（新课标）2020高考物理一轮复习 课时作业58 气体（含解析）新人教版

气体一、选择题1一定质量的理想气体，下列状态变化中不可能的是()A使气体体积增加而同时温度降低B使气体温度升高，体积不变，压强增大C使气体温度降低，压强减小，体积减小D使气体温度不变，而压强体积同时增大答案D解析由理想气体状态方程常量，A、B、C三项均可能，故D项符合题意要求2一定质量的气体，从初态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0，再经等容变化使压强减小到p0，则气体最后状态为()A.p0、V0、T0B.p0、V0、T0C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0答案B解析在等压过程中，VT，有，V3V0，再经过一个等容过程，有：，T3T0，所以B项正确3(多选)如图所示，一个内壁光滑与外界不发生热传递的气缸固定在地面上，缸内活塞下方封闭着一定量的气体(不计分子间的作用力)，活塞与外界也不发生热传递，若突然用竖直向上的力F将活塞向上拉一些，缸内封闭着的气体()A分子平均动能不变B单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少C分子数密度减小D单个分子对缸壁的平均撞击力减小E若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体的内能改变量答案BCD解析A项，向上拉活塞时，气体体积变大，气体对外做功，W0，由于气缸与活塞是绝热的，则Q0，由热力学第一定律可知，UWQ0，气体内能减小，温度降低，分子平均动能变小，A项错误；B、C两项，气体体积变大，分子数密度变小，单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少，故B、C两项正确；D项，因体积增大气体温度降低，分子平均动能减小，因此分子对缸壁的平均冲力减小，故D项正确；E项，若活塞重力不计，向上拉活塞时，活塞动能与重力势能均为零，拉力F与大气压力对活塞做的总功等于缸内气体的内能改变量，故E项错误4.(2018河南二模)(多选)如图所示，A、B两点表示一定质量的理想气体的两个状态，当气体自状态A变化到状态B时()A子的速率分布曲线发生变化B单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数目增多C有可能经过体积减小的过程D外界必然对气体做正功E气体必然从外界吸热答案ACE解析A项，因为气体温度升高，分子的平均动能增加，气体分子的速率分布曲线发生变化，故A项正确；B项，温度升高会导致分子平均作用力增大，而B状态的压强小于A状态的压强，故单位体积内的气体分子数目应减小，故B项错误；C项，由于没有限制自状态A变化到状态B的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故C项正确；D项，因为气体体积增大，所以是气体对外做功，故D项错误；E项，因为气体对外界做功，而气体的温度升高，内能增大，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热，故E项正确5.(2018淮南二模)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等容过程ab、bc、cd、da回到原状态，其VT图像如图所示其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是()A气体在状态b时的压强大于它在状态d时的压强B气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C在过程bc中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功D在过程cd中气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功E在过程ab中外界对气体做的功等于在过程cd中气体对外界做的功答案ABD解析根据理想气体状态方程C得：VT，即VT图像中，斜率反应压强的倒数A项，VT线的斜率的倒数与压强成正比，可知气体在状态b时压强大于状态d时的压强，故A项正确；B项，由图像可知，气体在状态a时的温度大于它在状态c时的温度，则气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故B项正确；C项，由图像可知，由b到c过程，气体压强不变，温度降低，气体内能减小，根据C可知，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，该过程应放热，且QW，故C项错误；D项，在过程cd中气体的温度不变，体积变大，则内能不变，则气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功，故D项正确；E项，根据VT线的斜率的倒数与压强成正比，可知ab段得压强始终都比cd段的压强大，而两段体积变化相同，根据WpV可知，过程ab中外界对气体做的功应大于在过程cd中气体对外界做的功，故E项错误6.(2018武汉模拟)(多选)一定质量的理想气体发生了abcda的循环，其p图像如图所示其中线段以ab的延长线过坐标原点，线段cd与横轴平行，线段da与纵轴平行下列说法正确的是()Aab的过程中，气体温度不变Bbc的过程中，气体内能增加Ccd的过程中，气体对外界做功Dda的过程中，气体放出热量E整个循环过程，气体放出热量答案ABD解析A项，由理想气体状态方程C整理得：pCT，在P图像中a到b过程斜率不变，CT不变，故说明温度不变；故A项正确；B项，由理想气体状态方程整理得：pCT，可以判断图像上的各点与坐标原点连线的斜率即为CT，所以bc过程中气体的温度升高、内能增加，故B项正确；C项，cd，压强不变，体积减小，根据WpV可知，外界对气体做功，故C项错误；D项，da过程中，体积不变，压强减小，故温度应减小，根据热力学第一定律可知气体放出热量；故D项正确；E项，整个循环过程，根据WpV可知，气体对外做功、内能不变，则气体吸收热量，故E项错误7(2018青岛二模)(多选)如图是一定质量的理想气体的pT图，气体从abca完成一次循环，关于气体的变化过程下列说法正确的是()A气体在a态的体积Va小于在c态的体积VcBab过程气体的分子数密度变大Cbc过程外界对气体做的功等于气体放出的热量Dca过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的E若ab过程气体吸热300 J，ca过程放热400 J，则ca过程外界对气体做功100 J答案ADE解析A项，根据理想气体的状态方程C(其中C为一定值)可得pT，可知c到a过程中图线上各点到原点连线的斜率变大，故c到a过程体积变小，故A项正确；B项，根据pT，可知a到b过程气体发生等容变化，故ab过程气体的分子数密度不变，故B项错误；C项，bc过程，气体发生等温变化，故内能不变：U0，压强变小，体积变大，气体对外做功，根据：UWQ0，气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量，故C项错误；D项，根据pT可知ca过程体积减小，气体压强增大，温度降低，分子热运动的平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，故根据气体压强的微观意义可知气体压强增大是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故D项正确；E项，b状态与c状态的温度相同，内能也相同，故ab过程内能的增加量等于ca过程内能的减小量，即：UabUcaab过程发生等容变化，W10，根据热力学第一定律可得：UabQ1300 Jca过程内能：UcaW2Q2W2400 JUab300 J所以W2100 J，则ca过程外界对气体做功100 J，故E项正确8.