课时跟踪检测(五) 理想气体的三类典型问题（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 福建专用）

课时跟踪检测(五)　理想气体的三类典型问题 (网阅作业，选择题请在答题区内作答) 　　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.设有一定质量的理想气体，处于某个初始状态。现使它经过状态变化后温度不变，则下列过程中可能做到的是 (　　) A.先保持压强不变，使它的体积膨胀，然后保持体积不变，减小压强 B.先保持压强不变，使它的体积缩小，然后保持体积不变，减小压强 C.先保持体积不变，增大压强，然后保持压强不变，使它的体积膨胀 D.先保持体积不变，减小压强，然后保持压强不变，使它的体积减小 2.(2025·泉州高二阶段练习)如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一段水银柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1、l2，且l1=l2，下列判断正确的是 (　　) A.将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1'>l2'　 B.将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1'<l2'　 C.保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1'>l2' D.保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1'=l2' 3.(2025·龙岩高二质检)如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两部分气体温度相同，管内水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小，则可行的方法是 (　　) A.同时升高相同的温度 B.玻璃管竖直匀速下落 C.同时降低相同的温度 D.玻璃管竖直减速下落 4.如图所示，A、B两个容器中装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作为活塞，A容器略低，B容器略高。当A容器的温度为-10 ℃，B容器的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器的温度都降低10 ℃时，下列判断正确的是 (　　) A.水银滴将不移动 B.水银滴将向A移动 C.水银滴将向B移动 D.水银滴将向哪个方向移动无法判断 5.如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用的势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡。下列说法中错误的是 (　　) A.a的温度升高 B.b的体积减小，压强增大 C.a的体积增大，压强变小 D.a增加的内能大于b增加的内能 6.如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的工字形活塞封闭了A、B两部分气体。下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积。现使环境温度降低10 ℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是 (　　) A.活塞下降 B.活塞上升 C.活塞静止不动 D.活塞位置变化不能确定 7.(2025·南平高二质检)如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2。现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是 (　　) A.均向上移动，B中水银柱移动距离较多 B.均向上移动，A中水银柱移动距离较多 C.均向下移动，B中水银柱移动距离较多 D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同 8.(10分)如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形气缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与面积为40 cm2的活塞相连接，气缸内封闭有一定质量的理想气体。在气缸内距缸底70 cm处有卡环，活塞只能向上滑动。开始时活塞在卡环位置，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p0=1.0×105 Pa，温度为300 K。现对气缸内的气体缓慢加热，当温度增加60 K时，活塞恰好离开卡环；当温度增加到480 K时，活塞移动了10 cm。重力加速度取g=10 m/s2，求： (1)活塞的质量；(5分) (2)弹簧的劲度系数k。(5分) 9.(12分)(2025·泉州高二阶段练习)如图所示，一粗细均匀的足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2=30 cm，上方水银柱长h2=4 cm，左右两侧水银面高度差h1=12 cm，已知大气压强p0=76.0 cmHg，大气温度T1=300 K。现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求： (1)加热前空气柱A、B的压强各为多少；(4分) (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2；(结果保留一位小数)(4分) (3)加热后，B空气柱上方水银柱上升的高度L。(结果保留两位小数)(4分) 10.(12分)(2025·宁德高二检测)如图所示，导热气缸上端开口且有卡扣，竖直固定在地面上，高度为H=1.35 m。质量均为m=2 kg的A、B两个活塞静止时将气缸容积均分为三等份，A、B之间为真空并压缩一根轻质弹簧，劲度系数k=300 N/m，A、B与气缸间无摩擦，大气压强p0=1×105 Pa。现给电阻丝通电加热密封气体，使两活塞缓慢上升，已知密封气体初始温度T1=252 K，重力加速度g取10 m/s2，活塞面积S=4×10-4 m2，其厚度忽略不计，求： (1)最初密封气体的压强p1；(2分) (2)当活塞A刚好碰到气缸上端时密封气体的温度T2；(4分) (3)当密封气体温度达到770 K时，活塞B离气缸底部的高度h3。