课时分层检测(7)理想气体，气体实验定律的微观解释-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（七） 理想气体、气体实验定律的微观解释 :5.如图所示，将一只倒置的试 …。基础达标练。。 管竖直地插入装水容器内， 1.一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态： 试管内原有的空气被压缩， 参量、V、T的变化情况不可能的是( 此时，试管浮在水面上静止， A.p、V、T都减小 试管内外水面的高度差为五， B.V减小，p和T增大 可使h变小的是 ( C.p和V增大，T减小 A.将试管向上提一些 D.p增大，V和T减小 B.向容器内倒入少许水 2.关于气体的状态变化，下列说法正确的是 C.环境温度降低 ( D.大气压强增大 A.一定质量的理想气体，当压强不变而温度6.如图所示，一水平放置的汽 由100℃上升到200℃时，其体积增大为： 缸左端开孔，汽缸内壁的长 原来的2倍 度为2L,一活塞只能在汽 B.任何气体由状态1变化到状态2时，一定： 缸内运动，其右边密闭有一 满足方起兴-学 定质量的理想气体，不计活塞厚度和所有摩 T2 擦，活塞和汽缸均绝热。开始时活塞离汽缸 C.一定质量的理想气体体积增大到原来的4： 右端的距离为L,外界大气压为1.0×105 倍，则气体可能压强减半，热力学温度 Pa,温度为27℃，现用电热丝对密闭气体缓 加倍 慢加热，求： D.一定质量的理想气体压强增大到原来的4： (1)当加热到227℃时，活塞离汽缸右端的 倍，则气体可能体积加倍，热力学温度： 距离； 减半 (2)当加热到527℃时，汽缸内密闭气体的 3.在一定的温度下，一定质量的气体体积减小： 压强。 时，气体的压强增大，这是由于 ( A.单位体积内的分子数增多，单位时间内分 子对器壁碰撞的次数增多 B.气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸： 引力变大 C.每个气体分子对器壁的平均撞击力变大 D.气体密度增大，单位体积内分子重量变大 4.一定质量的理想气体，经历了如图所示的状 态变化过程，则此三个状态的温度之比是 …0能力提升练 0 ( ↑p/(×105Pa) 7.(多选)如图所示，一根竖直的弹 簧支持着一倒立汽缸的活塞，使 汽缸悬空而静止。设活塞与缸 壁间无摩擦，可以使其在缸内自 由移动，缸壁良好的导热性能使 2345V/m3 缸内气体的温度总保持与外界大气温度相 A.1:3:5 B.3:6:5 同。下列结论正确的是 C.3:2:1 D.5:6:3 A.若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些 134 班级 姓名 得分 B.若外界大气压减小，则汽缸的上底面距地 …0创新应用练0… 面的高度将增大 C.若气温升高，则活塞距地面的高度将减小：10.某爆米花机的铁炉仓体积为V=2× D.若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高 10一2m3,工人师傅封装米粒的实物体积为 度将增大 V。=4.5×10-3m3,翻滚铁炉均匀加热，同 8.一定质量的某种理想气体的压强为p,热力 时观察仪表，当炉内温度升高到1527℃ 学温度为T,单位体积内的气体分子数为， 时，决定开炉，只闻“砰”的一声响，洁白香 则 脆的爆米花应声出炉。己知环境温度为 A.p增大，n一定增大 27℃，大气压强为p0=1×105Pa。忽略米 B.T减小，n一定增大 粒体积的变化，将炉内气体视为理想气体， C.卡增大时，n一定增大 试求： (1)不计水蒸气的体积，开炉前瞬间炉内空 D.增大时，n一定减小 气的压强是多少？ (2)达到开炉温度时，水蒸气占混合气的体 9.如图所示，一端封闭、一端开口的 积比例为20%，则开炉前瞬间炉内空气的 长度为l=1m的玻璃管，用长为 压强又是多少？混合气的压强是多少？ h=20cm的水银柱封闭一段理想 气体，当玻璃管的开口竖直向下 稳定时，气体的长度为1= 72cm,已知大气压强为po= 76cmHg,封闭气体的温度为t1=27℃。 (1)若气体的温度恒为1=27℃，将玻璃管 缓慢地转过180°，则稳定时气体的长度为： 多少？ (2)保持开口向上，使气体的温度逐渐升高， 当温度为多少摄氏度时，水银柱刚好与玻璃！ 管口平齐？ (3)在(2)的基础上持续对气体加热，玻璃管！ 中仍有水银柱，当水银柱的长度为多少时， 温度最高？ 135共中a=A+=A+警，M,=号，-罗 水银柱左高右低，加热后C内气体压强pc'=pc十60mmHg,于 又因为p2=1,5p0 c 解得m=S ,代入数据可得189m_180+0)mmH,得T'=364K, 273K T 答案(1)p,(2)S 若水银柱右高左低，降温后压强A=ce一60mmHg,号二，代 12.