专题提升课2 理想气体的综合问题 课后达标检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

该高中物理课件聚焦气体实验定律（查理定律、玻意耳定律等），通过烧瓶与水银压强计、U形管、汽缸活塞等实验装置导入，引导学生观察气体状态变化，搭建从实验现象到规律应用的学习支架，衔接气体状态参量与定律的内在联系。 其亮点是以实际情境问题为载体，通过理想气体模型建构和科学推理分析问题，如U形管气体温度变化、汽缸活塞移动等例题，结合详细解析培养科学思维。能提升学生应用规律解决实际问题的能力，为教师提供典型教学案例，助力高效教学。

专题提升课2　课后达标检测 1．(多选)某校外学习小组在进行实验探讨。如图所示，在烧瓶上连着一根玻璃管，用橡皮管把它跟一个水银压强计连在一起，在烧瓶中封入了一定质量的理想气体，整个烧瓶浸没在温水中。用这个实验装置来研究一定质量的气体在体积不变时，压强随温度变化的情况。开始时水银压强计U形管两端水银面一样高，在下列几种做法中，能使U形管左侧水银面保持原先位置(即保持瓶内气体体积不变)的是(　　) A．甲同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向下移 B．乙同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向上移 C．丙同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向下移 D．丁同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向上移 3 4 5 2 1 √ √ 课后达标检测 解析：烧瓶浸在热水中，温度升高，p＝p0＋ph，上移A管保持体积不变；浸在冷水中，温度降低，p＝p0－ph，下移A管保持体积不变。 3 4 5 2 1 课后达标检测 2.(2024·河南信阳统考期末)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管 竖直放置，右管口封闭，管内A、B两段水银柱将管内封闭有 长均为10 cm的a、b两段气体，水银柱A长为5 cm，水银柱B在 右管中的液面比在左管中的液面高5 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为320 K，现将环境温度降低，使气柱b长度变为9 cm。求： (1)降低后的环境温度； 3 4 5 1 2 课后达标检测 答案：280.32 K　 3 4 5 1 2 课后达标检测 (2)水银柱A下降的高度。 3 4 5 1 2 答案：2.24 cm 课后达标检测 3．导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p0＝75 cmHg保持不变，环境初始温度T1＝300 K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2＝330 K。求： 4 5 1 2 3 课后达标检测 (1)右侧空气柱长度； 4 5 1 2 3 答案：5.5 cm　 课后达标检测 (2)左侧管内水银面下降的高度。 4 5 1 2 3 答案：1.83 cm 课后达标检测 4．如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的汽缸分为A、B两个汽缸，A、B两个汽缸装有体积均为 12 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体。现给左边的活塞N施加一推力，使其向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。已知外界大气压强为1 atm，1 atm＝1×105 Pa，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，求： 3 5 1 2 4 课后达标检测 (1)A汽缸中气体的压强； 3 5 1 2 4 答案：1.5 atm　 课后达标检测 (2)活塞N向右移动的距离； 3 5 1 2 4 答案：10 cm　 课后达标检测 (3)B汽缸中的气体升到的摄氏温度。 3 5 1 2 4 答案：177 ℃ 课后达标检测 5．如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑汽缸，汽缸的横截面积为S，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m的导热活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，汽缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p0，已知mg＝0.2p0S，环境温度为T0，平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度均为l，现将汽缸倒置为开口向上。 3 4 1 2 5 课后达标检测 (1)若环境温度不变，求平衡时Ⅰ气柱的长度。 3 4 1 2 5 课后达标检测 3 4 1 2 5 课后达标检测 (2)若环境温度缓慢升高，当Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之和为2l时，气柱的温度T为多少？ 3 4 1 2 5 课后达标检测 解析：开始时，左管中气柱a的压强 p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg 右管中气柱b的压强p2＝p1－5 cmHg＝75 cmHg 温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强 p2′＝p1－7 cmHg＝73 cmHg 对气柱b研究，根据理想气体状态方程 eq \f(p2L2S,T1) ＝ eq \f(p2′L2′S,T2) 解得T2＝280.32 K。 解析：气柱a发生等压变化，则 eq \f(L1S,T1) ＝ eq \f(L1′S,T2) 解得L1′＝8.76 cm 则水银柱A下降的高度 h＝1 cm＋10 cm－8.76 cm＝2.24 cm。 解析：对右侧气体，初态p1＝p0＋ph1＝90 cmHg，T1＝300 K，V1＝l1S，其中l1＝5 cm 末态p2＝p1，T2＝330 K，V2＝l2S 根据 eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(V2,T2) 解得l2＝5.5 cm。 解析：对左侧气体，初态p1′＝p1＝90 cmHg， T1＝300 K V1′＝l1′S，其中l1′＝32 cm 末态p2′＝p1′＋2ph，T2＝330 K，V2′＝l2′S， 其中l2′＝l1′＋h 根据理想气体状态方程 eq \f(p1′V1′,T1) ＝ eq \f(p2′V2′,T2) 可知左侧管内水银面下降的高度 h＝l2′－l1′≈1.83 cm。 解析：当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强 pA′＝pA＋ eq \f(F,S) ＝1.5×105 Pa＝1.5 atm。 解析：A汽缸中原来的气体压强及体积分别为 pA＝1 atm，VA＝12 L A汽缸中气体发生等温变化，由pAVA＝pA′VA′ 代入数据解得VA′＝8 L 则活塞N向右移动的距离 Δx＝ eq \f(VA－VA′,S) ＝ eq \f(（12－8）×103,400) cm＝10 cm。 解析：B汽缸中气体原来的压强、温度分别为 pB＝1 atm，TB＝300 K 后来压强pB′＝pA′＝1.5×105 Pa＝1.5 atm 由题意知B汽缸中气体发生等容变化，由 eq \f(pB,TB) ＝ eq \f(pB′,TB′) 解得TB′＝450 K，即tB′＝177 ℃。 解析：汽缸开口向下时，Ⅱ气柱初态压强 p2＝p0－ eq \f(mg,S) ＝0.8p0 汽缸开口向下时，Ⅰ气柱初态压强 p1＝p0－ eq \f(2mg,S) ＝0.6p0 汽缸开口向上时，Ⅱ气柱末态压强 p2′＝p0＋ eq \f(mg,S) ＝1.2p0 答案： eq \f(3,7) l　 汽缸开口向上时，Ⅰ气柱末态压强 p1′＝p0＋ eq \f(2mg,S) ＝1.4p0 对Ⅰ气柱由玻意耳定律得 p1Sl＝p1′Sl1 对Ⅱ气柱由玻意耳定律得 p2Sl＝p2′Sl2 解得l1＝ eq \f(3,7) l，l2＝ eq \f(2,3) l。 答案： eq \f(42,23) T0 解析：升温过程中两部分气柱均做等压变化，设Ⅰ气柱的气柱长度为x，则Ⅱ气柱的气柱长度为2l－x，由盖­吕萨克定律得 eq \f(l1S,T0) ＝ eq \f(xS,T) ， eq \f(l2S,T0) ＝ eq \f(（2l－x）S,T) 解得T＝ eq \f(42,23) T0。 $