《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)58 氣體（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)58 氣體（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、氣體 一、選擇題 1．一定質(zhì)量的理想氣體，下列狀態(tài)變化中不可能的是(　　) A．使氣體體積增加而同時溫度降低 B．使氣體溫度升高，體積不變，壓強增大 C．使氣體溫度降低，壓強減小，體積減小 D．使氣體溫度不變，而壓強體積同時增大 答案　D 解析　由理想氣體狀態(tài)方程＝常量，A、B、C三項均可能，故D項符合題意要求． 2．一定質(zhì)量的氣體，從初態(tài)(p0、V0、T0)先經(jīng)等壓變化使溫度上升到T0，再經(jīng)等容變化使壓強減小到p0，則氣體最后狀態(tài)為(　　) A.p0、V0、T0　　　　　 B.p0、V0、T0 C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0 答案　B 解析　在等壓過

2、程中，V∝T，有＝，V3＝V0，再經(jīng)過一個等容過程， 有：＝，T3＝T0，所以B項正確． 3．(多選)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑與外界不發(fā)生熱傳遞的氣缸固定在地面上，缸內(nèi)活塞下方封閉著一定量的氣體(不計分子間的作用力)，活塞與外界也不發(fā)生熱傳遞，若突然用豎直向上的力F將活塞向上拉一些，缸內(nèi)封閉著的氣體(　　) A．分子平均動能不變 B．單位時間內(nèi)缸壁單位面積上受到氣體分子碰撞的次數(shù)減少 C．分子數(shù)密度減小 D．單個分子對缸壁的平均撞擊力減小 E．若活塞重力不計，拉力F對活塞做的功等于缸內(nèi)氣體的內(nèi)能改變量 答案　BCD 解析　A項，向上拉活塞時，氣體體積變大，氣體對外做功，W＜

3、0，由于氣缸與活塞是絕熱的，則Q＝0，由熱力學(xué)第一定律可知，ΔU＝W＋Q＜0，氣體內(nèi)能減小，溫度降低，分子平均動能變小，A項錯誤； B、C兩項，氣體體積變大，分子數(shù)密度變小，單位時間內(nèi)缸壁單位面積上受到氣體分子碰撞的次數(shù)減少，故B、C兩項正確； D項，因體積增大氣體溫度降低，分子平均動能減小，因此分子對缸壁的平均沖力減小，故D項正確； E項，若活塞重力不計，向上拉活塞時，活塞動能與重力勢能均為零，拉力F與大氣壓力對活塞做的總功等于缸內(nèi)氣體的內(nèi)能改變量，故E項錯誤． 4.(2018·河南二模)(多選)如圖所示，A、B兩點表示一定質(zhì)量的理想氣體的兩個狀態(tài)，當(dāng)氣體自狀態(tài)A變化到狀態(tài)B時(　　

4、) A．子的速率分布曲線發(fā)生變化 B．單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)目增多 C．有可能經(jīng)過體積減小的過程 D．外界必然對氣體做正功 E．氣體必然從外界吸熱 答案　ACE 解析　A項，因為氣體溫度升高，分子的平均動能增加，氣體分子的速率分布曲線發(fā)生變化，故A項正確； B項，溫度升高會導(dǎo)致分子平均作用力增大，而B狀態(tài)的壓強小于A狀態(tài)的壓強，故單位體積內(nèi)的氣體分子數(shù)目應(yīng)減小，故B項錯誤； C項，由于沒有限制自狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程，所以可先減小氣體的體積再增大氣體的體積到B狀態(tài)，故C項正確； D項，因為氣體體積增大，所以是氣體對外做功，故D項錯誤； E項，因為氣體對外

5、界做功，而氣體的溫度升高，內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體一定從外界吸熱，故E項正確． 5.(2018·淮南二模)(多選)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷等溫或等容過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其V-T圖像如圖所示．其中對角線ac的延長線過原點O.下列判斷正確的是(　　) A．氣體在狀態(tài)b時的壓強大于它在狀態(tài)d時的壓強 B．氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能 C．在過程bc中氣體向外界放出的熱量等于外界對氣體做的功 D．在過程cd中氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外界做的功 E．在過程ab中外界對氣體做的功等于在過程cd中氣體對外界做的功 答案　ABD

6、解析　根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C得：V＝·T，即V-T圖像中，斜率反應(yīng)壓強的倒數(shù) A項，V-T線的斜率的倒數(shù)與壓強成正比，可知氣體在狀態(tài)b時壓強大于狀態(tài)d時的壓強，故A項正確； B項，由圖像可知，氣體在狀態(tài)a時的溫度大于它在狀態(tài)c時的溫度，則氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能，故B項正確； C項，由圖像可知，由b到c過程，氣體壓強不變，溫度降低，氣體內(nèi)能減小，根據(jù)＝C可知，體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，該過程應(yīng)放熱，且Q＞W(wǎng)，故C項錯誤； D項，在過程cd中氣體的溫度不變，體積變大，則內(nèi)能不變，則氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外界做的功，故D項正確； E項，

7、根據(jù)V-T線的斜率的倒數(shù)與壓強成正比，可知ab段得壓強始終都比cd段的壓強大，而兩段體積變化相同，根據(jù)W＝pΔV可知，過程ab中外界對氣體做的功應(yīng)大于在過程cd中氣體對外界做的功，故E項錯誤． 6.(2018·武漢模擬)(多選)一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生了a→b→c→d→a的循環(huán)，其p-圖像如圖所示．其中線段以ab的延長線過坐標(biāo)原點，線段cd與橫軸平行，線段da與縱軸平行．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)→b的過程中，氣體溫度不變 B．b→c的過程中，氣體內(nèi)能增加 C．c→d的過程中，氣體對外界做功 D．d→a的過程中，氣體放出熱量 E．整個循環(huán)過程，氣體放出熱量 答案　ABD

8、 解析　A項，由理想氣體狀態(tài)方程＝C整理得：p＝CT·，在P-圖像中a到b過程斜率不變，CT不變，故說明溫度不變；故A項正確； B項，由理想氣體狀態(tài)方程整理得：p＝CT·，可以判斷圖像上的各點與坐標(biāo)原點連線的斜率即為CT，所以bc過程中氣體的溫度升高、內(nèi)能增加，故B項正確； C項，c→d，壓強不變，體積減小，根據(jù)W＝pΔV可知，外界對氣體做功，故C項錯誤； D項，da過程中，體積不變，壓強減小，故溫度應(yīng)減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知氣體放出熱量；故D項正確； E項，整個循環(huán)過程，根據(jù)W＝pΔV可知，氣體對外做功、內(nèi)能不變，則氣體吸收熱量，故E項錯誤． 7．(2018·青島二模)(多選)

9、如圖是一定質(zhì)量的理想氣體的p-T圖，氣體從a→b→c→a完成一次循環(huán)，關(guān)于氣體的變化過程．下列說法正確的是(　　) A．氣體在a態(tài)的體積Va小于在c態(tài)的體積Vc B．a(chǎn)→b過程氣體的分子數(shù)密度變大 C．b→c過程外界對氣體做的功等于氣體放出的熱量 D．c→a過程氣體壓強增大，從微觀講是由于氣體分子與器壁碰撞的頻繁程度增大引起的 E．若a→b過程氣體吸熱300 J，c→a過程放熱400 J，則c→a過程外界對氣體做功100 J 答案　ADE 解析　A項，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程＝C(其中C為一定值)可得p＝·T，可知c到a過程中圖線上各點到原點連線的斜率變大，故c到a過程體積變小

10、，故A項正確； B項，根據(jù)p＝·T，可知a到b過程氣體發(fā)生等容變化，故a→b過程氣體的分子數(shù)密度不變，故B項錯誤； C項，b→c過程，氣體發(fā)生等溫變化，故內(nèi)能不變：ΔU＝0，壓強變小，體積變大，氣體對外做功，根據(jù)：ΔU＝W＋Q＝0，氣體對外界做的功等于氣體從外界吸收的熱量，故C項錯誤； D項，根據(jù)p＝·T可知c→a過程體積減小，氣體壓強增大，溫度降低，分子熱運動的平均動能減小，分子撞擊器壁的作用力變小，故根據(jù)氣體壓強的微觀意義可知氣體壓強增大是由于氣體分子與器壁碰撞的頻繁程度增大引起的，故D項正確； E項，b狀態(tài)與c狀態(tài)的溫度相同，內(nèi)能也相同，故a→b過程內(nèi)能的增加量等于c→a過程內(nèi)能

11、的減小量，即：ΔUab＝－ΔUca a→b過程發(fā)生等容變化，W1＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：ΔUab＝Q1＝300 J c→a過程內(nèi)能：ΔUca＝W2＋Q2＝W2－400 J＝－ΔUab＝－300 J 所以W2＝100 J，則c→a過程外界對氣體做功100 J，故E項正確． 8.如圖所示，一根豎直的彈簧支持著一倒立氣缸的活塞，使氣缸懸空而靜止．設(shè)活塞與缸壁間無摩擦，可以在缸內(nèi)自由移動，缸壁導(dǎo)熱性良好使缸內(nèi)氣體的溫度保持與外界大氣溫度相同，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A．若外界大氣壓增大，則彈簧將壓縮一些 B．若外界大氣壓增大，則氣缸的上底面距地面的高度將增大 C．若氣溫升

12、高，則活塞距地面的高度將減小 D．若氣溫升高，則氣缸的上底面距地面的高度將增大 答案　D 解析　若外界大氣壓增大或氣溫升高，因彈簧的彈力總等于活塞與氣缸的總重力保持不變，則彈簧長度不變，A、C兩項錯；對氣缸分析，據(jù)平衡條件可知大氣壓增大，密封氣體的壓強增大，又氣體溫度不變，則體積減小，而活塞的位置不變，所以氣缸的上底面距地面的高度將減小，B項錯；若氣溫升高，分析氣缸的平衡可知密封氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋－呂薩克定律知體積增大，氣缸的上底面距地面的高度將增大，D項正確． 二、非選擇題 9．(2018·重慶模擬)如圖所示，一豎直放置的絕熱氣缸，內(nèi)壁豎直，頂部水平，并且頂部安裝有體積可以忽

13、略的電熱絲，在氣缸內(nèi)通過絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的氣體，氣體的溫度為T0，絕熱活塞的質(zhì)量為m，橫截面積為S0.若通過電熱絲緩慢加熱，使得絕熱活塞由與氣缸底部相距h的位置下滑至2h的位置，此過程中電熱絲放出的熱量為Q，已知外界大氣壓強為p0，重力加速度為g，并且可以忽略活塞與氣缸壁之間的摩擦和氣體分子之間的相互作用，求： (1)在活塞下滑過程中，缸內(nèi)氣體溫度的增加量ΔT； (2)在活塞下滑過程中，缸內(nèi)氣體內(nèi)能的增加量ΔU. 解析　(1)首先緩慢加熱氣體時氣體做等壓變化， 初狀態(tài)：V1＝hs0　T1＝T0； 末狀態(tài)：V2＝2hs0　T2＝？ 根據(jù)蓋呂薩克定律：＝ 解得：T2＝2 T

14、0 ΔT＝T2－T1＝T0 (2)以活塞為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件： pS＋mg＝p0S 得：p＝p0－ 氣體對外做功W＝pΔV＝(p0－)×hs 根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q－W＝Q－p0hs＋mgh. 10．(2018·太原三模)潛艇采用壓縮空氣排出海水控制浮沉，在海面上，潛艇將壓強為1.0×105 Pa、總體積為600 m3的空氣，壓入容積為3 m3貯氣筒．潛至海面下方190 m水平航行時，為控制姿態(tài)，將貯氣筒內(nèi)一部分壓縮空氣通過節(jié)流閥壓入水艙，使15 m3的水通過排水孔排向與之相通的大海．已知海面處大氣壓p0＝1.0×105 Pa，取海水的密度ρ＝1.0×103 k

15、g/m3，g＝10 m/s2 (1)潛艇下潛前貯氣筒內(nèi)氣體的壓強； (2)排出水后貯氣筒內(nèi)剩余氣體的壓強． 解析　(1)空氣壓入前：p1＝p0＝1.0×105 Pa 體積為V1＝600 m3 壓入貯氣筒后，體積為V2＝3 m3 由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 代入數(shù)據(jù)解得：p2＝2×107 Pa (2)將貯氣筒內(nèi)一部分壓縮空氣通過節(jié)流閥壓入水艙穩(wěn)定后 氣體壓強為：p3＝p0＋ρgh＝1.0×105＋1.0×103×10×190 Pa＝2.0×106 Pa 氣體體積為：V3＝3＋15 m3＝18 m3 由玻意耳定律得：p2V2＝p3V2 代入數(shù)據(jù)解得：p3＝3.3

16、×106 Pa. 11．內(nèi)壁光滑的導(dǎo)熱氣缸豎直放置，用質(zhì)量不計、橫截面積為2×10－4 m2的活塞封閉了一定質(zhì)量的氣體．先在活塞上方緩緩倒上沙子，使封閉氣體的體積逐漸變?yōu)樵瓉淼囊话耄又呍诨钊戏骄従彽股仙匙舆厡飧准訜?，使活塞位置保持不變，直到氣體溫度達到177 ℃.(外界環(huán)境溫度為27 ℃，大氣壓強為1.0×105 Pa，g＝10 m/s2)． (1)求加熱前倒入多少質(zhì)量的沙子？ (2)求整個過程總共倒入多少質(zhì)量的沙子？ (3)在p-T圖上畫出整個過程中氣缸內(nèi)氣體的狀態(tài)變化過程． 解析　(1)氣體做等溫變化為： V2＝ p1＝p0　p2＝p0＋ 根據(jù)玻意耳定律，有：

17、 p1v1＝p2v2 p2＝2p1＝2.0×105 Pa 由活塞和沙子受力平衡得： m1g＝(p2－p1)s＝20 N 解得：m1＝2 kg (2)氣體做等體積變化： T2＝273＋27＝300 K T3＝273＋177＝450 K ＝ 代入數(shù)據(jù)解得：p3＝3.0×105 Pa 對活塞和沙子受力平衡，有： m2g＝(p3－p1)s＝40 N m2＝4 kg 一共倒入了4 kg的砂子 (3)在p-T圖上畫出整個過程中氣缸內(nèi)氣體的狀態(tài)變化過程，如圖所示 12.(2018·淄博一模)如圖均勻薄U形管，左管上端封閉，右管開口且足夠長．管的橫截面積為S，內(nèi)裝密度為ρ的液

18、體．右管內(nèi)有一質(zhì)量為m的活塞擱在固定卡口上，卡口與左管上端等高，活塞與管壁間無摩擦且不漏氣，溫度為T0時，左、右管內(nèi)液面高度相等，兩管內(nèi)空氣柱長度均為L.壓強均為大氣壓強p0.現(xiàn)使左、右兩管內(nèi)氣體溫度同時緩慢升高(任一時刻兩管內(nèi)氣體溫度相同)，重力加速度為g，求： (1)溫度升高到多少時，右管活塞開始離開卡口上升？ (2)溫度繼續(xù)升高，當(dāng)左管內(nèi)液面下降一小段距離h時，右管內(nèi)封閉氣體的長度為多少？ 解析　(1)選擇右側(cè)玻璃管中被封閉氣體作為研究對象， 對活塞根據(jù)平衡可得：mg＋p0S＝p2S 初態(tài)：壓強p1＝p0，溫度T1＝T0 末態(tài)：壓強p2＝p0＋，溫度T2 在活塞離開卡口之前

19、，兩側(cè)的氣體體積均不發(fā)生變化， 對右側(cè)氣體根據(jù)查理定律可得：＝ 解得右管活塞開始離開卡口上升時的溫度：T2＝(1＋)T0 (2)右管活塞離開卡口后，右側(cè)的氣體壓強不再發(fā)生變化，以左側(cè)的氣體為研究對象， 當(dāng)左管內(nèi)液面下降一小段距離h時，兩兩液面的高度差為2h，根據(jù)平衡可得：p2′S＝p0S＋mg＋2ρghS 初態(tài)：壓強p1′＝p0，體積V1′＝LS，溫度T1′＝T0 末態(tài)：壓強p2′＝p0＋＋2ρgh，體積V2′＝(L＋h)S，溫度T2′ 根據(jù)理想氣體狀體方程可得：＝① 右管活塞離開卡口后，右側(cè)被封閉氣體發(fā)生等壓過程， 初態(tài)：體積V2＝LS，溫度T2＝(1＋)T0 末態(tài)：體積

20、V3＝L3S，溫度T3＝T2′ 根據(jù)蓋－呂薩克定律可得：＝② 聯(lián)立①②兩式可得右管內(nèi)封閉氣體的長度：L3＝. 13．如圖所示，在固定的氣缸A和B中分別用活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞面積之比為SA∶SB＝1∶2，兩活塞以穿過B的底部的剛性細桿相連，可沿水平方向無摩擦滑動．兩個氣缸都不漏氣．初始時，A、B中氣體的體積皆為V0，溫度皆為T0＝300 K．A中氣體壓強pA＝1.5P0，p0是氣缸外的大氣壓強．現(xiàn)對A加熱，使其中氣體的壓強升到pA′＝2p0，同時保持B中氣體的溫度不變．求此時A中氣體溫度TA. 解析　活塞平衡時，由平衡條件得： pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)① pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)② 已知SB＝2SA③ B中氣體初、末態(tài)溫度相等，設(shè)末態(tài)體積為VB， 由玻意耳定律得：pB′VB＝pBV0④ 設(shè)A中氣體末態(tài)的體積為VA，因為兩活塞移動的距離相等， 故有＝⑤ 對氣體A由理想氣體狀態(tài)方程得：＝⑥ 解得：TA′＝TA＝500 K. 10