解析在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不 入数据可得180mmHg-180-60)mmHg,解得T”=182K,C,D 273K T 变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液： 正确。 压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入： 答案ACD B瓶，所以B瓶液面高度保待不变，直到A瓶药液全部流入B瓶， 由题图可知，D→A过程压强不变，为等压过程：B→C过程中 所以A瓶药液先用完，故A、B正确：A瓶瓶口处压滋和大气压相9，解 体积不变，为等容过程，故A项错误。由题图可知，VA>VD,p4 等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强 增大，故C正确，D错误。 D根据益吕萨克定律得-二，则T>T,故B项正确。 答案ABC 13.解析(1)以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气 B过程中，温度不变，根据玻意耳定律得p4VA=pBVB,若VB= 体的压强为。， 2VA,则巾如=2pA,故C项错误。图像中的等温线是双曲线的一 体积为V1=1000cm3+40×50cm3=3000cm 支，由B项分析可知图线离原点越远气体温度越高，A、B两点在同 当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p2,体积为V2 一条等温线上，所以从A沿虚线到B的过程中，温度先升高，后降 1000cm, 低，故D项正确。 由玻意耳定律得p。V1=V2 答案BD 解得p2=3po=3.0X10Pa。 :10.解析两部分气体都发生等容变化，力-t图线的延长线都过1轴 (2)以皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为 上表示温度为一273.15℃的点，且斜率越大，体积越小，则A中气 po,体积为V2=1000cm3,活塞缓慢向上提起20cm高度保持静 体的体积比B中的小，故A、B正确：题图中a图线的斜率较大，由 止时，设小明作用力的大小为F,封闭气体的压强为卫1，体积为 数学知识可知温度改变量相同时，A中气体压强改变量较大，C错 误，D正确。 V3=1000cm3+20×50cm=2000cm 答案C 由玻意耳定律有poV2=p:V :11.解析设物体A的体积为△Vcm3。 又F+p3S=poS 解得F-250N。 状态1：T1=300K,p1=1.0×105Pa,V1=(60×40-△V)cm 答案(1)3.0×105Pa(2)250N mg 状态2：T,=30K,p,=1.0X10Pa+40x10cmV=V 课时分层检测（六） 1.解析由查理定律知，一定质量的气体，在体积不变时，其压强与热 状态3：T3=360K,p3=p2,V3=(64X40-△V)cm (1)由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有 力学温度成正比，选项C正确，选项A、B错误；在p-t图像中，直线 与横轴的交点表示热力学温度的0K,选项D正确。 P1 P? 答案CD T Vo 代入数据得m=4kg。 Vo 2)由状态2到状态3为等压过程，由盖吕萨克定律有二=气 V_V-V_△ V 宁=T广23示-张，则每升高1℃增大的体积△V=宁=23下 代入数据得△V=640cm。 V-Vo 答案(1)4kg(2)640cm T273K:故A正确。 !12.解析(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化， 答案A 当电子天平的示数为600.0g时，右端细绳对铁块的拉力大小 3.解析在V-T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为 F一m2g一6N,根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大 两条等压线，即p。=pp=p:,故A、C错误：在V-T图像中，斜率 小为F1,对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也 越大表示压强越小，得p。=p6>p=pd,即由b到c的过程，压强变！ 为F1,根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小 小，由d到a的过程，压强变大，故B、D正确。 为F1, 答案BD 对活塞根据平衡条件有F1十p1S=S十m1g, 4.解析对汽缸受力分析可知Mg十p。