(6分) 课时跟踪检测(五) 1.选A　由理想气体状态方程=C可知，保持压强不变而使它的体积膨胀，温度升高，然后保持体积不变而减小压强，温度降低，温度可能回到原来的温度，故A正确；先保持压强不变而使它的体积减小，温度降低，然后保持体积不变而减小压强，温度继续降低，温度不可能回到原来的温度，故B错误；先保持体积不变而增大压强，温度升高，然后保持压强不变而使它的体积膨胀，温度继续升高，温度不可能回到原来的温度，故C错误；先保持体积不变而减小压强，温度降低，然后保持压强不变而使它的体积减小，温度继续降低，温度不可能回到原来的温度，故D错误。 2.选B　设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b气体压强大，a气体压强小，将玻璃管转至水平，b气体压强减小，a气体压强增大，则b气体体积增大、长度增加，a气体长度减小，故l1'<l2'，则A错误，B正确；保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对a气体由查理定律有=，解得Δp1=p1，对b气体由查理定律有=，解得Δp2=p2，由于p1<p2，可得Δp2>Δp1，故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l1'<l2'，故C、D错误。 3.选A　假设两部分气体做等容变化，则根据查理定律有=，解得Δp=p0，则Δp左=p左，Δp右=p右，其中p左>p右，若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加量大，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少量大，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故C错误，A正确。玻璃管竖直减速下落，左边气体对水银柱的压强变大，体积减小，使左右水银面高度差变大；匀速下落时，压强不变，高度差不变，故B、D错误。 4.选B　假定两气体的体积不变，即V1、V2不变，A、B中气体温度分别为T1=263 K、T2=283 K，当温度降低ΔT时，容器A中气体的压强由p1降至p1'，则Δp1=p1-p1'，容器B中气体的压强由p2降至p2'，则Δp2=p2-p2'，由查理定律可得=，解得Δp1=·ΔT，Δp2=·ΔT，因为p2<p1，所以压强减少量Δp1>Δp2，即水银滴应向A移动。故选B。 5.选C　当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触面是光滑的，可以自由移动，气体a体积膨胀，气体b体积减小，a、b气体的压强始终相同，都变大，故A、B正确，不符合题意，C错误，符合题意；初始时刻两个气室内是同种气体，且质量、体积、温度相等，a、b气体的压强始终相同，最终气体a体积大于气体b体积，根据=C，所以气体a的最终温度较高，内能增加较多，故D正确，不符合题意。 6.选A　设上下两气缸横截面积分别为SA、SB，初态时，对工字形活塞整体受力分析有pASA+M工g+p0SB=pBSB+p0SA，对上面气缸受力分析有pASA=p0SA+M上缸g，末态时，对工字形活塞整体受力分析有pA'SA+M工g+p0SB=pB'SB+p0SA，对上面气缸受力分析有pA'SA=p0SA+M上缸g，联立解得pA'=pA，pB'=pB。对A、B气体，根据理想气体状态方程可得==，因为温度降低，pA'=pA，pB'=pB，则VA'<VA，VB'<VB，则活塞下降，上面气缸下降，故选A。 7.选B　管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变，根据盖—吕萨克定律可知=，整理得ΔV=·V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，升高温度ΔT也相同，且ΔT>0，推导出ΔV>0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气体长度增加得多一些，故A、B管中的封闭气体均向上移动，A管中水银柱移动距离较多，B正确。 8.解析:(1)根据题意可知，气体温度从300 K增加到360 K的过程中，经历等容变化，由查理定律得=，解得p1=1.2×105 Pa 此时活塞恰好离开卡环，可得p1=p0+ 解得活塞的质量m=16 kg。 (2)气体温度从360 K增加到480 K的过程中，由理想气体状态方程有=，解得p2=1.4×105 Pa 对活塞进行受力分析可得p0S+mgsin θ+kΔx=p2S 解得k=800 N/m。 答案:(1)16 kg　(2)800 N/m 9.解析:(1)加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg，pA=pB-ρgh1=68 cmHg。 (2)空气柱B压强保持不变，则有pA2=pB=80 cmHg 设U形管横截面积为S，对空气柱A，根据理想气体状态方程得 =，解得T2≈441.2 K。 (3)以空气柱B为研究对象，加热前温度T1=300 K，体积VB1=L2S，加热后温度T2=441.2 K，体积VB2=S，由盖—吕萨克定律得=，联立解得ΔL=14.12 cm。 B空气柱上方水银柱上升的高度L=ΔL+=20.12 cm。 答案:(1)68 cmHg　80 cmHg　(2)441.2 K　(3)20.12 cm 10.解析:(1)根据题意，对A和B整体有2mg+p0S=p1S， 解得p1=2×105 Pa。 (2)由已知条件得，初始状态活塞B距离气缸底部的高度为h1=0.45 m 当活塞A刚好碰到气缸上端时活塞B距离气缸底部的高度为h2=0.9 m 从初始状态到活塞A刚好碰到气缸上端的整个过程为等压过程，由盖—吕萨克定律有=，即=，解得T2=504 K。 (3)设初状态弹簧的形变量为Δh，对活塞A进行受力分析有kΔh=p0S+mg 由于T3=770 K>504 K，可知此时弹簧已经被压缩，弹簧的压缩量为h3-h2+Δh，设此时气体压强为p3，则对活塞B进行受力分析有mg+k(h3-h2+Δh)=p3S 对封闭气体由理想气体状态方程得=，解得h3=1 m。 答案:(1)2×105 Pa　(2)504 K　(3)1 m 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $