第二周 气体实验定律的应用（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（鲁科版）

第二周　气体实验定律的应用 (网阅作业，选择题请在答题区内作答) 　　　　　　 　　　　　 　　　　　 一、单项选择题 1.(2025·福建宁德高二阶段练习)如图所示，一端封闭的玻璃管用一定量的水银封闭一定质量的理想气体，玻璃管沿竖直方向放置且管口朝下，假设玻璃管足够长，环境的温度始终保持不变。则下列说法正确的是 (　　) A.当玻璃管自由下落时，封闭气体的压强不变 B.当玻璃管自由下落时，水银柱相对玻璃管位置向下移动 C.如果将玻璃管沿逆时针方向转过一个小角度，封闭气体的压强减小 D.如果将玻璃管沿顺时针方向转过一个小角度，水银柱相对玻璃管位置上移 2.(2025·山东日照高二期末)如图所示，质量相等的同种理想气体甲和乙分别用绝热活塞封闭在两个绝热气缸中，两气缸固定在同一水平面上，开口分别竖直向上和水平向右，活塞质量不能忽略且可沿气缸无摩擦滑动。甲、乙两气体的体积相等，它们的压强分别用p甲、p乙表示，温度分别用T甲、T乙表示。下列关系正确的是 (　　) A.p甲 > p乙，T甲 > T乙 B.p甲 > p乙，T甲 < T乙 C.p甲 < p乙，T甲 > T乙 D.p甲 < p乙，T甲 < T乙 3.(2025·贵州六盘水高二期中)汽车轮胎的胎压大小不仅影响轮胎的受力情况，还反映了轮胎内气体的温度情况，因此很多车主选择安装胎压监测装置对轮胎的胎压进行实时监测。经测量，常温下(27 ℃)某轮胎内的气体压强约为2.1×105 Pa，当胎压监测装置显示胎压值为2.5×105 Pa时，不计轮胎容积的变化，该轮胎内气体温度最接近 (　　) A.20 ℃ B.40 ℃ C.80 ℃ D.120 ℃ 4.(2025·山东烟台高二期末)如图所示为家庭常用的喷壶，若某次装水后，拧紧壶盖，气体体积为V1=1 L，此时气体温度为t1=27 ℃。后由于日晒，气体温度升高为t2=37 ℃，假设喷水过程中气体温度不变，大气压强恒定，不计喷壶容积变化，若不打气，则此温度下喷壶最多喷出的水为 (　　) A. L B. L C. L D.1 L 5.(2025·山东泰安高二阶段练习)处于竖直面内、两端开口、粗细均匀的U形管内用两段水银柱封闭一定质量的空气，稳定后空气柱的长为l，各液面P、Q、M、N的位置如图所示。当气体温度升高时，下列说法中正确的是 (　　) A.空气柱的长度l减小 B.空气柱的长度l不变 C.液面MN间高度差减小 D.液面MN间高度差不变 6.如图所示，一导热性良好的气缸内用活塞封住一定质量的理想气体，不计活塞与缸壁的摩擦，忽略封闭气体的质量和大气的浮力，温度升高时，改变的量有 (　　) A.活塞高度h B.气缸高度H C.气体压强p D.弹簧长度L 7.(2025·重庆渝北区高二期中)如图所示，圆柱形导热容器倒扣于水中并处于平衡状态，其内封闭了一定质量的理想气体。容器内外液面的高度差为Δh，仅在环境温度缓慢改变时，下列叙述正确的是 (　　) A.温度略微升高，Δh会增大 B.温度略微降低，Δh会减小 C.温度降低至一定程度，容器可能会沉入水底 D.温度升高至一定程度，容器可能会完全浮出水面 二、双项选择题 8.(2025·厦门高二期中)如图所示，两个水平放置、内径不同的导热圆柱形金属气缸A、B通过细管相连，一定质量的气体被封闭在两个活塞之间，两个活塞通过金属细杆相连，活塞与气缸之间无摩擦。初始状态两活塞都静止不动，此时活塞到各自气缸底部的距离相等，缸内气体温度为T0=300 K，外界大气压强为p0。已知气缸A、B的内径之比为1∶，中间细管体积忽略不计，现缓慢对气缸加热，使得缸内气体温度逐渐升高，下面说法正确的是 (　　) A.初始状态连接两活塞的金属杆受到拉力作用 B.温度升高到450 K时内部气压大小为p0 C.温度升高到350 K时内部气压大小为p0 D.温度升高到600 K时内部气压大小为1.5p0 9.