课时检测训练56 固体、液体和气体-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练56　固体、液体和气体 对应学生用书P465 对点练1　固体和液体的性质 1.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A.a→b过程中，气体温度降低，体积增大 B.b→c过程中，气体温度不变，体积减小 C.c→a过程中，气体压强增大，体积不变 D.在c状态时，气体的体积最小 解析　方法一：根据气体实验定律分析： a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖吕萨克定律＝C得知，体积应减小，故A错误；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C得知，由于压强减小，故体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。 方法二：根据图像斜率的意义分析： 由理想气体状态方程＝C得：p＝T，斜率k＝，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V越小，故从图可以看出Va＝Vc＞Vb，温度可由图像直观反映出来。 答案　C 2.(2025·牡丹江市第三中学期末)下列四幅图涉及的物理知识中，说法正确的是(　　) A.图甲中，温度T1>T2 B.图乙中，分子间引力随分子间距的增大而减小，斥力随分子间距的增大而增大 C.图丙中，在液体表面层，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，因此产生表面张力 D.图丁中，A为非晶体 解析　图甲中，T2温度下，速率大的分子占比大，气体平均动能较大，则T1<T2，故A错误；图乙中，分子间引力随分子间距的增大可能先增大后减小，斥力随分子间距的增大而减小，故B错误；图丙中，在液体表面层，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，因此产生表面张力，故C正确；图丁中，A有固定的熔点，为晶体，故D错误。 答案　C 3．中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”。农谚“锄板底下有水”“锄头自有三寸泽”。这都是对松土保墒功能的生动总结。关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是(　　) A．松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分 B．松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分 C．松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理 D．松土除了保墒、刈草外，还可促进蒸发、降低地温；“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理 解析　松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减小水分蒸发，保存水分，B、C错误，A正确；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D错误。 答案　A 对点练2　气体压强的计算 4.如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是(　　) A.B管内水银面比管外水银面高h B.B管内水银面比管外水银面高h cos θ C.B管内水银面比管外水银面低h cos θ D.管内封闭气体的压强比大气压强大h cos θ高汞柱 解析　以A管中的水银为研究对象，则有pS＋ρghS cos θ＝p0S，B管内压强为p＝p0－ρgh cos θ，可知p<p0，B管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ汞柱，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ，故B正确。 答案　B 5．如图所示，两个内壁光滑的导热汽缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了A、B两部分理想气体。下面汽缸的横截面积大于上面汽缸的横截面积，现使环境温度降低10 ℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是(　　) A．活塞下降 B．活塞上升 C．活塞静止不动 D．不能确定 解析　初态时，对“工”字形活塞整体受力分析，有pASA＋M工g＋p0SB＝pBSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析，有pASA＝p0SA＋M上缸g，末态时，对“工”字形活塞整体受力分析，有pA′SA＋M工g＋p0SB＝pB′SB＋p0SA，对上面汽缸受力分析，有pA′SA＝p0SA＋M上缸g，联立方程解得pA′＝pA，pB′＝pB，对A、B两部分气体，根据理想气体状态方程可得＝，＝，因温度降低，pA′＝pA，pB′＝pB，则VA′＜VA、VB′＜VB，则活塞下降，上面汽缸下降，才能使A、B气体体积均变小，故选A。 答案　A 对点练3　气体实验定律与理想气体状态方程 6．(多选)如图所示，粗细均匀、导热良好的薄壁U形管左管开口竖直向上，管中装有水银，左管内水银面比右管内水银面高Δh ＝5 cm，左管内水银面到管口的距离h1＝30 cm，右管内封闭的空气柱长度h2＝22.5 cm。现用横活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已知大气压强恒为p0＝75 cmHg，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法正确的是(　　) A．左管内水银面向下移动的距离为 5 cm B．活塞向下移动的距离为 7.5 cm C．稳定后右管中气体的压强为90 cmHg D．稳定后固定横活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐高于右管 解析　两管粗细均匀，开始左管内水银面比右管内水银面高Δh＝5 cm，之后水银面齐平，则左管内水银面向下移动的距离为2.5 cm，故 A错误；设开始右管的气压为p2，则有p0＋ρgΔh＝p2，解得p2＝80 cmHg，对于右管前后温度不变，发生等温变化，则有h2′＝h2－2.5 cm＝20 cm，p2h2S＝p2′h2′S，解得p2′＝90 cmHg，故C正确；两管液面相平时，两管中气压也相同，有p1′＝p2′＝90 cmHg，对于左管，由等温变化可得p0h1S＝p1′h1′S，解得h1′＝25 cm，即左管气柱缩短为25 cm，又液面下降了2.5 cm，可知活塞向下移动的距离为x＝h1－h1′＋2.5 cm＝7.5 cm，故B正确；稳定后固定横活塞，若液面不动，则两边都做等容变化，由查理定律可得＝，由题可知，稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压仍然相等，水银柱不动，故 D错误。