S=S,可知当温度降低时，气 解得p1一po, 体的压强不变：对活塞和汽缸的整体受力分析可知(m十M)g=kx, 当电子天平的示数为400,0g时，右端细绳对铁块的拉力大小 可知当温度变化时，工不变，即h不变：根据盖一吕萨克定律可得 F2=2g-4N, ,故温度降低时，气体的体积减小，因不变，则汽缸高度H 同理，对活塞有F2十p2S=poS十m1g, T-T 解得p2=0.99×10Pa, 减小，选项B正确，A、C、D错误。 答案B 由查理定律得是-号，解得工=297K 解析由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下号 (2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零 时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S=pS十1g,解得p3= 为恒量，且4p=号△T,温度由0℃升高到10℃和由100℃升高 1.03×10Pa, 到110℃，△T=10K相同，故压强的增量△p1=△p2,C项正确。 由查理定律得 P3 答案C 6.解析由题意知气体发生的是等压变化，根据盖一吕萨克定律可以： 解得最高温度T=309K。 求出气体的体积，从而求出固体A的体积。 答案(1)297K(2)309K 设固体A的体积为V,则气体初、未状态参量分别为 (1)水刚好流出时，桶内气压增大的数值为△p=(30十 初状态：V1=hS-V,T1=300K 10)cmH,()=40cmH,() 末状态：V2=(h+△h)S-V,T2=330K 如果以n次压入的气体nV。和桶内气体V这个整体为研究对象， -兰，即AsV-h+△)SY 由玻意耳定律有 由盖一吕萨克定律得示元 po×(nV,+V)=(p。十△p)XV 代入数据解得n=2.4次 代入数据解得V=0.02m3。 所以至少需要压缩3次。 答案0.02m 7.解析 由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体 (2)封闭气体的依款不变，由壶理定律可得号-号 降低，根据查理定律有气三产，由于T1>T2,所以1 其中T0=(273十7)K=280K,p1=po+十△p=1040cmH20,代入 数据解得T1-291.2K 即暖瓶内的压强由1减小为2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶！ 则室内温度至少是18.2℃。 塞更费力，D正确。 答案(1)3次(2)18.2℃ 答案D 8.解析C中气体压强始终不变，B内封闭气体初状态pB=pc十 课时分层检测（七） 60mmH:打开闻门后加二e,由题喜如V。=专V由玻高年.解析根搭理想气体我态方程兴-C可知，p,V、T都减小，兴可 定律有pzVB=pB'Vg',得pz'=180mmHg=pc,pB=240mmHg, A正确，B错误。改变C内气体温度，C内封闭气体做等容变化，若 能不变，故A不符合题意，V减小，力和T增大，y可能不交，故B 223 不符合题意：p,V增大，T减小，则'一定增大，不可能存在，故C (2)设当温度升高到T3时，水银恰好不溢出，对封闭气体柱 3=2-96 cmHg,V3=S(1-h) 符合题意：p增大，V和T减小，兴可能不交，故D不符合题意。故 由盖一吕萨克定律二一了 选C。 答案C 代入数据解得T3=571.4K 2,解析一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比， 气体的温度为t3=T3-273=298.4℃ 温度由100℃上升到200℃时，体积增大为原来的1.27倍，故A错 (3)设当温度最高时，管内水银柱长度为x,对封闭气体柱 误：理想气体状态方程成立的条件为气体可看作理想气体且质量不 p1=po十pgx,V1=S(1-x) 变，故B错误：由理想气体状态方程 一C可知，C正确，D错误。 由理想气体状态方程V=pV T 答案C 代入数据化简有 3.解析体积减小，单位体积内的分子数目增多，所以气体压强增大， 56×72=(76+x)(100-x) A正确：分子和器壁间无引力作用，B错误：气体的温度不变，分子 300 的平均动能不变，每个气体分子对器壁的平均撞击力不变，C错误： 则当x=12cm时，温度T,最高。 单位体积内气体的重量变大，不是压强变大的原因，D错误。 答案(1)42cm(2)298.4℃(3)12cm 答案A ·10.解析(1)对炉内空气系统，刚封装时，状态1 4,解析由理想气体状态方程得Y=C(C为常量)，可见T= ,即 p1=po=1×105Pa T1=(27+273)K=300K 温度T与pV的乘积成正比，即T1:T2:T3=3:6:5,故B项！ 开炉前瞬间，状态2 正确。 T2=(1527+273)K=1800K 答案B 因忽略米粒体积变化，不计水蒸气的体积，炉内空气做等容变化， 5.