(2025·山东枣庄高二阶段练习)如图所示，将粗细均匀且一端开口的导热性极好的玻璃管水平放置，管内用长为h=15 cm的水银封闭着一段长为l0=9 cm的空气柱。若将玻璃管缓慢地竖立起来，开口向上，空气柱长度变为l1=7.5 cm，已知环境温度恒为t0=27 ℃，管内气体可视为理想气体。下列选项正确的是 (　　) A.大气压强为p0=75 cmHg B.玻璃管竖直放置时内部封闭气体压强为80 cmHg C.分子的平均动能不变 D.竖直状态下，为了使封闭气体长度变为l0，可以将封闭气体的温度缓慢升高50 ℃ 10.(2025·山东威海高二期末)如图所示，圆柱形光滑气缸顶部开一小孔，用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞用细线悬挂在天花板上。开始时活塞与气缸顶部接触，气体的温度为2T0。现让气体的温度缓慢降低，当活塞与气缸顶部的距离为气缸高度的四分之一时，气体的温度为T0。已知气缸的质量为M、横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.当气缸顶部与活塞分离时，气体的温度为T0 B.当气缸顶部与活塞分离时，气体的温度为T0 C.开始时气体的压强为p0- D.开始时气体的压强为p0- 三、填空题 11.(3分)如图，左侧竖直玻璃管固定，下端与汞压强计相连，上端封有一定质量的气体。开始压强计的U形管两臂内汞面一样高，气柱长为10 cm、温度为7 ℃，大气压强相当于76 cm汞柱产生的压强。当气体温度升为27 ℃时，如需保持气体压强不变，则应向　　　　(选填“上”或“下”)适当移动右管；如需保持气体体积不变，则两侧玻璃管内的液面高度差应调整为　　　　 cm(小数点后保留两位)。   四、解答题 12.(10分)(2025·贵州遵义高二期末)图甲为某电动轿车的空气减震器，可视为由导热良好的直立圆筒形气缸和横截面积为S的活塞组成，活塞底部固定在车轴上，用装有减震器的轮子模拟在水平面上静止的汽车，简化模型如图乙所示。初始时，气缸内封闭的理想气体压强为p，体积为V。为了测试减震器的性能，工程师在气缸的中央上方缓慢放置一重物(图中未画出)，重物模拟实际施加的额外载荷，当气缸再次稳定后，封闭气体体积变为0.8V。不考虑环境温度变化以及气缸与活塞间的摩擦力，大气压强为p0，重力加速度为g。求: (1)再次稳定后封闭气体压强p1；(6分) (2)重物与气缸总质量M。(4分) 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 第二周 1.选D　设水银柱的高度为h，可知封闭气体的压强为p2=p0-ρgh，当玻璃管自由下落时，封闭气体压强等于大气压强p0，封闭气体的压强增大，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变短，则水银柱相对玻璃管位置向上移动，A、B错误；当玻璃管沿逆时针或顺时针方向转过一个小角度后，水银柱的高度差减小，则封闭气体的压强增大，封闭气体的体积减小，C错误，D正确。 2.选A　分别对两活塞受力分析，有mg+p0S=p甲S，p0S=p乙S，可知p甲>p乙，由题知甲、乙两气体是质量相等的同种气体，可看成是同一气体的不同状态，则有=，可得T甲>T乙，故选A。 3.选C　根据查理定律有=，解得T2≈357 K，即t2=(357-273)℃=84 ℃，最接近80 ℃。故选C。 4.选A　从拧紧壶盖到喷水结束，喷壶中气体初末状态压强相等，根据盖-吕萨克定律有=，解得ΔV= L，故选A。 5.选D　水银柱PQ的高度不变，则封闭空气的压强p=p0+ρghPQ不变，故液面MN间高度差不变，封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可知，当气体温度升高时，封闭气体的体积增大，空气柱的长度增大，A、B、C错误，D正确。 