第2章 气体、固体和液体 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义教师用书（人教版2019）

单元综合提升 学生用书第65页 (2023·海南高考·T16)某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa。 (1)t′＝37 ℃时，气压是多大？ (2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积为原来的多少倍？ 答案：(1)1.085×105 Pa　(2)0.97 解析：(1)瓶内气体始末状态的热力学温度分别为 T＝(27＋273.15) K＝300.15 K，T′＝(37＋273.15) K＝310.15 K 温度变化过程中体积不变，故由查理定律有＝ 解得p′≈1.085×105 Pa。 (2)保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有pV＝p′V′ 解得V′≈0.97V。 [2022·广东高考·T15(2)]玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ取1.0×103 kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。 答案：2.0×105 Pa　10 m 解析：对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 p0V0＝pV 即1.0×105 Pa×(380－80)mL＝p×(380－230) mL 解得p＝2.0×105 Pa 根据p＝p0＋ρgh 解得h＝10 m。 (2021·辽宁高考·T14)如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。 (1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p； 学生用书第66页 (2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。 答案：(1) 5.0×104 Pa　(2) 266 K 解析：(1)气囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为p1，由玻意耳定律得p0V0＝p1·1.5V0 解得p1＝p0 由弹簧被压缩且目标处的内、外压强差为p0，可得p1－p＝p0 解得p＝p0＝5.0×104 Pa。 (2)由胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的时，活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即px＝p0×＝p0 设此时气囊内气体的压强为p2，对活塞由压强平衡可得p2＝px＋p＝p0 由理想气体状态方程可得＝ 其中V2＝V0＋0.5V0×＝V0 解得T＝T0＝266 K。 　人教版选择性必修第三册·P30·T2“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)。假设加热后小罐内的空气温度为80 ℃，当时的室温为20 ℃，大气压为标准大气压，小罐开口部位的直径请按照片中的情境估计。当罐内空气变为室温时，小罐内的空气对皮肤的压力大概有多大？不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响。 　人教版选择性必修第三册·P30·T2以“我国传统医学的一种治疗手段‘拔火罐’”为情境，考查了查理定律的应用问题。 近几年的高考也常以气体实验定律、理想气体状态方程在生产、生活、科技中的实际应用为情境进行命题，例如： (1)2023·海南高考·T16以“某饮料瓶内密封一定质量理想气体”为情境，考查了玻意耳定律、查理定律的应用问题。 (2)2022·广东高考·T15(2)以“用玻璃瓶制作的测量水深的简易装置”为情境，考查了玻意耳定律的应用问题。 (3)2021·辽宁高考·T14以“系留气球”为情境，考查了玻意耳定律、理想气体状态方程、胡克定律及力的平衡等规律的综合应用问题。 针对练1. (多选)设计一个测定水深的深度计，导热性能良好的圆柱形气缸Ⅰ、Ⅱ内径分别为r和2r，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，最初气缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，气缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体，一细管连通两气缸，开始时A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，下列说法正确的是(　　) A．当活塞A向右移动时，水的深度h＝5 m B．此深度计能测的最大深度h＝22.5 m C．若要测量的最大水深h＝25 m，气缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为p＝2p0 D．