2024教科版高中物理选择性必修第三册同步
4 实验:探究气体等温变化的规律
第1课时 实验:探究气体等温变化的规律
基础过关练
题组一 实验原理与操作
1.(2023四川泸州月考)某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。
(1)在实验中,下列哪些操作不是必需的 。(填选项前的字母)
A.用橡胶套密封注射器的下端
B.用游标卡尺测量活塞的直径
C.读取压力表上显示的气压值
D.读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定,而不是用手握住玻璃管(或注射器),并且在实验中要缓慢推动活塞,这些要求的目的是: 。
(3)下列图像中,最能直观反映气体做等温变化的规律的是 。
A B
C D
题组二 数据处理与误差分析
2.(2023四川雅安月考)某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。
甲
(1)关于该实验,下列说法正确的是 。(填选项前的字母)
A.实验前应将注射器内的空气完全排出
B.空气柱体积变化应尽可能快些
C.空气柱的压强随体积的减小而减小
D.作p-图像可以直观反映出p与V的关系
(2)如图乙是实验小组的两同学在实验中得到的p-图像,若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同,那么两图像斜率不同的主要原因是: 。
乙
(3)实验时,若实验小组的同学进行了两次实验,得到的p-V图像如图丙所示,由图丙可知两次实验气体的温度大小关系为T1 T2(选填“<”“=”或“>”)。
丙
3.(2023山东泰安期中)用DIS研究一定质量的气体在温度不变时压强与体积关系的实验装置如图甲所示,用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的压强与体积的关系。实验中气体的质量保持不变,气体的体积可由注射器刻度直接读出,气体的压强由图中压强传感器等计算机辅助系统得到。请回答下列有关问题:
甲
(1)甲同学在做本实验时,按实验要求组装好实验装置,然后缓慢推动活塞,使注射器内空气柱从初始体积20.0 mL减为12.0 mL。实验共测出五组数据,每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机,同时由压强传感器测得对应体积的压强值。实验完成后,计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果:
序号(组) 1 2 3 4 5
V/mL 20.0 18.0 16.0 14.0 12.0
p/(×105 Pa) 1.02 1.13 1.38 1.45 1.68
以上测量数据可能错误的是第 组。
(2)乙同学实验操作规范正确,根据实验数据画出如图乙所示的V-图线,图线不过坐标原点,则图中C代表 。
乙
(3)丙同学根据测量的数据,绘出p-图像如图丙所示。图线的上端出现了一小段弯曲,产生这一现象的可能原因是 。
丙
(4)丁同学实验时缓慢推动活塞压缩气体,记录4组注射器上的刻度值V,以及相应的压强传感器示数p。在采集第5组数据时,压强传感器的软管脱落,重新接上后继续实验,又采集了4组数据,其余操作无误。绘出的V-关系图像应是 。
A B
C D
第2课时 气体的等温变化
基础过关练
题组一 气体压强的计算
1.(2023四川宜宾月考)如图所示,竖直平面内有一U形管,封闭端有一部分气体被水银封住。已知大气压强为p0,封闭部分气体的压强p为(以mmHg为单位) ( )
A.p0+h2 B.p0-h1
C.p0-(h1+h2) D.p0+(h2-h1)
2.(2023山西忻州期中)质量为M的汽缸开口朝上静置于水平地面上(如图甲),用质量为m的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计),活塞的横截面积为S。将汽缸倒扣在水平地面上(如图乙),静止时活塞没有接触地面。已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计一切摩擦,则下列分析正确的是 ( )
甲 乙
A.甲图中,汽缸对地面的压力为Mg
B.甲图中,封闭气体的压强为p0+
C.乙图中,地面对汽缸的支持力为Mg+p0S
D.乙图中,封闭气体的压强为p0-
3.(2023山东潍坊月考)如图所示,内径均匀、两端开口的V形管,B支管竖直插入水银槽中,A支管与B支管之间的夹角为θ,A支管中有一段长为h的水银柱保持静止,下列说法正确的是 ( )
A.B管内水银面比管外水银面高h
B.B管内水银面比管外水银面高h cos θ
C.B管内水银面比管外水银面高h sin θ
D.管内封闭气体的压强比大气压强小h tan θ高的水银柱产生的压强
题组二 气体等温变化的图像
4.一定质量的理想气体等温变化过程的图线可能是下图中的 ( )
A B
C D
5.(2023四川成都崇州期末)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法正确的是 ( )
A.从等温线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比
B.一定质量的气体,在不同温度下的等温线是不同的
C.一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越小
D.由题图可知T2
6.(2023湖南株洲期中)一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处,不考虑气泡温度的变化,它的体积约变为原来体积的 ( )
A.3倍 B.2倍
C.1.5倍 D.
