课时跟踪检测(七) 气体实验定律的综合应用（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

课时跟踪检测(七)　气体实验定律的综合应用 1.(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程,ab、bc、cd和da这四段过程在V⁃T图像中都是直线,ab和cd的延长线通过坐标原点O,bc垂直于ab,由图可以判断 (　　) A.ab过程中气体压强不断减小 B.bc过程中气体压强不断减小 C.cd过程中气体压强不断增大 D.da过程中气体压强不断增大 2.竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中,有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分,如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA,温度相同,将玻璃管温度均升高相同温度的过程中,水银将 (　　) A.向A端移动 B.向B端移动 C.始终不动 D.以上三种情况都有可能 3.(多选)一定质量的理想气体,状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示,其中B→C为双曲线的一支。若将这一状态变化过程表示在下图中的p⁃T图像或V⁃T图像上,其中正确的是 (　　) 4.如图所示,两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开,当玻璃管水平放置时,左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积,左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度,水银柱处于静止状态。下列说法正确的是 (　　) A.此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强 B.此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强 C.若管内两端的气体都升高相同的温度,则水银柱向左移动 D.若管内两端的气体都升高相同的温度,则水银柱向右移动 5.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p⁃T图像如图所示。该过程对应的p⁃V图像可能是 (　　) 6.如图甲、乙、丙所示,三支粗细相同的玻璃管,中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱,且V1=V2>V3,h1<h2=h3。若升高相同的温度,则管中水银柱向上移动最多的是 (　　) A.丙管 B.甲管和乙管 C.乙管和丙管 D.三管中水银柱向上移动一样多 7.如图所示,一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中,活塞与容器间光滑接触,在图中三种稳定状态下的体积关系为V1<V2=V3,温度分别为T1、T2、T3,则T1、T2、T3的大小关系为 (　　) A.T1=T2=T3 B.T1<T2<T3 C.T1>T2>T3 D.T1<T2=T3 8.如图所示,两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通,轻质活塞a、b用刚性轻杆固连,可在汽缸内无摩擦地移动,两活塞面积分别为Sa和Sb,且Sa<Sb。缸内及管中封有一定质量的理想气体,整个系统处于平衡状态,大气压强不变。现使缸内气体的温度缓慢降低一点,则系统再次达到平衡状态时 (　　) A.活塞向左移动了一点 B.活塞向右移动了一点 C.活塞的位置没有改变 D.条件不足,活塞的位置变化无法确定 9.(10分)(2024·江西高考)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求: (1)气体在状态D的压强pD;(4分) (2)气体在状态B的体积V2。(6分) 10.(12分)(2025·宁夏银川高二期末)如图所示,一内壁光滑的导热圆柱形汽缸静止在地面上。汽缸内部有卡环,卡环上方放有一质量M=3 kg的活塞和一个质量m=1 kg的物块,汽缸的横截面积为20 cm2,汽缸内封闭有体积为600 cm3的一定质量的理想气体,气体的温度为300 K时,卡环对活塞的支持力为60 N,大气压强p=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)此时汽缸内气体压强为多少?(4分) (2)现对汽缸缓慢加热,当缸内气体温度上升到多少K时,活塞恰好离开卡环?(8分) 11.(14分)大汽缸的底部焊接了一个小汽缸,两汽缸连通,如图所示,用一大一小两个活塞封闭一定质量的理想气体,两活塞之间用轻杆相连,两汽缸足够长。已知大活塞的横截面积是小活塞的横截面积的两倍。开始时两活塞的间距为40 cm,汽缸外大气的压强为760 mmHg、温度为299.2 K,大活塞与大汽缸底部的距离为20 cm,封闭气体的温度为528 K。汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢左移,汽缸壁与活塞之间的摩擦忽略不计。求: (1)大活塞刚好向左运动到大汽缸底部时,封闭气体的温度;(6分) (2)汽缸内的气体温度达到外界温度时压强为多少mmHg?(8分) 课时跟踪检测(七) 1．选BD　在V­T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa＝pb，pc＝pd，故A、C错误；在V­T图像中，与坐标原点连线的斜率越大表示压强越小，可知pa＝pb＞pc＝pd，即由b到c的过程压强变小，由d到a的过程压强变大，故B、D正确。 2．选B　假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律有＝，所以Δp＝p，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，初状态气体A的压强大，则ΔpA>ΔpB，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B端移动，故B正确。 3．选AC　由题图知A→B是等压膨胀过程，由盖­吕萨克定律有＝，可知TB>TA即温度升高；B→C是等温压缩过程，由玻意耳定律有pBVB＝pCVC，可知pC>pB，即压强变大；C→A是等容降压过程，由查理定律有＝，可知TC>TA，温度降低。故选A、C。 4．选C　对水平状态的水银柱受力分析可知，来自两侧的封闭气体的压力相等，则此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强，故A、B错误；管内两端的气体都升高相同的温度ΔT时，假设水银柱不动，由等容变化的推论有＝，可得Δp＝·ΔT，因左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，T1左>T1右，则左侧气体压强的增加量小于右侧气体压强的增加量，Δp左<Δp右，而初态两侧的压强相等，故水银柱要向左移动，故C正确，D错误。 5．选B　根据＝C，可得p＝T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态体积。故选B。 6．选B　由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2>V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2>ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，A、C、D错误。 7．选B　以活塞为研究对象，对T1、T2状态下的气体有Mg＋p0S＝p1S，p0S＋Mg＝p2S，对T3状态下的气体有p0S＋Mg＋mg＝p3S，可以得出p1＝p2<p3；根据理想气体状态方程＝＝，因V1<V2，p1＝p2，则T1<T2，因V2＝V3，p2<p3，则T2<T3，即T1<T2<T3，故B正确。 8．选B　初、末状态对活塞由平衡条件可知封闭气体压强等于外界大气压，保持不变。根据理想气体状态方程pV＝CT可知，温度降低，气体体积减小，从汽缸结构看活塞应向右移动一点，故选B。 9．解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝ 代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。 (2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2＝pDV1 代入数据解得V2 ＝2.0 m3 又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2＝2.0 m3。 答案：(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 10．解析：(1)根据题意，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有p0S＋g＝pS＋FN 代入数据解得p＝9×104 Pa。 (2)设温度上升到T1时，活塞恰好离开卡环，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有p0S＋g＝p1S 解得p1＝1.2×105 Pa 汽缸内气体发生等容变化，根据查理定律可得＝ 代入数据解得T1＝400 K。 答案：(1)9×104 Pa　 (2)400 K 11．解析：(1)大活塞向左运动到大汽缸底部的过程中，气体进行等压变化，根据盖­吕萨克定律＝， 即＝ 解得T2＝352 K。 (2)因外界温度299.2 K小于352 K，则当气体温度从352 K降到外界温度时，汽缸内的气体进行等容变化，开始时气体压强p1＝p2＝p0 则由查理定律＝ 即＝ 解得p3＝646 mmHg。 答案：(1)352 K　(2)646 mmHg 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $