人教版 (2019)选择性必修 第三册3 气体的等压变化和等容变化优秀课堂检测

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册3 气体的等压变化和等容变化优秀课堂检测，文件包含23《气体的等压变化和等容变化》分层练习原卷版-人教版高中物理选修三docx、23《气体的等压变化和等容变化》分层练习解析版-人教版高中物理选修三docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

基础篇
一、单选题
1.如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中（ ）
A．A和B瓶中的药液一起下降
B．A瓶中的药液用完后B瓶药液才开始下降
C．A瓶上方的气压始终小于B瓶上方的气压
D．随着B瓶液面下降，注射速度变慢
【答案】B
【解析】AB．在药液从B瓶流出后，封闭气体体积增大，温度不变，据可知，气体压强减小，A瓶中的药液被压入B瓶，所以B中流出多少，A瓶就补充过来多少，故B瓶药液液面保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶后，B瓶药液才开始下降，A错误，B正确；
C.A瓶瓶口与大气相通，压强等于大气压，但液面下降，液体产生的压强减小，因此A瓶中封闭的气体压强增大，B瓶液面未下降时，封闭气体压强不变，故A瓶上方的气压大于B瓶上方的气压，C错误；
D．由于两瓶口通过细管与外界相连，压强始终等于大气压，因此注射速度保持不变，D错误。
故选：B。
2.一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A. 气体的体积不变，当温度升高时其压强一定增大
B. 气体温度降低，分子的平均动能可能不变
C. 物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
D. 气体体积减小，气体分子运动的剧烈程度一定增大
【答案】A
【解析】A．如果保持其体积不变，温度升高，则由，可知气体的压强增大，故A正确；
B．温度是分子平均动能的标志，温度降低，分子平均动能一定变小，故B错误；
C．物体放出热量，同时对外做功，其内能一定减小，故C错误；
D．压缩气体使体积减小，同时对外放热，气体温度不一定升高，气体分子运动的剧烈程度不一定增大，故D错误。
故选：A。
3.如图所示。一定质量的理想气体由状态A经变到。其体积（ ）
先不变后减小
B．先减小后不变
C．一直增大
D．一直减小
【答案】A
【解析】由图像知，一定质量的理想气体由状态A经变到，气体体积先不变，后减小，故选A。
故选：A。
4.某同学设计了一种温度计，结构如图所示，大玻璃泡A封装一定质量气体，与A相连的B管（内径可忽略）插在水槽中，管内有长度为x的水柱，可根据水柱长度来判断环境温度。下列分析正确的是（ ）
A．若大气压强不变，温度升高，x增大
B．若大气压强不变，温度降低，x增大
C．若气温不变，大气压强增大，x减小
D．若气温不变，大气压强减小，x增大
【答案】B
【解析】设玻璃泡A中气体压强为p，外界大气压强为p'，则p'=p+pgx，且玻璃泡中气体与外界大气温度相同。
AB．根据理想气体的状态方程可知，当大气压强不变，温度升高，A压强增大，x减小，温度降低，x增大，A错误，B正确；
CD．气温不变，大气压强增大，x增大，大气压强减小，x减小，CD错误。
故选：B。
5.湖底温度为7℃，有一球形气泡从湖底升到水面（气体质量恒定）时，其直径扩大为原的2倍。已知水面温度为27℃，大气压强p0=75cmHg，则湖水深度约为（ ）
A．65m B．55m C．45m D．25m
【答案】A
【解析】求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出湖水的深度。
以球内的气体为研究对象，有
初状态,,
末状态,,
由理想气体状态方程得,代入数据，解得,故A正确，BCD错误。
故选：A。
6.封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（ ）
A．气体的压强减小
B．气体的压强增大
C．气体分子的密集程度增大
D．气体分子的密集程度减小
【答案】B
【解析】AB．由理想气体气体状态方程，可知，如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强增大，故A错误，B正确；
CD．一定质量的气体，如果保持气体体积不变，由密度公式可知气体密度不变，故CD错误。
故选：B。
7.玻璃管开口向下竖直放置，管内用水银柱封闭一定质量的理想气体。在玻璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中，管内封闭气体状态变化可能是下图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设水银柱长度在竖直方向的分量为h，大气压强为p0，水银密度为ρ，则管内气体的压强为
，当玻璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中，h减小，则p增大。
A．V-T图像是一条延长线过原点的直线，说明气体经历等压过程，不符合上面分析，故A错误；
B．气体经历等温膨胀过程，根据玻意耳定律可知气体压强减小，不符合上面分析，故B错误；
C．气体压强减小，不符合上面分析，故C错误；
D．气体压强增大，符合上面分析，故D正确。
故选：D。
8.如图所示，四个两端封闭粗细均匀的玻璃管，管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态，如果管内两端的空气都升高相同的温度，水银柱向左移动的是（ ）
A．（va＜vb且Ta＜Tb）
B．（va＞vb且Ta=Tb）
C．（va=vb且Ta＜Tb）
D．（va＜vb且Ta＞Tb）
【答案】D
【解析】AC．假设升温后液柱不动，则气体体积一定，由查理定律可得，解得，升温前a．b两部分气体压强相等，升高相同的温度，原来温度低的压强增大的多，与原来气体体积大小无关，因TaB．同理可知，当Ta=Tb，说明升温时假设液柱不动，a．b部分气体压强增大一样多，两侧压强大小仍相等，液柱静止不动，故B错误；
D．同理可知，因Ta>Tb，说明升温时假设液柱不动，b部分气体压强增大的多，a部分气体压强小于b部分气体压强，说明液柱向左移动，故D正确。
故选：D。
9.如图所示，水平固定的由两段粗细不同的细玻璃管组成的封闭容器中，一段水银柱将气体分成A．B两部分，当水银柱静止时，下列判断错误的是（ ）
A．水银柱两侧受到的气体压力大小不相等
B．A．B两部分气体的压强相同
C．若两部分气体温度相同，现同时升高10℃，则水银柱不动
D．若两部分气体温度相同，现同时降低10℃，则水银柱向右移
【答案】D
【解析】AB．同一水平面内液体内部的压强处处相等，所以A．B两部分气体的压强相同，A与B的截面积不同，所以它们给液体的压力不同，故AB正确；
CD．两部分气体的压强相同，同时升高10℃，根据查理定律，可得，气体的压强的变化也是相等的，所以末态压强相同，所以水银柱不动，故C正确，D错误。
故选：D。
10.如图，两端封闭．上粗下细的导热玻璃管竖直放置，中间用一段水银柱封闭了A．B两部分气体。现环境温度略有上升，重新稳定后A．B两部分气体压强的增量分别为ΔpA．ΔpB，则（ ）
A．水银柱略向上移动，ΔpA＜ΔpB
B．水银柱略向上移动，ΔpA＞ΔpB
C．水银柱略向下移动，ΔpA＜ΔpB
D．水银柱略向下移动，ΔpA＞ΔpB
【答案】B
【解析】CD．假设水银柱不动，根据等容变化规律可得，解得，由于初始状态有 ， ，，则有，则水银柱略向上移动，所以CD错误；
AB．重新稳定后A．B两部分气体压强，有，开始时，有两式相减可得
