第二章 固体、液体和气体 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

章末综合提升 第二章　固体、液体和气体 章末检测 内容索引 一、知识网络构建 二、归纳整合提升 1.理想气体的图像问题 名称 图像 特点 其他图像 等温线 p-V   pV=CT(C为常量),即pV之积越大的等温线对应的温度越高,离原点越远   p-   p=,斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高 名称 图像 特点 其他图像 等容线 p-T   p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小   p-t   图线的延长线均过点 (-273.15 ℃,0),斜率越大,对应的体积越小 名称 图像 特点 其他图像 等压线 V-T   V=T,斜率k=,即斜率越大,对应的压强越小   V-t   V与t为线性关系,但不成正比,图线延长线均过点(-273.15 ℃,0),斜率越大,对应的压强越小 [典例1]　如图所示,1、2、3为一定质量的理想气体在p-V 图像中的三个状态。该理想气体由状态1经过程1→2→3到达状态3,其中2→3之间图线为双曲线。已知状态1的参量为p1=1.0×105 Pa,V1=2 L,T1=200 K。 (1)若状态2的压强p2=4.0×105 Pa,则温度T2是多少? (2)若状态3的体积V3=6 L,则压强p3是多少? [答案]　(1)800 K　(2)×105 Pa [解析]　(1)1→2是等容变化, 由查理定律得= 则T2=T1=800 K。 (2)2→3是等温变化, 由玻意耳定律得p2V2=p3V3 则p3==×105 Pa。 [典例2]　图甲所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。 (1)分析A到B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图中TA的温度值; (2)请在图乙坐标系中,作出由状态A经过状态B变为状态C的p-T图线,并在图线相应位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程。 [答案]　(1)分析见解析　200 K　(2)见解析 [解析]　(1)由题图甲可以看出,A与B的连线的延长线过原点,所以从A到B是一个等压变化过程,即pA=pB 根据盖-吕萨克定律可得= 所以TA== K=200 K。 (2)由题图甲可以看出,从B到C是一个等容变化过程,根据查理定律得= 所以pC== Pa=2.0×105 Pa 则可画出由状态A经B到C的p-T图像如图所示。 2.液柱移动问题 (1)液柱问题的特点 ①当封闭气体温度T变化时,其p、V都发生变化,液柱的平衡状态被打破,液柱就发生移动。 ②由于p、V、T三个量相互制约,当p、V、T都发生变化时,直接判断液柱移动的方向比较困难,关键是判断封闭气体的体积V如何变化。 (2)分析方法——假设推理法 根据题设条件,假设液柱不动,运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理,得出正确的答案。 (3)两个常用推论 ①查理定律的分比形式:=或Δp=p。 ②盖-吕萨克定律的分比形式:=或ΔV=V。 [典例3]　如图所示,A、B两容器容积相等,用粗细均匀的细玻璃管相连,两容器内装有不同气体,细管中央有一段水银柱,在两边气体作用下保持平衡时,A中气体的温度为0 ℃,B中气体温度为20 ℃,如果将它们的温度都降低10 ℃,则水银柱将(　　) A.向A移动　　　　　　　　　 B.向B移动 C.不动 D.不能确定 A [解析]　假定降温后气体体积保持不变,由查理定律得Δp=·p0,降温前两边气体压强相等,但A容器的温度低,所以ΔpA>ΔpB,A容器压强减小得多,所以水银柱向A移动。 [典例4]　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中水银柱移动较多 B.均向上移动,A中水银柱移动较多 C.均向下移动,B中水银柱移动较多 D.均向上移动,两管中水银柱移动情况相同 B [解析]　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。根据等压变化规律可知=,整理得ΔV=·V,因A、B管中的封闭气体初始温度相同,温度升高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管中气柱长度增加得多一些,故A、B管中气柱上方的 水银柱均向上移动,A中水银柱移动较多,故选B。 章末检测(二)　固体、液体和气体 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、选择题(本大题共10个小题。在每小题所给的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。) 1.下列说法中正确的是(　　) A.把农田里地面的土壤锄松,是为了保存地下水分 B.昆虫水黾可以停在水面上,是因为所受浮力与重力平衡 C.边长10 cm的立方体铁锭有规则的几何形状,因此它是单晶体 D.晶体和非晶体不可能相互转化 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:农田里如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生,故A正确;昆虫水黾可以停在水面上,是因为所受液体表面张力的缘故,故B错误;边长10 cm的立方体铁锭是有规则的几何形状,这是宏观物体有一定的形状,但铁是多晶体,故C错误;物质是晶体还是非晶体,不是绝对的,在一定条件下可以相互转化,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.对一定质量的理想气体,下列说法正确的是(　　) A.气体的体积是所有气体分子的体积之和 B.