减小，故A、B、D错误，C正确．3.(2021·哈尔滨市第六中学高二月考)如图，A、B是体积相同的汽缸，B内有一导热的可在汽缸内.0×105Pa，温度T1＝300K的氮气；B内装有压强p2＝1.0×105Pa，温度T2＝600K的氧气．打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡．以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V1与V2之比为()A．1∶2 B．1∶4C．1∶1 D．4∶1答案D解析设活塞C向右移动，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知：对A部分气体有：eq\f(p1LS,T1)＝eq\f(pV1,T)对B部分气体有：eq\f(p2LS,T2)＝eq\f(pV2,T)则有eq\f(V1,V2)＝eq\f(p1,p2)·eq\f(T2,T1)＝eq\f(4,1)，故选D.4．(2022·江苏省镇江中学高二月考)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瓶和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解析药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，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，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误．5.(2021·南京市中华中学高二月考)如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm，先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，大气压强p0＝76cmHg，求：(1)稳定后右管内的气体压强p；(2)左管A端插入水银槽的深度h.答案(1)78cmHg(2)7cm解析(1)设均匀玻璃管的横截面积为S，插入水银槽后对右管内气体，由玻意耳定律得：p0l0S＝p(l0－eq\f(Δh,2))S，所以p＝78cmHg.(2)插入水银槽后左管内气体压强：p′＝p＋ρgΔh＝80cmHg，左管内、外水银面高度差h1＝eq\f(p′－p0,ρg)＝4cm，对中、左管内气体有p0lS＝p′l′S，得l′＝38cm，左管插入水银槽深度h＝l＋eq\f(Δh,2)－l′＋h1＝7cm.6.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而与汽缸无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图所示，两部分气体温度相同，都是27℃，A部分气体压强pA0＝1.0×105Pa，B部分气体压强pB0＝2.0×105Pa.现对B部分气体加热，使活塞上升，保持A部分气体温度不变，体积减小为原来的eq\f(2,3).求此时：(1)A部分气体的压强pA；(2)B部分气体的温度TB.答案(1)1.5×105Pa(2)500K解析(1)A部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得pA0V＝pA·eq\f(2,3)V，所以pA＝eq\f(3,2)pA0，把pA0＝1.0×105Pa代入，得pA＝1.5×105Pa.(2)B部分气体：初状态：pB0＝2.0×105Pa，VB0＝V，TB0＝300K，末状态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105Pa.VB＝V＋eq\f(1,3)V＝eq\f(4,3)V，由理想气体状态方程eq\f(pB0VB0,TB0)＝eq\f(pBVB,TB)，得TB＝eq\f(TB0pBVB,pB0VB0)＝eq\f(300×2.5×105×\f(4,3)V,2.0×105×V)K＝500K.7.(2021·江积为S＝1×10－3m2.活塞的质量为m＝2kg，厚度不计．在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为V0＝1.0×10－3m3，A、B之间的容积为2.0×10－4m3，外界大气压强p0＝1.0×105Pa.开始时活塞停在B处，缸内气体视为理想气体，压强为0.9p0，温度为27℃.现缓慢加热缸内气体，直至327℃.求：(重力加速度g取10m/s2)(1)活塞刚离开B处时气体的温度t2；(2)缸内气体最后的压强．答案(1)127℃(2)1.5×105Pa解析(1)活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由平衡条件可得p2＝p0＋eq\f(mg,S)解得p2＝1.2×105Pa由查理定律得eq\f(0.9p0,273K＋t1)＝eq\f(p2,273K＋t2)解得t2＝127℃(2)假设活塞最终移动到A处，缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得eq\f(0.9p0V0,273K＋t1)＝eq\f(p3V3,273K＋t3)解得p3＝1.5×105Pa因为p3>p2，故活塞最终移动到A处的假设成立．8．U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为76cmHg.开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm，如图所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：(1)粗管中气体的最终压强；(2)活塞推动的距离．答案(1)88cmHg(2)4.5cm解析设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，p1＝80cmHg，V1＝11cm×3SV2＝10cm×3S封闭气体做等温变化：p1V1＝p2V2可得p2＝88cmHg(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，p1′＝76cmHg，V1′＝11cm·S，p2′＝88cmHg封闭气体做等温变化：p1′V1′＝p2′V2′可得V2′＝9.5cm·S活塞推动的距离：L＝11cm＋3cm－9.5cm＝4.5cm.9．