，因为上面的表面积较大，则有，则有，所以A错误；B正确。
故选：B。
11.2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据:8848.86米,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰,手表是密封的,表内温度27℃时气体压强为1.0×105Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104Pa,表内温度为-23℃。则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A.8.3×104Pa B.8.3×105Pa
C.4.3×104Pa ×105Pa
【答案】C
【解析】取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105Pa,温度为T1=(273+27)K=300K,设其末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23)K=250K,根据查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=56×105Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp=56×105Pa-4.0×104Pa=4.3×104Pa,故C正确。
故选：C。
提升篇
一、多选题
1．如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的正确说法是( )
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中p­t线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V­t线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
【答案】AD
【解析】由查理定律p＝CT＝C(t＋273.15)及盖—吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；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0 K，故B错误；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得出的，当压强很大、温度很低时，这些定律就不成立了，故C错误；由图线是倾斜直线和上述分析，故D正确。
故选：AD。
2.一定质量的气体在体积不变时，下列有关气体的状态变化的说法正确的是( )
A.温度每升高1 ℃，压强的增量是原来压强的eq \f(1,273)
B.温度每升高1 ℃，压强的增量是0 ℃时压强的eq \f(1,273)
C.气体的压强和热力学温度成正比
D.气体的压强和摄氏温度成正比
【答案】BC
【解析】根据查理定律p＝CT，知C正确；将T＝(273＋t)K代入得p＝C(273＋t)，升高1 ℃时的压强为p1＝C(274＋t)，所以Δp＝C＝eq \f(p,273＋t)＝eq \f(p0,273)，B正确。
故选：BC。
3.一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程不可实现的是( )
A.先等温膨胀，再等容降温 B.先等温压缩，再等容降温
C.先等容升温，再等温压缩 D.先等容降温，再等温压缩
【答案】AC
【解析】根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，若经过等温膨胀，则T不变，V增大，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来的值，A不可实现；同理可以确定C也不可实现，故A、C正确。
故选：AC。
二、非选择题：
1.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃.当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入长度为多少的水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3)
【答案】0.9 cm
【解析】设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化
初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg
T1＝(273＋27) K＝300 K
末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30) K＝303 K
由查理定律eq \f(p2,T2)＝eq \f(p1,T1)得eq \f(90＋x,303)＝eq \f(90,300)，解得x＝0.9 cm
则注入水银柱的长度为0.9 cm。
２.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm，取g＝10 m/s2.求：
(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积。
【答案】(1)4 kg (2)640 cm3
【解析】(1)设物体A的体积为ΔV
T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40－ΔV
T2＝330 K，p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.0×105＋\f(mg,40×10－4))) Pa，V2＝V1
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV
由状态1到状态2为等容过程eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据得m＝4 kg.
由状态2到状态3为等压过程eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，代入数据得ΔV＝640 cm3。
3.一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,初始时气体体积为3×10-3m3。用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300K和1.0×105Pa。推动活塞压缩气体,测得气体的温度和压强分别为240K和1.0×105Pa。
(1)求此时气体的体积。
(2)再保持温度不变,缓慢改变作用在活塞上的力,使气体压强变为8.0×104Pa,求此时气体的体积。
【答案】(1)3Sh (2)3p04
【解析】(1)初始时,活塞水平静止于C位置,活塞的受力如图1,则p0S+p1·2S=p0·2S，得出p1=p02，封闭气体体积:V1=Sh+2S·4h=9Sh；
汽缸倒置稳定后,活塞受力如图2,则p0S+p0·2S=p2·2S，得出p2=3p02
封闭气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1V1=p2V2，得出V2=3Sh
(2)环境温度降低前气体的状态参量为p2=3p02、V2=3Sh、T2=T0
假设气体发生等压变化,活塞未至B,环境温度降低后的状态参量为p3=p2=3p02、T3=16T0
由盖-吕萨克定律有V2T2=V3T3，得出V3=12Sh可见假设不成立,活塞已至 B,则体积为V'3=Sh
由理想气体状态方程有p2V2T2=p' 3V' 3T3，解得:p'3=3p04 。