气体温度升高,气体每一个分子的热运动速度都增大 C.气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的 D.当气体膨胀时,气体分子势能减小,因而气体的内能一定减少 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:气体的体积是所有气体分子运动占据的空间的体积之和,A错误;气体温度升高,气体分子热运动的平均速率变大,但是单个气体分子的运动具有随机性、偶然性,速率不一定增大,B错误;气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的,C正确;理想气体不考虑分子势能,只需考虑分子平均动能,该选项不清楚温度变化情况,故无法判断内能如何变化,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.用玻璃瓶密封一定质量的气体,然后将玻璃瓶放入热水中,过一段时间瓶塞弹出,关于瓶塞弹出的原因,下列说法正确的是(　　) A.瓶内气体分子数增加 B.瓶内气体分子间作用力急剧增大 C.瓶内所有气体分子的运动都更加剧烈 D.瓶内气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:密封容器,瓶内气体分子数不变,A错误;分子间作用力由分子间距决定,分子数不变、体积不变的情况下,分子间距不变,瓶内气体分子间作用力不会急剧增大,B错误;玻璃瓶放入热水中,气体温度升高,气体分子的平均动能增大,但不是每个分子的动能都增加,即不是瓶内所有气体分子的运动都更加剧烈,C错误;根据理想气体状态方程=C,气体体积不变,温度升高,故压强增大,由气体压强的微观解释可知,瓶内气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图所示,空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中,筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处,筒中液面与B点齐平,不计气体分子间相互作用,且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是(　　) C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:气体发生等温变化,由玻意耳定律可知,气体的压强与体积成反比,金属筒从A下降到B的过程中,气体体积V变小,压强p变大,选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.一定质量的理想气体,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(　　) A.1∶3∶5　　　　　　　　 B.3∶6∶5 C.3∶2∶1 D.5∶6∶3 解析:由理想气体状态方程得=C(C为常量),可见pV=TC,即pV的乘积与温度T成正比,故B项正确。 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.如图所示,某人用托里拆利管做测定大气压强的实验时,由于管内漏进了空气,测得管内汞柱的高度仅为70 cm,但当时的实际大气压强为一个标准大气压(相当于76厘米高的汞柱产生的压强)。今采用下述哪种方法,可使管内、外汞面的高度差大于70 cm(　　) A.把托里拆利管逐渐倾斜(管子露出部分长度不变) B.把托里拆利管慢慢向上提,但下端不离开汞槽 C.保持装置不动,往汞槽内加汞,以增大压强 D.整个装置竖直向上做加速运动 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:将托里拆利管逐渐倾斜,假设气体压强不变,由于体积减小,温度不变,所以气体压强变大,所以内外汞面的高度差变小,故A错误;把托里拆利管慢慢向上提,假设气体压强不变,则气体体积会增大,但温度不变,所以气体压强会减小,所以内外汞面的高度差变大,故B正确;保持装置不动,往汞槽内加汞,假设气体压强不变,则气体体积会减小, 但温度不变,气体压强变大,内外汞面的高度差变小,故C 错误;整个装置竖直向上做加速运动,水银柱超重,内外汞 面的高度差减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.如图,竖直导热圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的3倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体,气柱长L=19 cm,活塞A上方的水银深H=10 cm,两活塞与筒壁间的摩擦不计,用外力向上托住活塞B,使之处于平衡状态,水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移,直至水银的一半被推入细筒中,若大气压强p0=75 cmHg, 则此时气柱的长为(　　) A.16 cm B.17 cm C.18 cm D.19 cm B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:使活塞B缓慢上移,当水银的一半被推入细筒中时,粗筒内的水银柱高5 cm,因粗筒横截面积是细筒的3倍,所以进入细筒内的水银柱高为15 cm,水银柱的总高度为H'=20 cm,所以此时气体的压强为p2=p0+pH'=95 cmHg,设粗筒的横截面积为S,水银的一半被推入细筒中时气柱的长为l,根据p1V1=p2V2,p1=p0+pH=85 cmHg,V1=LS,V2=lS,可得l=17 cm,故B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.一定质量的理想气体置于体积一定的容器中,在温度为T1和T2时,各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图甲中的实线和虚线所示。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.甲图中两曲线下方的面积不相等 B.理想气体在T1时,分子平均动能和内能更大 C.理想气体温度从T2变为T1时,其p-T图如图乙所示 D.理想气体在T2时,单位时间单位面积上气体分子对器壁撞击的次数更多 答案:BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:甲图中两曲线下方的面积表示气体的分子数总和,总数不变,因此下方面积相等,A错误;理想气体在T1时,图像右移,温度更高,所以分子平均动能更大,内能更大,B正确;理想气体温度从T2变为T1时,体积不变,根据理想气体状态方程,压强与温度成正比,C正确;理想气体在T2时,温度较低,分子运动的平均速率较小,所以单位时间内单位面积上气体分子对器壁撞击的次数要少,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.一定质量的理想气体,处于某一初始状态,现要使它经过一些状态变化后回到初始温度,下列哪些过程可能实现(　　) A.先等压压缩,再等容减压 B.先等容增压,再等压膨胀 C.先等压膨胀,再等容减压 D.先等容减压,再等压膨胀 CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:先等压压缩,根据理想气体状态方程=C可知,温度降低,后等容减压,温度降低,不可能回到初始温度,A错误;先等容增压,根据理想气体状态方程=C可知,温度升高,后等压膨胀,温度升高,不可能回到初始温度,B错误;由理想气体状态方程=C可知,先等压膨胀,温度升高,接着保持体积不变而减小压强,温度降低,可能回到初始温度,C正确;先等容减压,根据理想气体状态方程=C可知,温度降低,后等压膨胀,温度升高,可能回到初始温度,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.如图所示,足够长U形管内分别由水银封住L1、L2两部分气体,则下列说法正确的是(　　) A.只对L1加热,则h减小,气柱L2长度不变 B.只对L1加热,则h减小,气柱L2长度减小 C.若在右管中注入一些水银,L1将增大 D.使L1、L2同时升高相同的温度,则L1增大、h减小 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:只对L1加热,假设体积不变,则压强增大,所以L1增大、h减小,气柱L2长度不变,因为此部分气体压强、温度都不变,故A正确,B错误;若在右管中注入一些水银,L2压强增大,假设L1的体积不变,L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大,L1的压强增大,根据等温变化规律得L1将减小,故C错误;使L1、L2同时升高相同的温度,假设气体体积不变,L1的压强增大,L2压强不变,则L1增大、h减小,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题(本题共5个小题。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11.用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。 (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,应在活塞与注射器壁间涂上 润滑油 B.应快速推拉活塞 C.为方便推拉活塞,应用手握住注射器再推拉活塞 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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (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,则活塞与针筒间的摩擦对实验结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案:(1)AD　(2)②　(3)无 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)在活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;快速推拉活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=,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)p- 图线应是一条过原点的倾斜直线,当实验过程中漏气时,则大于理论值,则图线的斜率减小,作出的图线为题图乙中的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,活塞与针筒间的摩擦对实验结果无影响。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.图甲是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (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　　　　。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)继续推动活塞,多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强,计算出对应的气球体积,得到如图乙所示的“气球体积和压强”关系图。