(2021·江苏苏州高二期末)如图所示，圆形管道内封闭有一定质量的理想气体，K处有一阀门，A处是一固定绝热活塞，C处是质量为2kg、横截面积为1.0×10－3m2的可自由移动的m/s2，求：(1)可移动活塞在C处时由于自重对下部分气体产生的压强；(2)可移动活塞到达B处时上部分气体的温度；(3)保持上、下部分气体温度不变，打开阀门，向外释放气体，使可移动活塞缓慢回到C处，则释放气体质量与上部分剩余气体质量之比．答案(1)2×104Pa(2)1080K(3)2.6解析(1)活塞自重产生的压强为p＝eq\f(mg,S)＝2×104Pa(2)对下部分气体分析，做等温变化．根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2即(p0＋p)V0＝p2·eq\f(1,2)V0解得p2＝2.4×105Pa对上部分气体分析，当活塞移动到最低点时，对活塞受力分析可得出两部分气体的压强p2′＝p2，根据理想气体状态方程，有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2′V2′,T2′)即eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2·\f(3,2)V0,T2′)代入数据解得T2′＝3.6T0＝1080K(3)打开阀门，上部分气体发生等温变化，设压强回到p0时体积为V3，根据玻意耳定律有p0V3＝p2′V2′代入数据解得V3＝eq\f(p2′V2′,p0)＝3.6V0，对应释放气体的等效体积为ΔV＝V3－V0＝2.6V0释放气体与剩余气体质量之比为eq\f(Δm,m0－Δm)＝eq\f(ρΔV,ρV3－ρΔV)＝2.6.章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．如果某个固体在某一物理性质上表现出各向同性，那么下述结论正确的是()A．它一定不是单晶体 B．它一定是多晶体C．它一定是非晶体 D．它不一定是非晶体答案D解析多晶体和非晶体都表现出各向同性，单晶体也只是在某些物理性质上表现出各向异性，故正确答案为D.2．(2022·江苏苏州中学高二期中)下列说法不正确的是()A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关答案B解析把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力，A正确；由于油脂将水及玻璃隔开，而水与油脂是不浸润的，故水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，水浸润玻璃，故在干净的玻璃板上不能形成水珠，B错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴处于完全失重状态，故水滴由于表面张力的原因而呈球形，C正确；由于不同物质之间的分子作用力不同，可能是引力也可能是斥力，故毛细管中的液面有的升高，有的降低，与液体的种类和毛细管的材质有关，D正确．3．同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙所示的情况．若固体A和毛细管B都很干净，则()A．固体A和毛细管B可能是同种材料B．固体A和毛细管B一定不是同种材料C．固体A的分子对液体附着层分子的引力比毛细管B的分子对液体附着层分子的引力大D．液体对毛细管B不浸润答案B解析由题图中的现象知，该液体对固体A不浸润，对毛细管B浸润，A、B一定不是同种材料，A、D错误，B正确；由液体不浸润固体A而浸润毛细管B可知，C错误．4.如图所示，表示一定质量的气体的状态由A→B→C→A的图像，其中AB的反向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．A→B过程气体压强增加B．B→C过程气体压强不变C．C→A过程气体单位体积内的分子数减少D．A→B过程气体分子平均动能增大答案D解析过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，图线上的点与原点连线的斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，温度不变，体积减小，则单位体积内的分子数增多，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则气体分子平均动能增大，D正确．5．(2022·江苏亭湖高中高二期中)如图所示为0.3mol的某种气体的压强和温度关系的p－t图线．p0表示1个标准大气压，标准状况(0℃，1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4L/mol.则在状态B时气体的体积为()A．5.6L B．3.2LC．1.2L D．8.4L答案D解析此气体A＝22.4×0.3L＝6.72L，由p－t图线所示，从压强为p0到A状态，气体做等容变化，A状态时气体的体积为6.72L，温度为TA＝(127＋273)K＝400K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为TB＝(227＋273)K＝500K，根据盖－吕萨克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)得VB＝eq\f(VATB,TA)＝eq\f(6.72×500,400)L＝8.4L，故选D.6．(2021·江苏省镇江第一中学高二月考)某自行车轮胎的容积为V.里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p0，体积为多少的空气()A.eq\f(p0,p)V B.eq\f(p,p0)VC．(eq\f(p,p0)－1)V D．(eq\f(p,p0)＋1)V答案C解析气体做等温变化，设充入V′的气体，有p0V＋p0V′＝pV，所以V′＝eq\f(p－p0,p0)V＝(eq\f(p,p0)－1)V，C正确．7.如图，竖直导热圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L＝19cm，活塞A上方的水银深H＝10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0＝75cmHg，则此时气柱的长为()A．16cmB．17cmC．18cmD．19cm答案B解析使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中时，粗筒内的水银柱高5cm，因粗筒cm，所以此时气体的压强为p2＝p0＋ρgH′＝95cmHg，设粗筒的横截面积为S，水银的一半被推入细筒中时气柱的长为l，根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2，V1＝LS，V2＝lS，p1＝85cmHg，解得l＝17cm，故B正确，A、C、D错误．8.(2021·江苏省扬州中学高二月考)如图所示，三根相同的粗细均匀的玻璃管，管内有水银柱封住一部分空气，水银柱高度h甲<h乙＝h丙，当它们开口向上竖直放置时，管内封闭的气体体积V甲＝V乙>V丙，管内气体初始温度相同．若使管内气体升高相同的温度时，管内水银柱向上移动最多的是()A．丙管 B．甲管和乙管C．乙管和丙管 D．三管一样多答案B丙，管内水银柱向上移动最多的是甲管和乙管，故选B.9.(2021·江苏省扬州中学高二期中)如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1.若吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则()A．h2＞h1，F2＝F1 B．h2＜h1，F2＝F1C．h2＞h1，F2＞F1 D．h2＜h1，F2＞F1答案C解析因为实验中，玻璃管内封闭了一段空气，因此，大气压＝玻璃管中水银柱产生的压强＋封闭空气的压强，大气压不变的情况下，吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，封闭空气的体积变大，压强变小，同时水银柱的高度h也会适当增加，即h2＞h1；向上的拉力F与水银柱和管整体的重力相平衡，而水银柱的高度h变大，所以水银柱的重力变大，拉力F的大小会变大，即F2＞F1，故C正确．10．(2021·江苏泰州中学高二期中)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好．现在活塞上方缓慢放质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若m＝eq\f(p0S,g)，活塞下移eq\f(L,3)B．若m＝eq\f(p0S,2g)，活塞下移eq\f(2L,3)C．若m＝eq\f(p0S,g)，气室1内气体压强为3p0D．若m＝eq\f(3p0S,g)，气室1内气体压强为3p0答案D解析若m＝eq\f(p0S,g)，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0，即气室1内气体压强为2p0；单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得x＝eq\f(L,2)，所以活塞下移eq\f(L,2)，A、C错误．若m＝eq\f(p0S,2g)，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得x＝eq\f(2L,3)，所以活塞下移Δx＝L－x＝eq\f(L,3)，B错误；若m＝eq\f(3p0S,g)，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝4p0，单向阀门打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0xS，解得x＝eq\f(3L,4)，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(8分)某小组利用如图所示装置研究“一定质量气体温度不变时，压强与体积的关系”，图中装置1为压强传感器，装置2为数据采集器．带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V，实验所用测量压强的装置较特殊，测量的是注射器内部气体和外部大气(压强为p0)的压强差Δp，在多次改变体积后，得到如下数据：Δp/(×105Pa)00.110.250.430.67V/mL109876(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了________．(2)研究小组基于数据，以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是________．(3)若图像斜率为k，该直线的函数表达式是________，图像纵轴截距的绝对值的物理含义是________．答案(1)充分进行热交换，保持封闭气体的温度不变(2分)(2)eq\f(1,V)(2分)(3)Δp＝eq\f(k,V)－p0(2分)大气压强(2分)解析(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了充分进行热交换，保持封闭气体的温度不变．(2)封闭气体的压强p＝p0＋Δp，根据pV＝C得(p0＋Δp)V＝C.变形得Δp＝C·eq\f(1,V)－p0，则以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是eq\f(1,V).(3)据题知，C＝k，整理得Δp＝k·eq\f(1,V)－p0，可知图像纵轴截距的绝对值的物理含义是大气压强．12．(12分)(2021·江苏邗江中学高二期中)如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像．已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图甲中TA的温度值．(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．答案见解析解析(1)从题图甲所示图像可知，A与B连线的延长线过原点，即V与T成正比，由理想气体状态方程可知，A→B是等压变化，即pA＝pB.(2分)由题图甲所示图像可知，气体在A点的状态参量VA＝0.4m3在B点，气体的状态参量VB＝0.6m3，TB＝300K(1分)从A到B气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得eq\f(V