第2章 专题提升课2 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

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 解析：选BC。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。 2．(10分)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；(4分) (2)水银柱A下降的高度。(6分) 解析：(1)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 ＝ 解得T2＝280.32 K。 (2)气柱a发生等压变化，则＝ 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。 答案：(1)280.32 K　(2)2.24 cm 3．(12分)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： (1)右侧空气柱长度；(6分) (2)左侧管内水银面下降的高度。(6分) 解析：(1)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＝解得l2＝5.5 cm。 (2)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＝ 可知左侧管内水银面下降的高度 h≈1.83 cm。 答案：(1)5.5 cm　(2)1.83 cm 4．(12分)(2025·云南德宏州期末)如图所示，绝热圆柱形汽缸直立在水平地面上，内有质量不计、可上下移动的绝热活塞，在距缸底高为2H0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从汽缸中顶出，不计摩擦。活塞下方距缸底高为H0处还有一固定的导热隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭有同种理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27 ℃，压强等于外界大气压强p0，活塞距汽缸底的高度为1.6H0，现通过电热丝缓慢加热B中气体。 (1)当B中气体的压强为1.5p0时，活塞距导热隔板的高度是多少？(6分) (2)当A中气体的压强为1.2p0时，B中气体的温度是多少？(6分) 解析：(1)B中气体做等容变化，根据查理定律得 ＝ 其中T＝(273＋27)K＝300 K 求得T′＝450 K A中气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律得 ＝ 求得HA＝0.9H0。 (2)当A中气体压强为1.2p0时，对A中的气体，由理想气体状态方程得＝ 即＝ 解得TA＝600 K，隔板导热，故A、B中气体温度相同，即TB＝TA＝600 K。 答案：(1)0.9H0　(2)600 K 5．(12分)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。 (1)若环境温度不变，求平衡时Ⅰ气柱的长度。(6分) (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？(6分) 解析：(1)汽缸开口向下时，Ⅱ气柱初态压强 p2＝p0－＝0.8p0 汽缸开口向下时，Ⅰ气柱初态压强 p1＝p0－＝0.6p0 汽缸开口向上时，Ⅱ气柱末态压强 p2′＝p0＋＝1.2p0 汽缸开口向上时，Ⅰ气柱末态压强 p1′＝p0＋＝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＝l，l2＝l。 (2)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＝，＝ 解得T＝T0。 答案：(1)l　(2)T0 学科网（北京）股份有限公司 $