7.(2023山东烟台期中)如图甲所示,一汽缸竖直放置,汽缸内有一质量不可忽略的活塞,将一定质量的气体封闭在汽缸内,活塞与汽缸壁无摩擦,气体处于平衡状态。现保持温度不变,把汽缸向右倾斜90°(如图乙所示),达到平衡后,与原来相比 ( )
甲 乙
A.气体的压强变大 B.气体的压强变小
C.气体的体积变大 D.气体的体积变小
8.(2023湖北黄石期中)如图所示,上端封闭的玻璃管插在水银槽中,管内封闭着一段气柱。现使玻璃管缓慢地绕其最下端偏离竖直方向一定角度,能描述管内气体状态变化的图像是(箭头表示状态的变化方向) ( )
A B C D
9.(2023湖南长沙湖南师大附中期中)如图所示,两端开口且内径均匀的玻璃管竖直插入水银槽中,管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体,这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2。若保持环境温度不变,当外界压强增大时,下列分析正确的是 ( )
A.h2变长 B.h2不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
10.(2023四川达州期中)如图所示,一端封闭、一端开口、截面积相同的U形管AB,管内灌有水银,两管内水银面高度相等,管A内封有一定质量的气体,气体压强为72 cmHg。今将开口端B接到抽气机上,抽尽B管上面的空气,结果两水银柱产生18 cm的高度差,则A管内原来空气柱长度为 ( )
A.18 cm B.12 cm
C.6 cm D.3 cm
11.(2023四川眉山期中)如图所示,在开口向上、竖直放置的圆筒形容器内用质量为m的活塞密封部分气体,活塞与容器壁间能够无摩擦滑动,大气压恒为p0,容器的横截面积为S,活塞静止于位置A。对活塞施加外力F,使其从位置A缓慢移动到位置B,位置A、B到容器底部的距离分别为h1、h2,密封气体与外界温度始终保持相同,已知重力加速度为g。求:
(1)活塞在位置A时,密封气体的压强;
(2)活塞在位置B时,外力F的大小。
能力提升练
题组一 气体等温变化的图像问题
(2023辽宁大连期中)如图所示,一定质量的气体由状态A变化到状态B再变化到状态C的过程,A、C两点在同一条双曲线上,则此变化过程中 ( )
A.从A到B的过程温度升高
B.从B到C的过程温度升高
C.从A到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
(2023重庆璧山月考)如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像,气体由状态A变化到状态B的过程中,关于气体的温度和分子平均速率的变化情况,下列说法正确的是 ( )
A.都一直保持不变
B.温度先升高后降低
C.温度先降低后升高
D.分子平均速率先增大后减小
3.(2023黑龙江齐齐哈尔期中)如图所示,D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程,则下列说法正确的是 ( )
A.D→A是一个等温过程
B.A→B是一个等温过程
C.T1>T2
D.B→C过程中,气体的体积增大,压强减小,温度不变
题组二 等温变化规律的应用
4.(2023河北邢台联考)光滑地面上水平放置一个质量为M、导热性能良好的容器,用一个质量为m、导热性能良好的活塞封闭一定量的气体在其中,容器与活塞的横截面积分别为S0、S,容器内部气体的长度为L,气体的质量可忽略不计,活塞和容器间接触光滑。现同时用水平向左的恒力F1和水平向右的恒力F2分别作用在活塞和容器上,且F1=F2=F,活塞和容器最终无相对运动。已知外界气压为p0,环境温度恒定,则容器内部气体缩短的长度为 ( )
A.L B.L
C.L D.L
5.(2023湖北黄冈期中)L形粗细均匀的细玻璃管,AB部分长25 cm,BC部分长20 cm,A端封闭,玻璃管中一段10 cm长的水银柱封闭一段空气柱。当玻璃管平放在水平桌面上时,水银柱在玻璃管中的分布如图1所示,大气压强为75 cmHg。如若把玻璃管由平放在桌面慢慢转换到竖直平面内,如图2所示,最终AB部分竖直,BC部分水平,且水银柱恰好全部进入到AB部分,设整个过程气体温度保持不变,则下列对气体初状态的描述正确的是 ( )
图1 图2
A.初始状态时AB部分水银柱长是5 cm
B.初始状态时BC部分水银柱长是6 cm
C.初始状态封闭气体的压强是83 cmHg
D.初始状态时AB部分空气柱长是17 cm
6.(2022四川雅安中学阶段测试)如图所示,上端封闭、下端开口、内径均匀的玻璃管,管长L=103 cm,其中有一段长h=15 cm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LA=50 cm。现把开口端向下插入水银槽中,直至A端气柱长LA'=37.5 cm为止,这时系统处于静止状态,已知大气压强p0=75 cmHg,整个过程中温度保持不变。求:
(1)未插入水银槽时管内的气体压强pA;
(2)槽内水银进入管内的长度Δh。
7.(2023山东青岛统考)如图所示为某科技小组设计的一款测量水深的装置。两个长度均为L=0.8 m、截面积分别为5S和S的圆筒M、N连接在一起,组成一个两端开口的汽缸。再取两个密闭良好的轻薄活塞A、B,分别放在两圆筒M、N中,两活塞用轻质硬杆相连,硬杆长也为L。开始时活塞A处在M的开口处,活塞B处在两圆筒的连接处,两活塞间封闭了一定量的气体,压强为p0。使用时将该装置放入水中,通过测量活塞相对圆筒的位置移动可测出水深。已知汽缸、活塞导热良好,不计一切摩擦,圆筒内气体可视为理想气体,外界大气压强为p0,相当于10 m高的水柱产生的压强,忽略水的温度变化和装置上下表面压强差。求:
(1)将该装置放在水面下2.5 m处,稳定后活塞A相对汽缸移动的距离;
(2)用该装置可以测出的水深h的最大值。
8.(2023辽宁沈阳统考)某濒危鱼类长期生活在压强为40p0的深海中,科研团队为便于研究,把该鱼类从海里移到如图所示的两层水箱中,同时给它们创造一个类似深海的压强条件。假设该鱼位于一层水箱底部,距离二层水箱水面的高度h=50 m,二层水箱上部密封一定质量的空气,空气体积V=7 L,空气压强与外界大气压相同。已知外界大气压为p0,相当于10 m高水柱产生的压强(水箱内气体温度恒定,不考虑空气溶入水的影响)。求
:
(1)为使鱼在一层水箱正常存活,需要给二层水箱再打进多少升压强为p0的空气
(2)为了让二层水箱上方气体压强和第(1)问充气后气体压强相同,还可以采用从进水口注水的方法,那么需要注入多少升水
4 实验:探究气体等温变化的规律
第1课时 实验:探究气体等温变化的规律
基础过关练
1.答案 (1)B (2)防止玻璃管内的空气温度升高(或保持玻璃管内的空气温度不变) (3)C
解析 (1)由于玻璃管粗细均匀,气体的体积与空气柱的长度成正比,所以研究气体压强与体积的关系可转化为研究气体压强与空气柱长度的关系,故不需要测量空气柱的横截面积,因此不需要用游标卡尺测量活塞的直径,选B。
(2)实验时不用手握住玻璃管(或注射器),并且要缓慢推动活塞,是防止玻璃管内的空气温度升高,影响实验结果。
(3)根据一定质量的气体做等温变化时,压强与体积成反比,可知最能反映气体做等温变化规律的是图像C。
2.答案 (1)D (2)研究气体的质量不同(或研究同质量气体在不同温度下的变化规律) (3)>
解析 (1)实验时以注射器内的空气为研究对象,所以实验前注射器内的空气不能完全排出,A错误;实验时空气柱的体积变化不能太快,要缓慢移动活塞以保证气体温度不变,B错误;气体发生等温变化,空气柱的压强随体积的减小而增大,C错误;p-图像是一条倾斜的直线,作p-图像可以直观反映出p与V的关系,D正确。
(2)根据p-图像可知,如果实验小组的两同学实验时的温度相同,则说明两次实验气体质量不同;如果气体质量相同则两次温度不同。
(3)在p-V图像中,根据离坐标原点越远的等温线温度越高,可得T1>T2。
3.答案 (1)3 (2)压强传感器与注射器之间的管中气体的体积 (3)实验过程中出现漏气(气体温度降低或压强传感器与注射器之间的气体影响) (4)B
解析 (1)根据题中给出的五组实验数据,压强p(×105 Pa)和体积V(mL)的乘积分别为20.40、20.34、22.08、20.30、20.16。一定质量的理想气体,在温度不变的情况下,压强和体积的乘积不变。第1、2、4、5组数据在测量误差范围内,第3组测量数据可能错误。