根据该图像估算:若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,当气体全部压入气球后,气球内气体的压强将变为　　　　p0(结果保留三位小数)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案:(1)玻意耳　(2)-　(3)1.027 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)用DIS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=-。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)由题可知,若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,气体全部压入气球后气球内气体的压强与初始时注射器内体积为V0、压强为p0的气体中的气体压入气球的压强相等,结合题图乙可知,剩余的气体的体积约为0.5V0,压强略大于p0,所以剩余的气体的体积略小于0.5V0,由图可以读出压强约为1.027p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.如图所示,水平放置的汽缸内壁光滑,活塞的厚度不计,在A、B两处设有限制装置,使活塞只能在A、B之间运动,A左侧汽缸的容积为V0,A、B之间汽缸的容积为0.2V0,开始时活塞在A处,缸内气体的压强为0.8p0(p0为大气压强,恒定不变),热力学温度T0=300 K。现对缸内气体缓慢加热,使活塞向B处移动。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)活塞刚要离开A处时,缸内气体的热力学温度T1; (2)活塞刚到达B处时缸内气体的热力学温度T; (3)缸内气体的热力学温度T2=500 K时,缸内气体的压强p。 答案:(1)375 K　(2)450 K　(3)p0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)经分析可知,当活塞刚要离开A处时,缸内气体的压强为p0,从开始加热到活塞刚要离开A处的过程,缸内气体做等容变化,有= 解得T1=375 K。 (2)从活塞离开A处到活塞刚到达B处的过程,缸内气体做等压变化, 有= 解得T=450 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)缸内气体的热力学温度T2=500 K时,活塞已到达B处,由于限制装置的作用,缸内气体做等容变化, 有= 解得p=p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通,细管上端封闭,并和一压力传感器相接。洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,随着洗衣缸中水面的升高,细管中的空气被压缩,当细管中空气压强达到1.05×105 Pa时,压力传感器使进水阀门关闭,达到自动控水的目的。已知细管的长度L0=42 cm,管内气体可视为理想气体且温度始终不变,取大气压p0=1.00×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。洗衣机停止进水时,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)细管中被封闭的空气柱的长度L; (2)洗衣缸内水的高度h。 答案:(1)40 cm　(2)52 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)细管中的气体初始压强为p0=1.00×105 Pa 初始体积为V0=L0S 细管中的气体末态压强为p=1.05×105 Pa 末态体积为V=LS 由玻意耳定律可得p0V0=pV 解得L=40 cm。 (2)设洗衣机缸与细管中的水面差为Δh,细管中气体的压强为p=ρgΔh+p0 故洗衣缸内水的高度h=Δh+(L0-L) 解得h=52 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.如图甲所示,绝热汽缸A与导热汽缸B开口正对,其横截面积之比为SA∶SB=2∶1,两汽缸均固定于水平地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。两个汽缸内都装有处于平衡状态的理想气体,且都不漏气。开始时体积均为V0、温度均为T0=300 K、压强均等于外界大气压p0,A汽缸中的活塞与汽缸底部的距离为L。现缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强变为原来的1.5倍。设环境温度保持不变,活塞始终在汽缸内,不计汽缸壁和活塞的厚度。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)停止加热稳定后,A、B中的气体压强之比; (2)加热至稳定过程,A中活塞移动的距离ΔLA; (3)若两汽缸按图乙所示放置,开口方向一致。初始状态A中气体压强pA=1.1p0、温度为T0=110 K,A、B中的气体体积均为V0,现对A缓慢加热,使A中气体压强升到p'A=1.4p0,求此时A中的气体温度TA。 答案:(1)3∶4　(2)L　(3)980 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)对刚性杆与活塞进行分析有pASA+p0SB=pBSB+p0SA,其中pA=1.5p0,解得pA∶pB=3∶4。 (2)对B中气体,发生等温变化,由玻意耳定律有 p0V0=pBVB 又由于V0=LSA,V0-VB=ΔLASB=ΔLA· 解得ΔLA=L。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)对刚性杆进行分析,加热前有 pASA+pBSB=p0SA+p0SB 解得pB=0.8p0 加热后有p'ASA+p'BSB=p0SA+p0SB 解得p'B=0.2p0 对A中气体有= 对B中气体,发生等温变化,由玻意耳定律有 0.8p0V0=0.2p0VB 又由于= 解得TA=980 K。 $$