解析当试管处于静止状态时，假设试管内与气体接触处有一小液： 由查理定律得 片，此液片受力平衡，则根据平衡条件可得气体的压强力=。十· P1 P2 gh,将试管向上提一些，管内的气体压强减小，外界大气压不变，则 试管内外液面的高度差会减小，A正确：以玻璃管和管内被封闭气 体为研究对象，根据平街条件知mg=PgS,解得h=尽，可见么只！ pe=元p1=6X105Pa。 与玻璃管及气体的总质量、玻璃管的横裁面积及液体的密度有关， (2)对炉内空气系统，刚封装时，状态1 与其他因素无关，故B,C、D错误。 V1=V-V0=1.55×102m 答案A 开炉前瞬间，因水蒸气占混合气的体积比例为20%，状态3 6.解析(1)对密闭气体加热，活塞向左运动的过程中，气体做等压变 T3=T,=1800K 化，压强始终等于大气压。设汽缸横裁面积为S,活塞恰运动到汽缸 V3=(1-20%)V1=1.24×10-2m 左端时气体温度为1℃，则 由理想气体状态方程得 T1=(27+273)K,V1=LS:T=(t+273)K,V=2LS pivp3V3 由盖一吕萨克定律得 T V T ps=7×元h=7.5X105Pa 解得t=327℃ 因炉内空气是混合气的一部分，在相同状态下，混合气的压强同为 故当加热到227℃时，活塞没有运动到汽缸左端处，设此时活塞离· 7.5×105Pa。 汽缸右端距离为x,则密闭气体的温度 答案(1)6×105Pa(2)7.5×105Pa7.5×10Pa T2=500K,体积Vg=xS 由益一吕萨克定律得元了 VI V, 课时分层检测（八） !1.解析设打气筒的容积为△V,根据玻意耳定律可得pV十np1△V= 5 解得x=3L。 即1.5atm×3L,+10×1atm×△V-3atmX3L 解得：△V=450mL,故B正确。 (2)当加热到527℃时，活塞已运动到汽缸左端处，设此时密闭气体 答案 的压强为p3, :2.解析设每个小氧气瓶的容积为V。,以医用氧气罐中所有氧气为 则T3=800K,V3=2LS 由理想气体状态方程得 研究对象，初态：p1=15MPa,V1=400L:未态：p2=3MPa,V2- 40V。十400L:因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有力1V1=p,V,, PaV3pIVI 代入数据得V。=40L,B正确。 T 答案 B 解得p=1,33×105Pa（或3×105Pa） :3.解析设原来牛颜管中气体压强为1，则气体初始状态参量为p1、 V2。第一次抽气过程，由玻意耳定律得1V2=pV2十p2V1。第二 答案(1号L(2)1.33×10Pa(或号×105Pa）】 次抽气过程，由玻意耳定律得pV,=pV2十pV1,联立解得 7.解析以汽缸与活塞组成的系统为研究对象，系统受重力与禅簧禅· 力作用相等，外界大气压无论增大还是减小，大气温度无论升高还！ V? 是降低，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，弹簧！ +V）,选项A正确。 的压缩量不变，即活塞距地面的高度不变，故A、C错误：设汽缸质 答案A 量为m,横裁面积为S,封闭气体压强力=p。十，若外界大气压p。 4.解析以原来所有气体为研究对象， 初状态：p1=20×105Pa,V1=20L 减小，则封闭气体压强力减小，大气温度不变，封闭气体温度不变，· 末状态：p2=1.0×105Pa,V2=? 由玻意耳定律pV=C可知，气体体积增大，汽缸将上升，汽缸的上 底面距地面的高度将增大，故B正确：若大气温度升高，气体温度T 由玻意耳定律得p1V1=p2V2, 代入数据得V2=400L。 升高，外界大气压不变，气体压强力不变，由盖一吕萨克定律下=C! V1_20=1 可知，气体体积增大，汽缸将向上移动，则汽缸的上底面距地面的高 则7，一40020 度将增大，D正确。 故B正确。 答案BD 答案B 8.解析只知力增大或T减小，不能得出体积的变化情况，A,B错误；5.解析，(1)以轮胎内的气体为研究对象， 票增大V一定减小，单位体积内的气体分于数一定增大，C正确， 初状态：T1=(-23+273)K=250K,p1=8bar, 末状态：T2=(127十273)K=400K,p2=? D错误。 答案C 根据壶理定徐可得会一号 9.解析(1)设气体柱横裁面积为S,对封闭气体柱 解得p2=12.8bar>10bar,故不安全。 管口向下时p1=ppgh=56cmHg,V1=Sl, (2)设轮胎内气体的体积为V,放出的气体体积为△V时，胎内气体 T1=273+t1=300K 的压强达到p=l0bar, 管口向上时p2=p十pgh=96cmHg,V2=Sl2, 则有p2V=p。(V十△V) T2=300K 解得△V=0.28V 由玻意耳定律得pV1=p2V2 放出的气体质量与原胎内气体质量的比 代入数据解得12=42cm。 224