学教科版选修33 2.5理想气体 作业（2） (1).docx

2017-2018学年度教科版选修3-3 2.5理想气体 作业（2）1一定质量的理想气体分别在t1、t2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，t2对应的图线上a、b两点表示气体的两个状态，则( )a. 温度为t1时气体分子的平均动能比t2时大b. a到b的过程中，气体内能增加c. a到b的过程中，气体密度减小d. a到b的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少2一定质量的某种理想气体，自状态a经状态b变化到状态c，这一过程的pt图象如图所示，则()a. 在ab过程中，气体的体积不断减小b. 在ab过程中，气体的体积不断增大c. 在bc过程中，气体的体积不断增大d. 在bc过程中，气体的体积不断减小3一定质量理想气体，状态变化过程如图甲(p-v)中abc图线所示，其中bc为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在图乙中的p-t图或v-t图上，其中正确的是 a. b. c. d. 4如图，是一定质量的理想气体在两个不同体积状态下的等容变化图像，下列说法正确的是a. a点对应的气体状态其体积大于b点对应的气体体积b. a点对应的气体分子密集程度大于b点的分子密集程度c. pavata=pbvbtbd. 由状态a沿直线ab到状态b，气体从外界吸收热量5下列对理想气体的理解，正确的有a. 理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型b. 只要气体压强不是很高就可视为理想气体c. 一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关d. 在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律6如图所示，只有一端开口的u形玻璃管，竖直放置，用水银封住两段空气柱i和ii，大气压为，水银柱高为压强单位，那么空气柱i的压强p1为( )a. b. c. d. 7如图为两端封闭竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成a、b两部分，初始温度相同使a、b升高相同温度达到稳定后，体积变化量为va、vb，压强变化量为pa、pb，对液面压力的变化量为fa、fb，则a. 水银柱向下移动了一段距离b. vavbc. fapb8如图所示，两端开口的u型管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h曾大，应该( )a. 从左管滴入水银 b. 让气体升温 c. 从右管滴入水银 d. 增大大气压强9如图所示，a、b、c三点表示一定质量理想气体的三个状态，则气体在a、b、c三个状态的热力学温度之比是（ ）a. 1：1：1b. 1：2：1c. 3：4：3d. 1：2：310如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则（）a. h、l均变大 b. h、l均变小 c. h变大l变小 d. h变小l变大11一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c的p-v图象如图所示，已知阿伏伽德罗常数为6.01023mol-1，在标准状态(压强p0=latm、温度t0=0)下理想气体的摩尔体积都为22.4l，已知理想气体在状态c时的温度为27，求， (1)该气体在状态b时的温度；(2)该气体在标准状态下的体积；(3)该气体的分子数(计算结果保留两位有效数字).12如图所示，一钢筒竖直放置在水平桌面上，筒内有一与底面平行可上、下无摩擦滑动的活塞k，活塞导热性及密封性良好。在筒的顶部有一块与活塞k质量相等的金属盖，金属盖与筒的上端边缘接触良好(无漏气缝隙)。当筒内温度t=27时，a、b两部分理想气体的体积之比为vavb=1529，压强分别为pa=1.00105pa、pb=1.20105pa。已知大气压强p0=1.05105pa,不考虑活塞的体积，现对筒内气体缓慢加热。求：(i)金属盖恰好被顶开时气体的温度t1；(ii)当筒内气体温度达到t2=252时，b部分气体体积占气缸总体积的百分之几?13如图所示，水平面内有一内径均匀的一段封闭的半圆形玻璃管，管的内径远小于半圆形玻璃管的半径r。已知r=30cm，管内封闭空气柱的长度和水银柱的长度均为10cm，环境初始温度t1=300k，当环境温度缓慢地升高到温度t2时，开口端水银恰好不流出。已知大气压强p0=75cmhg。求温度t2；若保持环境初始温度t1不变，将半圆形玻璃管放置在竖直平面内，求管内封闭空气柱的最大长度(保留三位有效数字)。14有一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中大小截面积分别为s13cm2、s21cm2，粗细管内水银长度分别为h1h22cm，封闭气体长度为l22 cm。大气压强为p076cmhg，气体初始温度为57。求：（1）若缓慢升高气体温度，升高至多少k方可将所有水银全部挤入细管内；（2）若温度升高至504k，液柱下端离开玻璃管底部的距离；（3）在图（乙）中作出全过程的p-v图像。试卷第5页，总6页参考答案1acd【解析】根据理想气体状态方程，得，pv之积越大表示温度越高，故，温度为时气体分子的平均动能比时大，a正确；a到b的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，b错误；a到b的过程中，气体的体积增大，质量不变，所以密度减小，c正确；a到b的过程中，气体温度不变，则分子运动的激烈程度不变；气体的体积增大，分子密度减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，d正确2bc【解析】在ab过程中温度不变，压强减小；由理想气体状态方程可知，气体的体积不断增大，a错误b正确；bc过程压强不变，温度升高，则可知，气体的体积不断增大，c正确d错误【点睛】本题考查对理想气体状态方程及图象的认识，要注意先明确不变的量，再根据状态方程确定另外两个量之间的关系3ac【解析】在p-v图象中，由a到b为等压变压，由pvt=c可知，体积增大，温度升高，从b到c的过程中，为双曲线，故为等温变化，体积减小，压强增大；从a到c为等容变化，压强增大，温度升高，故ac正确，bd错误。