若要测量的最大水深h＝50 m，气缸Ⅱ内通过B所封气体的压强应改为p＝5.75p0 答案：BCD 解析：当活塞A向右移动时，假设活塞B不动，对气缸Ⅰ中的气体，根据玻意耳定律有p0Lπr2＝p1πr2，解得p1＝2p0<3p0，可知假设成立，则水产生的压强为p1－p0＝p0，由于p0相当于10 m高的水产生的压强，可知水的深度为10 m，故A错误；根据题意及题图分析可知，当活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧气体有p0Lπr2＝p2xπ(2r)2，对活塞B右侧气体有3p0Lπ(2r)2＝p2(L－x)π(2r)2，解得x＝，p2＝p0，则水产生的压强为p2－p0＝p0，由于p0相当于10 m高的水产生的压强，可知此深度计能测的最大深度为×10 m＝22.5 m，故B正确；若要测量的最大水深h＝25 m，该深度水产生的压强为2.5p0，此时活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，气体压强为p3＝2.5p0＋p0＝3.5p0，令置于水中之前，气缸Ⅰ内通过A所封气体的压强为p，根据玻意耳定律，对活塞B左侧气体有pLπr2＝p3x′π(2r)2，对活塞B右侧气体有3p0Lπ(2r)2＝p3(L－x′)π(2r)2，解得p＝2p0，故C正确；若要测量的最大水深h＝50 m，该深度水产生的压强为5p0，此时活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，气体压强为p4＝p0＋5p0＝6p0，对活塞B左侧气体有p0Lπr2＝p4x″π(2r)2，对活塞B右侧气体有p′Lπ(2r)2＝p4(L－x″)π(2r)2，解得p′＝5.75p0，故D正确。 针对练2.(多选)(2024·山东潍坊市高二月考)有一自制简易气温计，向一个空的铝制饮料罐中插入一根内部粗细均匀的透明细吸管，接口用密封胶密封，在吸管内引入一小段染色的液柱(长度可忽略，在吸管上标注温度值)。如果不计大气压的变化，即形成了一个简易气温计。已知罐的容积为360 cm3，吸管有效长度为 学生用书第67页 50 cm，横截面积为0.2 cm2，当气温为25 ℃时，液柱离管口40 cm，T＝t＋273 K，下列说法正确的是(　　) A．该气温计利用的是气体等压变化的规律 B．该气温计所能测量的最高气温约为50 ℃ C．该气温计刻度一定不均匀 D．如果大气压降低了，则测量值将较真实值偏大 答案：AD 解析：该气温计利用的是气体等压变化的规律进行测量的，故A正确；设该气温计所能测量的最高气温为Tmax，根据盖-吕萨克定律可得＝，其中V1＝360 cm3＋0.2×(50－40) cm3＝362 cm3，T1＝(25＋273) K＝298 K，Vmax＝360 cm3＋0.2×50 cm3＝370 cm3，联立解得Tmax≈305 K，则有tmax＝(305－273) ℃＝32 ℃，故B错误；根据盖-吕萨克定律可得＝C，则有ΔT＝ΔV，又ΔT＝T2－T1＝(t2＋273 K)－(t1＋273 K)＝Δt，ΔV＝V2－V1＝(V0＋SL2)－(V0＋SL1)＝SΔL，联立可得Δt＝·ΔL，即温度的变化量与距离的变化量成正比，则该“气温计”刻度分布均匀，故C错误；根据题意可知，罐内气体温度越高，体积越大，染色液柱越靠近吸管的右端；如果气压降低了，则染色液柱稳定时的位置比真实值对应的位置偏右，测量值将较真实值偏大，故D正确。故选AD。 (2021·山东高考·T4)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强，高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　) A．30 cm3　　　　　　　 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 答案：D 解析：根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1·5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据解得V＝60 cm3，故选D。 (2022·山东高考·T15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求： (1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm； (2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。 答案：(1)　(2)m 解析：(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρV0g 且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V 鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρ(V0＋ΔV)g－Mg＝Ma 联立解得需从A室充入B室的气体质量Δm＝ρ气ΔV＝。 (2)B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为p1＝ρgH＋p0，p2＝ρgH1＋p0 由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若H1≥H，则在H1处时，B室内气体需要增加，设压强为p1时进入B室的气体体积为ΔV1，根据玻意耳定律有 p1(V＋ΔV1)＝p2V 则此时B室内气体质量 m1＝ρ气(V＋ΔV1)＝m； 若H1<H，则在H1处时，B室内气体需要减少，设压强为p1时释放的气体体积为ΔV2，根据玻意耳定律有p1(V－ΔV2)＝p2V 则此时B室内气体质量 m1＝＝＝m 综上可知，鱼静止于水面下H1处时，B室内气体的质量m1＝m。 (2023·湖南高考·T13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气 学生用书第68页 室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； (2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 答案：(1)　(2)p0S 解析：(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体体积为 V＝V0＋V1 根据玻意耳定律得p0V0＝p1V 解得p1＝。 (2)同理第二次抽气有p1V0＝p2V 解得p2＝＝p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强 pn＝p0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为 ΔF＝(p0－pn)S＝p0S。 　人教版选择性必修第三册P44·T4 汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低容易造成安全隐患。已知某型号轮胎能在－40～100 ℃温度下正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.535×105 Pa，最低胎压不低于1.616×105 Pa。设轮胎容积不变，若在温度t为20 ℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？ 　人教版选择性必修第三册P44·T4以“汽车正常行驶轮胎的胎压范围”为情境，考查了理想气体的变质量问题。 近几年的高考也常以实际应用中涉及气体的变质量问题为情境进行命题，考查气体实验定律、理想气体的状态方程等的应用，例如： (1)2021·山东高考·T4以“血压仪”为情境，考查了充气问题及玻意耳定律的应用。 (2)2022·山东高考·T15以“某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉”为情境，考查了气体的变质量问题、玻意耳定律及牛顿第二定律的综合应用。 (3)2023·湖南高考·T13以“汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力”为情境，考查了抽气问题中玻意耳定律的应用。 针对练1.(多选)(2024·湖北荆州市高二质检)如图所示，B和C为两个气筒(两者内部容积均为ΔV＝500 cm3)，各自通过带阀门的细管与容积为V＝10 dm3的容器A连通，通过打开一个阀门、闭合另一个阀门实现打气及抽气。开始时，阀门K1和K2关闭，A内气体压强等于外界大气压p0＝1.0×105 Pa。忽略气体的温度变化和连接管的容积，空气可认为是理想气体。下列说法正确的是(　　) A．关闭阀门K1，打开K2，利用C可以实现抽气 B．关闭阀门K2，打开K1，利用B可以实现抽气 C．调节两阀门实现打气，从开始时，若要容器A中气体压强增大到4.0×105 Pa，应打气60次 D．调节两阀门实现抽气，从开始抽气5次后，A中压强为初始压强的 答案：ACD 解析：关闭阀门K1，打开K2，利用C可以实现抽气，故A正确；关闭阀门K2，打开K1，利用B可以实现打气，故B错误；气体做等温变化，有p0(V＋nΔV)＝p1V，解得n＝60，故C正确；抽气一次后有p0V＝p1(V＋ΔV)，解得p1＝p0，抽气二次后有p1V＝p2(V＋ΔV)，解得p2＝2p0，同理可得抽气五次后p5＝5p0＝p0，故D正确。故选ACD。 学生用书第69页 针对练2.(多选)(2024·辽宁大连市高二期中)某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体 的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。T＝t＋273 K。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则下列分析正确的是(　　) A．温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm B．温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm C．篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝ D．篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝ 答案：AC 解析：以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态时p1＝1.46 atm，T1＝(19＋273) K＝292 K，末状态时T2＝(33＋273) K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2＝1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内稳定后篮球内气体的状态参量为p3＝p0＝1.00 atm，T3＝(27＋273) K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，可得ΔV＝0.5V，则＝＝，故C正确，D错误。故选AC。 1．(多选)(2024·重庆渝中区高二期中)有甲、乙、丙三个温度不同的物体，将甲和乙接触较长一段时间后分开，再将乙和丙接触较长一段时间后分开，假设只有在它们相互接触时有传热，不接触时与外界没有传热，则(　　) A．甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态 B．只有乙、丙达到了平衡态，甲没达到平衡态 C．乙、丙两物体都和甲达到了热平衡 D．乙、丙两物体一定达到了热平衡 答案：AD 解析：乙和丙分开后，甲、乙、丙三个物体与外界没有热传递，它们中各自的宏观性质将不随时间而变化且具有确定的状态，所以甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态，A正确，B错误；甲和乙接触一段时间分开后，甲和乙达到了热平衡，但乙和丙接触一段时间后，乙的温度可能再一次发生变化，最终乙、丙两物体温度相同，但是与甲的温度不一定相同，乙、丙两物体达到了热平衡，但不一定与甲达到热平衡，C错误，D正确。 [易错分析]　本题容易多选C项，原因是忽视了平衡态与热平衡的区别。平衡态是一个系统所处的状态，在该状态下系统所有的状态参量(温度、压强、体积等)不再发生变化；而热平衡是相互接触的两个(或多个)系统达到了相同的温度，温度是判断系统之间是否达到热平衡的唯一参量。 2．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，设湖水温度不变(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2，大气压强p0＝1.0×105 Pa)，则气泡的体积约变为原来体积的(　　) A．3倍　　　　　　　　 B．2倍 C．1.5倍 D． 答案：C 解析：设气泡初、末态的体积分别为V1、V2，初态时气泡的压强p1＝p0＋ρgh1＝3×105 Pa，在10 m深处时气泡的压强p2＝p0＋ρgh2＝2×105 Pa，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得V2＝1.5V1，即气泡的体积变为原来的1.5倍，故选C。 [易错分析]　本题容易错选B项，求液体中密封气体压强时，不能只考虑气体上方液体产生的压强，还要考虑液体上方的大气压强，若未考虑大气压强，就会导致误选B。 3．(2024·江苏宿迁市高二期末)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是(　　 ) A．可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体 B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体 C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，则该球一定是单晶体 D．一块晶体，若其各个方向的导热性能相同，则一定是多晶体 答案：C 解析：表现出各向同性的可以是多晶体，也可以是非晶体，并且单晶体的某些物理性质也表现出各向同性，不能根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体，故A错误；沿各个方向对一块均匀薄片施加拉力，发现其强度一样，力学性质表现出各向同性，但并不能判断出其他物理性质是否也具有各向同性，则薄片可能是非晶体，也可能是多晶体，还可能是单晶体，故B错误；一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，即具有各向异性，则该球一定是单晶体，故C正确；单晶体具有各向异性的特征，仅指某些物理性质，并不是所有的物理性质都是各向异性的，故当晶体某一物理性质显示各向同性，并不意味着该晶体一定是多晶体，故D错误。 [易错分析]　本题容易错选D项，通常说的物理性质包括弹性、硬度、导热性、导电性、对光的折射率等，单晶体的各向异性是指单晶体在不同方向上物理性质不同，也就是沿不同方向去测试单晶体的物理性质时测量结果不同；但单晶体的各向异性，并不是说每种单晶体都能在各种物理性质上表现出各向异性。如果是误认为单晶体在各种物理性质上都是各向异性的，就容易导致错选D项。 学生用书第70页 4．液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在(　　) A．液体不浸润固体的附着层 B．表面张力较大的液体的附着层 C．所有液体的附着层 D．液体浸润固体的附着层 答案：A 解析：附着层内液体分子间距离大于r0时，附着层内分子间作用力表现为引力，附着层有收缩的趋势，即为不浸润现象，A正确。 [易错分析]　本题容易错选C项。浸润时液体的附着层内的液体分子间距小于分子间的平衡距离r0，附着层内分子力表现为斥力，附着层有扩展的趋势；而不浸润时液体的附着层内的液体分子间距大于分子间的平衡距离r0，附着层内分子力表现为引力，附着层有收缩的趋势，如果混淆了浸润和不浸润液体附着层内分子间距和分子力的特点，就会导致错选C项。 