(2)实验时气体的实际体积比注射器刻度值V大V0,根据p(V+V0)=k,k为常量,可得V=-V0。如果实验操作规范正确,但出现题图乙所示的V-图线不过原点,则C代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积。
(3)丙同学根据测量的数据,绘出p-图像,图线的上端出现了一小段弯曲,产生这一现象的可能原因是实验过程中出现漏气(气体温度降低或压强传感器与注射器之间的气体影响)。
(4)根据pV=C可知V=,当气体质量不变时V与成正比,当气体质量发生改变后(质量变小),V与还是成正比,但此时图线的斜率发生变化(斜率比原来小),选B。
第2课时 气体的等温变化
基础过关练
1.B 2.B 3.B 4.AB 5.AB 6.C
7.AD 8.A 9.BD 10.D
1.B 选右边液面为研究对象,右边液面受到向下的大气压强p0;在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p,根据连通器原理可知p+h1=p0,所以p=p0-h1,B正确。
方法技巧 取等压面法求气体的压强
同种液体在同一深度向各个方向的压强相等。要灵活选取等压面,利用同一液面压强相等求解气体压强。如图甲所示,同一液面C、D两处压强相等,故pA=p0+ph;如图乙所示,M、N两处压强相等,从左侧管看有pB=pA+,从右侧管看有pB=p0+。
甲 乙
2.B 题图甲中对活塞受力分析,可得p0S+mg=pS,则封闭气体的压强为p=p0+;对活塞和汽缸整体受力分析,可得地面对汽缸的支持力为Mg+mg,则汽缸对地面的压力为Mg+mg,A错误,B正确;题图乙中,对活塞受力分析,可得p'S+mg=p0S,则封闭气体的压强为p'=p0-;对活塞和汽缸整体受力分析,可得地面对汽缸的支持力为Mg+mg,故C、D错误。
方法技巧 平衡法求气体的压强
选与封闭气体接触的活塞、汽缸或液体为研究对象进行受力分析,由平衡条件列式求气体压强。容器加速运动时,可由牛顿第二定律列方程求解。
3.B 以A支管中的水银柱为研究对象,设管的横截面积为S,外界大气压为p0,管内封闭气体的压强为p,则有pS+ρ水银hSg cos θ=p0S,得管内封闭气体的压强p=p0-ρ水银gh cos θ,显然p
5.AB 由于等温线是双曲线中的一条,它表明在温度保持不变的情况下,气体的压强与体积成反比,A正确。一定质量的气体,在不同温度、相同压强的情况下,体积不同,因此等温线不同,B正确。对于一定质量的气体,相同体积下,温度越高,压强越大;相同压强下,温度越高,体积越大。综合可知,温度越高,气体压强与体积的乘积越大,因此T1
7.AD 对活塞受力分析,在题图甲中有p1S+mg=p0S,可得封闭气体的压强p1=p0-;汽缸向右倾斜90°后,活塞水平方向受力平衡,可得封闭气体的压强p2=p0,可得p1
8.A 设大气压为p0,封闭气体的压强为p=p0-ρgh,玻璃管绕其最下端偏离竖直方向一定角度,水银柱的有效高度h变小,可得封闭气体的压强变大;气体温度不变,压强变大,由气体等温变化的规律pV=C可知,气体的体积将变小;由于p、V的乘积为常数,由数学知识知p-V图线为双曲线的一支,故A正确,B、C、D错误。
9.BD 对于管内封闭的气体,其压强为p=p0+ρ水银gh1,也可以有p=p0+ρ水银gh2,可知h1=h2,由于h1不变,则h2不变。当外界压强增大时,管内封闭气体的压强p增大,根据气体等温变化规律pV=C可以知道气体的体积减小,则水银柱下降。故选B、D。
10.D 设A管内原来空气柱长度为l,横截面积为S,压强为p1=72 cmHg,体积为V1=lS,抽尽B管上面的空气,则A管内空气柱压强为p2=18 cmHg,体积为V2=(l+9 cm)S,由等温变化的规律可得p1V1=p2V2,联立以上各式得l=3 cm,所以A、B、C错误,D正确。
11.答案 (1)p0+ (2)(p0S+mg)
解析 (1)活塞静止在位置A时,对活塞受力分析有p1S=mg+p0S,解得p1=p0+。
(2)活塞在位置B时,对活塞受力分析有p2S+F=mg+p0S,
活塞从位置A缓慢移动到位置B的过程,气体等温变化,则p1h1S=p2h2S,
解得F=(p0S+mg)。
能力提升练
1.AD 2.BD 3.AD 4.D 5.D
1.AD 由于A、C两点在同一条双曲线上,可知A、C两点在同一等温线上,温度相等,D正确。作过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,故从A到B的过程温度升高,从B到C的过程温度降低,从A到C的过程温度先升高后降低,A正确,B、C错误。
2.BD 由图像判断可得pAVA=pBVB,所以气体在A、B两状态的温度相等,可在p-V图像上作几条等温线,如图所示,由于离原点越远的等温线温度越高,所以从状态A到状态B温度先升高后降低,故A、C错误,B正确;温度越高,分子的平均速率越大,平均动能越大,所以分子的平均速率先增大后减小,D正确。
3.AD 若p-图像是过原点的一条直线,则说明气体发生等温变化,故D→A是一个等温过程,B→C也是等温变化过程,A正确;由于A到B体积不变,压强增大,则温度升高,可知T1
5.D 设初始状态AB部分水银柱长为L,玻璃管横截面积为S,则初始状态封闭气体的两个参量分别是p1=75 cmHg,V1=(25 cm-L)S;玻璃管竖直放置后的两个参量分别是p2=75 cmHg+10 cmHg=85 cmHg,V2=15 cm·S,根据气体等温变化的规律可得p1V1=p2V2,解得L=8 cm,所以,初始状态时AB部分水银柱长8 cm,BC部分水银柱长2 cm,AB部分空气柱长17 cm,封闭气体的压强是75 cmHg,A、B、C错误,D正确。
方法技巧 应用气体等温变化规律解题的思路
(1)确定研究对象,并判断是否满足定律成立的条件。
(2)确定始末状态及状态参量(p1、V1、p2、V2)。
(3)根据等温变化规律列方程p1V1=p2V2,代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。
(4)有时要检验结果是否符合实际,对不符合实际的结果要舍去。
6.答案 (1)60 cmHg (2)20.5 cm
解析 (1)设未插入水银槽时A端封闭气柱的压强为pA,B处的压强等于大气压p0,有pA=p0-ρgh=75 cmHg-15 cmHg=60 cmHg。
(2)对A部分气体,运用等温变化规律可得
pALA=pA'L A',
解得pA'== cmHg=80 cmHg。
未插入水银槽时,B部分气体的压强pB=p0=75 cmHg,
B部分气体的长度LB=L-LA-h=(103-15-50) cm=38 cm。
插入后,B部分气体的压强pB'=pA'+ρgh=80 cmHg+15 cmHg=95 cmHg,
对B部分气体,由等温变化规律可得pB'LB'=pBLB,
解得LB'== cm=30 cm,
故Δh=L-LA'-h-LB'=(103-37.5-15-30) cm=20.5 cm。
7.答案 (1)0.2 m (2)40 m
解析 (1)以装置中封闭的气体为研究对象,则气体的初状态为p1=p0,V1=5SL,
当装置放在水面下2.5 m处时,气体的状态为p2=p0,V2=(L-d)5S+dS,
根据气体等温变化规律可知p1V1=p2V2,
解得d=0.2 m。
(2)当达到测量的最大深度时,活塞A刚好到达两圆筒的连接处,则气体此时的状态为p3=,V3=SL,
根据气体等温变化规律可知p0·5SL=p3V3,
解得h=40 m,
所以该装置可测量水的最大深度为40 m。
8.答案 (1)238 L (2)6.8 L
解析 (1)为使鱼在一层水箱正常存活,设给二层水箱中打进压强为p0的空气体积为ΔV,打进气体后二层水箱上方的气体压强为p1。由题意可得·p0+p1=40p0,解得p1=35p0,
根据气体等温变化规律,可得p0V+p0ΔV=p1V,
解得ΔV=238 L。
(2)设需要注入水的体积为ΔV',由气体等温变化规律可得p0V=p1(V-ΔV'),解得ΔV'=6.8 L。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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