4bd【解析】根据理想气体状态方程pvt=c，变形得：p=cvt，p-t图象斜率越大对应体积v越小，即a的体积小于b的体积，则a点对应的气体分子密集程度大于b点的分子密集程度，故a错误，b正确；根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体状态方程pvt=c为常数，即气体在状态a点时pavata的值等于气体在状态b时pbvbtb的值，故c正确；由状态a沿直线ab到状态b，温度不变内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故d正确。所以bd正确，ac错误。5ad【解析】在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体的实验定律的称为理想气体，理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型，一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，故ad正确，bc错误；故选ad6b【解析】据液体产生的压强ii部分气体的压强为，i部分气体的压强为，联立解得，b正确7c【解析】ad、首先假设液柱不动，则a、b两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体a：pata=pata，对气体b：pbtb=pbtb初始时，pa+h=pb，ta=tb，后来，ta=tb可见使a、b升高相同温度，pa=tatapapb=tbtbpb，故假设错误，水银柱将向上运动，所以p=papa=(tata1)pafa，故正确；故选c。【点睛】本题可采取假设法，假设气体的体积不变，根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向，关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析。8c【解析】以右侧管中封闭气体做为研究对象，封闭气体的压强p=p0+h=p0+h右，要使两侧水银面高度差h增大，封闭气体的压强p=p0+h变大；a、从左侧管口滴入水银，h右不变，封闭气体压强p=p0+h右不变，两侧水银面高度差h不变，故a错误；b、使气体升温，h右不变，封闭气体压强p=p0+h右不变，两侧水银面高度差h不变，故b错误；c、从右侧管口滴入水银，h右变大，封闭气体压强p=p0+h右变大，由p=p0+h可知，两侧水银高度差h增大，故c正确；d、增大大气压强，封闭气体的压强p=p0+h=p0+h右，h=h右，不变，故d错误；故选c。【点睛】封闭气体的压强等于大气压与左侧水银柱h产生的压强之和，使两侧水银面高度差变大，则封闭气体压强变大，分析各选项能否使封闭气体压强变大是正确解题的关键9c【解析】根据理想气体状态方程pvt=c，可得t=pvcpv，由图示图象可知：a、b、c三个状态的温度之比为ta:tb:tc=pava:pbvb:pcvc=31:22:13=3:4:3，c正确。10a【解析】在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压。如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大。故选a。11(1)t=1270c；(2)v0=2.73l；(3)n=7.31022。【解析】先对气体进行状态及状态参量的分析，求出b状态的温度。由理想气体的状态方程得出状态a和状态c的温度的关系，可求气体在标准状态下的体积。通过状态a的参量和标准状况下的参量，利用状态方程可求出在标准状况下的体积，结合摩尔体积和阿伏伽德罗常数可求得该气体的分子数。（1）根据理想气体状态方程pbvbtb=pcvctc得tb=pbvbtcpcvc代入数据得tb=400k（或t=127）（2）根据理想气体状态方程p0v0t0=pcvctc得v0=pcvct0p0tc代入数据得v0=2.73l（3）该气体的分子数n=v0vmolna代入数据得n=7.3102212（1）93.7（2）95.5%【解析】(i)设钢筒体积为v，活塞和金属盖的质量均为m，活塞横截面积为s；理想气体温度达到t1时，两部分气体的压强分别为pa1和pb1。对活塞，由平衡条件 mgs=pbpa=0.20105pa 当金属盖恰好被顶开时pa1=p0+mgs=1.25105papb1=pa1+mgs=1.45105pava+vb=va1+vb1=v，且vavb=1529由理想气体状态方程，对a、b两部分气体分别有pavat=pa1va1t1 pbvbt=pb1vb1t1 解得 t1366.7k，即t1=93.7 (ii)当筒内气体的温度达到t2=252时，金属盖被顶开，气体a将会泄漏，而b部分气体则继续作等压变化。对气体b，由盖吕萨克定律vb1vb2=t1t2 解得 vb2=2122v 所以vb2v100%=95.5% 点睛：本题是气体实验定律与理想气体状态方程的综合，解决本题的关键是知道气体a中会有气体漏出，要求能正确分析状态变化；并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可13t2=600kl=17.2cm【解析】设玻璃管的横截面积为s，由题意可知，玻璃管水平放置时为等压变化v1t1=v2t2v1=10s ，v2=20s，t1=300k 解得t2=600k玻璃管竖直放置时为等温变化，水银柱在封闭气体下方，且水银柱竖直高度为r时，气体压强最小，空气柱有最大长度lp1v1=p2v2 p1=75cmhg， v1=10s，v2=ls 解得：l=17.2cm【点睛】以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可14（1）378k （2）48 cm （3）【解析】（1）由于水银总体积保持不变 设水银全部进入细管水银长度为xv液=h1s1+h2s2=xs2x=h1s1+h2s2s2=6cmp1p0g(h1+ h2)80 cmhgp2p0gx84 cmhg