5．(2024·河南信阳市高二月考)容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为145 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，小瓶原来装有1 atm的氧气，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气且温度不变，则最多能分装的瓶数为(　　) A．54瓶　　　　　　　　 B．56瓶 C．58瓶 D．60瓶 答案：D 解析：小瓶原来装有1 atm的氧气，设最多能分装n′瓶，则此时初状态压强p0＝145 atm，p0′＝1 atm，体积V0＝20 L，V0′＝n′×5 L，末状态p2＝10 atm，V2＝V0＋n′×5 L，根据玻意耳定律有p0V0＋p0′V0′＝p2V2，代入数据解得n′＝60，故D正确。 [易错分析]　本题容易错选A项。如果忽视了小瓶原有的气体，则初状态压强p0＝145 atm，气体体积V0＝20 L，设最多能分装n瓶，末状态下气体压强为p1＝10 atm，体积为V1＝V0＋n×5 L，温度不变，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V1，代入数据解得n＝54，这样导致误选A项。 单元测试卷(二)　气体 、固体和液体 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1．(2024·广东广州市高二统考)关于液体和固体的一些现象，下列说法正确的是(　　) A．图(1)中水黾停在水面上是因为浮力作用 B．图(2)中石英晶体像玻璃一样，没有固定的熔点 C．图(3)中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴，说明水银不浸润玻璃 D．图(4)中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向同性 答案：C 解析：题图(1)中水黾停在水面上是因为水的表面张力作用，选项A错误；题图(2)中石英晶体有固定的熔点，而玻璃是非晶体没有固定的熔点，选项B错误；题图(3)中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃，选项C正确；题图(4)中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向异性，选项D错误。故选C。 2．下列关于固体和液体的说法正确的是(　　) A．天然石英是晶体，熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体 B．黄金可以做成各种不同造型的首饰，是多晶体 C．一定质量的晶体在熔化过程中，其温度不变，内能保持不变 D．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体 答案：B 解析：天然石英是晶体，熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体，故A错误；黄金以及其他常见的金属都是多晶体，故B正确；一定质量的晶体在熔化过程中，其温度不变，但分子势能增加，内能增加，故C错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，D错误。故选B。 3.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是(　　) A．A→B过程温度升高，压强变大 B．B→C过程体积不变，压强变大 C．C→D过程体积变小，压强不变 D．C→D过程温度不变，压强变大 答案：D 解析：A→B为等压变化，压强不变，温度升高，选项A错误；B→C为等容变化，温度降低，则压强变小，选项B错误；C→D为等温变化，体积变小，则压强变大，选项C错误，D正确。 4.某同学在水杯中倒入一半开水后，将杯盖盖上，杯内空气(视为一定质量的理想气体)的温度约为97 ℃，一段时间后，该同学想喝水时，发现杯盖很难被打开，若此时杯中空气的温度与外部环境温度均为17 ℃，则下列说法正确的是(　　) A．17 ℃时杯内空气对杯壁单位时间、单位面积上的碰撞次数比97 ℃时的多 B．17 ℃时杯内空气的体积比97 ℃时的大 C．17 ℃时杯内空气的密度比97 ℃时的大 D．杯盖很难被打开的原因是降温后杯内空气的压强小于外界大气压强 答案：D 解析：17 ℃时与97 ℃时相比，杯内空气压强减小，对杯壁单位时间、单位面积上的碰撞次数减少，故A错误；17 ℃时与97 ℃时相比，杯内空气的体积不变，质量不变，所以密度不变，故B、C错误；杯内空气温度降低，由＝，可知杯内压强减小，杯内空气的压强小于外界大气压强，故D正确。故选D。 5.如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管(容积不能忽略)的A管插入烧瓶，B管与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面(橡胶管内充满水银)等高，外界大气压恒定，下列说法正确的是(　　 ) A．保持B、C两管不动，若烧瓶内气体温度降低，则瓶内气体密度减小 B．