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是()A若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大答案D解析若外界大气压增大或气温升高，因弹簧的弹力总等于活塞与气缸的总重力保持不变，则弹簧长度不变，A、C两项错；对气缸分析，据平衡条件可知大气压增大，密封气体的压强增大，又气体温度不变，则体积减小，而活塞的位置不变，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B项错；若气温升高，分析气缸的平衡可知密封气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律知体积增大，气缸的上底面距地面的高度将增大，D项正确二、非选择题9(2018重庆模拟)如图所示，一竖直放置的绝热气缸，内壁竖直，顶部水平，并且顶部安装有体积可以忽略的电热丝，在气缸内通过绝热活塞封闭着一定质量的气体，气体的温度为T0，绝热活塞的质量为m，横截面积为S0.若通过电热丝缓慢加热，使得绝热活塞由与气缸底部相距h的位置下滑至2h的位置，此过程中电热丝放出的热量为Q，已知外界大气压强为p0，重力加速度为g，并且可以忽略活塞与气缸壁之间的摩擦和气体分子之间的相互作用，求：(1)在活塞下滑过程中，缸内气体温度的增加量T；(2)在活塞下滑过程中，缸内气体内能的增加量U.解析(1)首先缓慢加热气体时气体做等压变化，初状态：V1hs0T1T0；末状态：V22hs0T2？根据盖吕萨克定律：解得：T22 T0TT2T1T0(2)以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件：pSmgp0S得：pp0气体对外做功WpV(p0)hs根据热力学第一定律：UQWQp0hsmgh.10(2018太原三模)潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为1.0105 Pa、总体积为600 m3的空气，压入容积为3 m3贮气筒潜至海面下方190 m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15 m3的水通过排水孔排向与之相通的大海已知海面处大气压p01.0105 Pa，取海水的密度1.0103 kg/m3，g10 m/s2(1)潜艇下潜前贮气筒内气体的压强；(2)排出水后贮气筒内剩余气体的压强解析(1)空气压入前：p1p01.0105 Pa体积为V1600 m3压入贮气筒后，体积为V23 m3由玻意耳定律得：p1V1p2V2代入数据解得：p22107 Pa(2)将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱稳定后气体压强为：p3p0gh1.01051.010310190 Pa2.0106 Pa气体体积为：V3315 m318 m3由玻意耳定律得：p2V2p3V2代入数据解得：p33.3106 Pa.11内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2104 m2的活塞封闭了一定质量的气体先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半接着边在活塞上方缓缓倒上沙子边对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177 .(外界环境温度为27 ，大气压强为1.0105 Pa，g10 m/s2)(1)求加热前倒入多少质量的沙子？(2)求整个过程总共倒入多少质量的沙子？(3)在pT图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程解析(1)气体做等温变化为：V2p1p0p2p0根据玻意耳定律，有：p1v1p2v2p22p12.0105 Pa由活塞和沙子受力平衡得：m1g(p2p1)s20 N解得：m12 kg(2)气体做等体积变化：T227327300 KT3273177450 K代入数据解得：p33.0105 Pa对活塞和沙子受力平衡，有：m2g(p3p1)s40 Nm24 kg一共倒入了4 kg的砂子(3)在pT图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程，如图所示12.(2018淄博一模)如图均匀薄U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长管的横截面积为S，内装密度为的液体右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气，温度为T0时，左、右管内液面高度相等，两管内空气柱长度均为L.压强均为大气压强p0.现使左、右两管内气体温度同时缓慢升高(任一时刻两管内气体温度相同)，重力加速度为g，求：(1)温度升高到多少时，右管活塞开始离开卡口上升？(2)温度继续升高，当左管内液面下降一小段距离h时，右管内封闭气体的长度为多少？解析(1)选择右侧玻璃管中被封闭气体作为研究对象，对活塞根据平衡可得：mgp0Sp2S初态：压强p1p0，温度T1T0末态：压强p2p0，温度T2在活塞离开卡口之前，两侧的气体体积均不发生变化，对右侧气体根据查理定律可得：解得右管活塞开始离开卡口上升时的温度：T2(1)T0(2)右管活塞离开卡口后，右侧的气体压强不再发生变化，以左侧的气体为研究对象，当左管内液面下降一小段距离h时，两两液面的高度差为2h，根据平衡可得：p2Sp0Smg2ghS初态：压强p1p0，体积V1LS，温度T1T0末态：压强p2p02gh，体积V2(Lh)S，温度T2根据理想气体状体方程可得：右管活塞离开卡口后，右侧被封闭气体发生等压过程，初态：体积V2LS，温度T2(1)T0末态：体积V3L3S，温度T3T2根据盖吕萨克定律可得：联立两式可得右管内封闭气体的长度：L3.13如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SASB12，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动两个气缸都不漏气初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0300 KA中气体压强pA1.5P0，p0是气缸外的大气压强现对A加热，使其中气体的压强升到pA2p0，同时保持B中气体的温度不变求此时A中气体温度TA.解析活塞平衡时，由平衡条件得：pASApBSBp0(SASB)pASApBSBp0(SASB)已知SB2SAB中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：pBVBpBV0设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有对气体A由理想气体状态方程得：解得：TATA500 K.10