6.选B　根据整体法分析可知，弹簧的拉力大小等于活塞和气缸的重力之和，所以当温度升高时，弹簧拉力大小不变，根据胡克定律可知弹簧伸长量不变，则弹簧长度L不变，根据长度关系分析可知，活塞高度h也不变；由上述分析可知活塞受力情况不变，则气体压强p不变，根据盖-吕萨克定律可知，当T增大时，气体体积V增大，所以气缸将向下运动，则气缸高度H减小。综上所述，本题答案为B。 7.选C　设气体的压强为p，容器的质量为m，容器的底面积为S，根据平衡条件得pS=p0S+mg，又因为p=p0+ρg·Δh，解得Δh=，温度略微升高和略微降低时Δh不变，A、B错误；由上述分析可知气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律，温度降低时容器内气体的体积减小，容器内水面上升，容器排开水的体积减小，根据阿基米德定律，容器受到的浮力减小，当浮力小于容器的重力时，容器会沉入水底，C正确；根据平衡条件，浮力不能等于零，根据阿基米德定律，容器排开水的体积不能等于零，所以容器不会完全浮出水面，D错误。 8.选CD　气缸A、B的内径之比为1∶，则横截面积之比为1∶2，设气缸A的横截面积为S，初始状态缸内气体压强为p，金属杆上的拉力为F，对左侧活塞受力分析，由平衡条件有pS=p0S+F，对右侧活塞受力分析，由平衡条件有p×2S=p0×2S+F，联立解得p=p0，F=0，可知初始状态连接两活塞的金属杆既不受拉力，也不受压力，A错误；开始升温过程中封闭气体做等压膨胀，直至左侧活塞右移至缸底，设此距离为L，此时对应的温度为T1，则=，解得T1=T0=400 K，所以温度T≤T1=400 K时，内部压强等于p0，B错误，C正确；当温度T>T1=400 K时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持不变，则由查理定律有=，解得p'=1.5p0，D正确。 9.选AC　设大气压强为p0，玻璃管内横截面积为S，则玻璃管水平放置时，内部封闭气体压强为p0，玻璃管竖直放置时，内部封闭气体压强为p1=p0+15 cmHg，根据玻意耳定律有p0Sl0=p1Sl1，联立解得p0=75 cmHg，p1=90 cmHg，故A正确，B错误；玻璃管缓慢地竖立起来，环境温度恒定，气体温度不变，分子的平均动能不变，故C正确；根据盖-吕萨克定律有=，其中T0=K=300 K，解得T1=360 K，则t1=℃=87 ℃，温度缓慢升高Δt=t1-t0=87 ℃-27 ℃=60 ℃，故D错误。 10.选AC　从气缸顶部与活塞分离到活塞与气缸顶部的距离为气缸高度的四分之一，气体的压强不变，温度降低，由盖-吕萨克定律有=，解得T1=T0，故A正确，B错误；从开始到气缸顶部与活塞分离，气体的体积不变，温度降低，压强减小，由查理定律有=，对气缸，由平衡条件有p2S+Mg=p0S，联立解得p1=p0-，故C正确，D错误。 11.解析:若需保持气体压强不变，根据盖—吕萨克定律可知气体温度升高，则体积增大，所以左侧汞面下降，而汞的总体积不变，且末状态左、右汞面应仍保持在同一高度，则末状态右侧汞面应更加靠近管口，所以应向下适当移动右管。开始时封闭气体的压强和温度分别为p0=76 cmHg，T0=280 K，末状态气体温度为T1=300 K。如需保持气体体积不变，设末状态气体压强为p1，根据查理定律有=，解得p1≈81.43 cmHg，根据平衡条件可知p1=p0+Δp，解得两侧玻璃管中液面高度差对应的压强为Δp=5.43 cmHg，即两侧玻璃管内的液面高度差应调整为5.43 cm。 答案:下　5.43 12.解析:(1)依题意，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律 有pV=p1×0.8V 解得p1=1.25p。 (2)对气缸受力分析，由平衡条件有p1S=p0S+Mg 解得M=。 答案:(1)1.25p　(2) $