保持B、C两管不动，若烧瓶内气体温度降低，则C管中水银柱将升高 C．若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管向上移动 D．若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管向下移动 答案：D 解析：保持B、C两管不移动，假设气体发生等容变化，气体温度降低，压强变小，B管中水银柱将上升，C管中水银柱将下降，气体体积减小，则烧瓶内气体密度增大，故A、B错误；若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，由等压变化可知，应该使气体的体积增大，应将C管向下移动，故C错误，D正确。 6．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系可能正确的是(　　) A．p1＝p2、V1＝2V2、T1＝ B．p1＝p2、V1＝、T1＝ C．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝2T2 D．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝ 答案：B 解析：一定质量的理想气体满足理想气体的状态方程，即＝，代入四个选项中的数据，可知只有B正确。 7.(2024·吉林长春市高二月考)2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我国第一位在太空“漫步”的女性。舱外航天服有一定伸缩性，能封闭一定的气体，提供人体生存的气压，王亚平先在节点舱(出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服。设航天服内密闭气体的体积约为V1＝2 L，压强p1＝5.0×104 Pa，温度t1＝27 ℃。她穿好航天服后，需要把节点舱的气压不断降低，以便打开舱门。为便于舱外活动，航天员出舱前将一部分气体缓慢放出，使航天服内气压降到p2＝3.0×104 Pa。假设释放气体过程中温度不变，航天服内气体体积变为V2＝2 L，则航天服需要放出的气体与原来航天服内气体的质量比为(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． 答案：C 解析：对航天服内的气体做等温变化，有p1V1＝p2(V2＋ΔV)，解得ΔV＝V1，故航天服需要放出的气体与原来航天服内气体的质量比为＝，故选C。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图是一定质量的理想气体的V-T图像，按图示箭头从状态A变化到状态B，再变化到状态C，在此过程中下列说法正确的是(　　) A．气体分子的平均动能先增大后减小 B．气体的压强先保持不变后增大 C．气体的压强先减小后增大 D．气体的内能一定在不断增大 答案：BD 解析：根据理想气体状态方程＝C(C为常量)，可得V＝T，V-T图像的斜率与压强成反比，可知从状态A变化到状态B，再变化到状态C，压强先不变后增大，故B正确，C错误；由题图可知从状态A变化到状态B，再变化到状态C，温度一直增大，所以气体分子的平均动能一直增大，内能一直增大，故A错误，D正确。故选BD。 9.(2024·安徽蚌埠市高二月考)如图所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10 cm、5 cm。现保持气体温度不变，在左管内缓慢注入一定量的水银，使得稳定后右管的水银面比原来高h＝10 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。下列说法正确的是(　　) A．末状态b空气柱的长度为3 cm B．末状态a空气柱的长度为9 cm C．a空气柱能进入竖直管 D．向左管注入的水银柱长度为21.5 cm 答案：BD 解析：在左管内缓慢注入一定量的水银，使得稳定后右管的水银面比原来高h＝10 cm，由于h＝10 cm<12 cm，可知a、b空气柱都仍在水平管内，故C错误；初状态a、b两部分空气柱的压强为p1＝(76＋14) cmHg＝90 cmHg，末状态a、b两部分空气柱的压强为p2＝(76＋14＋10) cmHg＝100 cmHg，设初状态和末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La1、Lb1和La2、Lb2，对a、b两部分空气柱分别根据玻意耳定律得p1La1S＝p2La2S，p1Lb1S＝p2Lb2S，代入数据解得La2＝9 cm，Lb2＝4.5 cm，设左管注入的水银柱长度为L，则L＝2h＋(La1＋Lb1)－(La2＋Lb2)＝21.5 cm，故A错误，B、D正确。故选BD。 10．(2024·河北承德市高二统考)质量为M、半径为R的圆柱形气缸(上端有卡扣)用活塞封闭一定质量的理想气体，如图甲所示，活塞用细线连接并悬挂在足够高的天花板上。初始时封闭气体的热力学温度为T0，活塞与容器上、下端的距离分别为h和2h，现让封闭气体的温度缓慢升高，气体从初始状态A经状态B到达状态C，其p-V图像如图乙所示，已知外界大气压恒为p0，点O、A、C共线，活塞气密性良好，重力加速度大小为g。则理想气体在状态(　　) A．B的热力学温度为2T0 B．B的压强为p0－ C．C的压强为－ D．C的热力学温度为 答案：BD 解析：气体从状态A到B为等压变化，有＝，解得TB＝T0，选项A错误；气缸悬挂后处于平衡状态，有Mg＋pBπR2＝p0πR2，解得pB＝p0－，选项B正确；根据O、A、C共线，可知气体做等温变化，有＝，其中pA＝pB，VC＝3hπR2，VA＝2hπR2，解得pC＝－，选项C错误；气体从状态B到C为等容变化，有＝，解得TC＝TB＝T0，选项D正确。故选BD。 三、非选择题(本题共6小题，共54分) 11．(6分)用图甲所示实验装置探究气体做等温变化的规律。 (1)关于该实验，下列说法正确的是________。 A．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油 B．应快速推拉柱塞 C．为方便推拉柱塞，应用手握住注射器再推拉柱塞 D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位 (2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标、以为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________(选填“①”或“②”)。 (3)实验中若使用压强传感器采集数据，则柱塞与针筒间的摩擦对实验结果________(选填“有”或“无”)影响。 答案：(1)AD　(2)②　(3)无 解析：(1)在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，可以防止漏气，确保所研究的气体质量一定，A正确；快速推拉柱塞或用手握住注射器会导致气体温度发生变化，不符合实验条件，B、C错误；由于等温变化时p1V1＝p2V2，即p1L1S＝p2L2S，注射器旁的刻度尺如果刻度分布均匀，可以用气柱的长度来间接表示体积，可以不标注单位，D正确。 (2)漏气会导致p、V之积减小，即p -图线的斜率减小，作出的图像为题图乙中的②。 (3)实验中若使用压强传感器采集数据，即直接通过传感器采集气体的压强，柱塞与针筒间的摩擦对实验结果无影响。 12.(6分)如图是一种研究气球体积和压强变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积为V0，压强为p0。T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器，保持温度不变，装置密封良好。 (1)该装置可用于验证________定律。(填写气体实验定律名称) (2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为V0，压强传感器读数为p1，则此时气球体积为____________。 答案：(1)玻意耳　(2)－ 解析：(1)用该装置研究在温度不变时，气体的压强随体积的变化情况，所以该装置可用于验证玻意耳定律。 (2)将注射器内气体部分推入气球，压强传感器读数为p1，根据玻意耳定律得p1V1＝p0V0，所以V1＝；读出此时注射器内剩余气体的体积为V0，所以此时气球体积为V1－V0＝－。 13.(8分)某同学设计了一个“隔空取钱”的小游戏。把若干现金放在桌面上，盖上盆子，不用手接触盆子就能把钱取走。该同学做了下面操作：把两张餐巾纸平铺在盆底上，倒上适量水，把一只抽气拔罐扣在湿透的餐巾纸上，用抽气筒抽掉拔罐中的一部分气体，手抓拔罐缓慢地提起盆子，取走现金。示意图如图所示，假设拔罐口横截面积为S1，盆底的横截面积为S2，盆子和湿透的餐巾纸总质量为m，当盆子悬在空中时对盆子施加竖直向下、大小为F的力，盆子(包括餐巾纸)与拔罐刚好分离。拔罐中气体视为理想气体，忽略抽气过程气体温度的变化及盆子的形变，大气压强为p0，重力加速度为g，求： (1)盆子提起后，拔罐中气体的压强； (2)拔罐内剩余气体的质量与抽气前拔罐内气体的质量之比。 答案：(1)p0－　(2) 解析：(1)设盆子提起后，拔罐中气体的压强为p1，则有p1S1＋mg＋F＝p0S1 解得p1＝p0－。 (2)设拔罐中气体的体积为V，抽出气体在压强为p1时的体积为ΔV，由玻意耳定律有 p0V＝p1(V＋ΔV) 拔罐内剩余气体的质量与抽气前拔罐内气体的质量之比＝＝＝。 14．(10分)(2021·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热气缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、横截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？ (2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？ 答案：(1)297 K　(2)309 K 解析：(1)当电子天平示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力为FT＝(m2－m示)g＝m1g 又铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强，有p1＝p0 当电子天平示数为400.0 g时，设此时气缸内气体压强为p2，对m1受力分析有 m1g＋p0S＝p2S＋FT′ 对m2受力分析有m2g＝FT′＋m示′g 由题意可知，气缸内气体体积不变，由查理定律得＝ 联立解得T2＝297 K。 (2)环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最小为0，即电子天平的示数恰好为1 200 g时，此时对应的环境温度为装置可以测量的最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对m1受力分析有(p3－p0)S＝m1g 又气缸内气体体积不变，由查理定律得 ＝ 联立解得Tmax＝309 K。 15.(12分)(2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两气缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两气缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧气缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两气缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，气缸足够长，气缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终气缸内气体的压强； (2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 答案：(1)p0　(2)　 解析：(1)对气缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH 末态压强为p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH 根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2 解得p2＝p0。 (2)末态，对右边活塞受力分析可知 mg＋p0·2S＝p2·2S 解得m＝ 末态，对左侧活塞受力分析可知 p0S＋k·H＝p2S 解得k＝。 16.(12分)(2024·辽宁大连市高二联考)如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平气缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为SA＝120 cm2，SB＝20 cm2。两气缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度为27 ℃，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自气缸底相距a＝40 cm、b＝10 cm，活塞静止。(不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27 ℃，外界大气压为p0。其中T＝t＋273 K。) (1)当阀门K关闭时，在左侧气缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA及压强pA； (2)停止加热并撤去左侧气缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧气缸底部的距离Δx； (3)之后将阀门K关闭，用打气筒(图中未画出)向A气缸中缓慢充入压强为2p0的理想气体，使活塞回到初始状态时的位置，则充入的理想气体体积ΔV为多少？ 答案：(1)375 K　p0　(2)30 cm　(3)1 000 cm3 解析：(1)阀门K关闭时，将A内气体加热，温度升高，气体压强不变，为等压变化，对于A气体，初态VA＝aSA，T0＝300 K 末态VA1＝(a＋b)SA，温度为TA 由盖-吕萨克定律有＝ 即＝ 解得TA＝375 K 以两活塞和杆整体为研究对象，根据受力平衡得pASA－p0SA＋p0SB＝0 解得pA＝p0。 (2)打开阀门K稳定后，设气体压强为pA′，对两个活塞和杆整体有 pA′SA－p0SA＋p0SB－pA′SB＝0 解得pA′＝p0 法一：设大活塞最终左移x，对封闭气体分析可得 初态pA＝p0，VA1＝(a＋b)SA，TA＝375 K 末态pA′＝p0，VA′＝(a－x)SA＋(b＋x)SB，T0＝300 K 由理想气体状态方程得＝ 即＝ 代入数据解得x＝10 cm 则Δx＝a－x＝30 cm； 法二：设大活塞最终左移x，对封闭气体分析 初态pA＝p0，VA＝aSA 末态pA′＝p0，VA′＝(a－x)SA＋(b＋x)SB 由玻意耳定律得pAVA＝pA′VA′ 即pASAa＝pA′(a－x)SA＋pA′(b＋x)SB 代入数据解得x＝10 cm 则Δx＝a－x＝30 cm。 (3)关闭阀门，若活塞恢复初始位置，则对B中气体，初态pB＝p0，VB＝(b＋x)SB 末态压强为pB′，VB′＝bSB 由玻意耳定律得pBVB＝pB′VB′ 即p0SB(b＋x)＝pB′SBb 解得pB′＝2p0 则pA″SA＋p0SB－p0SA－pB′SB＝0 解得pA″＝p0 以A中气体和充入气体整体为研究对象 初态pA′＝p0，VA′＝(a－x)SA，p＝2p0，ΔV 末态pA″＝p0，VA″＝aSA 根据玻意耳定律得pA′VA′＋pΔV＝pA″VA″ 即p0SA(a－x)＋2p0ΔV＝p0SAa 解得ΔV＝1 000 cm3。 学生用书第71页 学科网（北京）股份有限公司 $$