故选 BC。 答案　BC 7.(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　) A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 解析　由盖吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27) K＝300 K， V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)，代入解得T＝x＋(K)， 根据T＝t＋273 K，可知t＝x＋(℃)， 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 答案　B 对点练4　气体状态变化的图像问题 8．(2023·重庆卷)密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　) 解析　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。 答案　C 9．(2023·江苏卷)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　) A．气体分子的数密度增大 B．气体分子的平均动能增大 C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 解析　根据＝C，可得p＝T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，C错误；气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，D错误。 答案　B 10．如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1______N2，T1______T3，N2______N3。(均选填“大于”“小于”或“等于”) 解析　对一定质量的理想气体，为定值，由题中p-V图像可知，2p1·V1＝p1·2V1＞p1·V1，所以T1＝T3＞T2。状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，即N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，即N2>N3。 答案　大于　等于　大于 11．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经等容变化过程①、等压变化过程②、等容变化过程③、等压变化过程④再回到状态a。已知状态a与状态c气体的温度相同，则在a、b、c、d四个状态及①、②、③、④四个过程中(　　) A．状态b气体的温度最高 B．状态d气体分子的平均动能最大 C．过程②中气体要向外界放出热量 D．过程③中气体要从外界吸收热量 解析　本题考查p-V图像、热力学第一定律及理想气体状态方程的综合应用，根据理想气体状态方程＝C可知，状态b时气体的温度最低，状态d时气体的温度最高，而温度高气体分子的平均动能变大，选项A错误，B正确；过程②中，气体体积变大且压强不变，由＝C可知，气体温度升高，所以气体对外做功且内能增加，根据热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，选项C错误；过程③中气体体积不变且压强变大，由＝C可知，气体温度升高，则气体内能增加，故气体要从外界吸收热量，选项D正确。故选BD。 答案　BD 12．(2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处，活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m面积分别为2S、S，弹簧原长为l，初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0，已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。 (1)求弹簧的劲度系数。 (2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。 解析　(1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有， 2mg＋p0·2S＋mg＋p1S＝p0S＋p1·2S， 解得p1＝p0＋， 对活塞Ⅰ由平衡条件有， 2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S， 解得弹簧的劲度系数为k＝。 (2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p2＝p1＝p0＋， 即封闭气体发生等压变化，初末状态的体积分别为： V1＝·2S＋·S＝，V2＝l2·2S， 由于气体的压强不变， 则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l， 由＝， 解得T2＝T0。 答案　(1)　(2)p0＋　T0 13.(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨。在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 (2)充进该轮胎的空气体积。 解析　(1)由查理定律可得＝， 其中p1＝2.7×105Pa，T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K， 代入数据解得p2＝2.5×105 Pa。 (2)由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0， 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。 答案　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 14.如图所示，一端开口一端封闭粗细均匀足够长的“U”形玻璃管竖直放置，管内两段水银柱封闭了A、B两部分理想气体，开始管外环境温度为T1＝300 K，稳定时各段水银柱和空气柱的长度分别为h1＝14 cm，h2＝10 cm，h3＝15 cm。现使A、B两部分理想气体缓慢升高同样的温度，稳定时下方水银柱两侧水银面相平，大气压强为p0＝76 cmHg，重力加速度为g。求： (1)开始A、B两部分气体的压强pA1和pB1。 (2)升高后的温度T2和升温后A部分气体气柱的长度LA。 解析　(1)如题图所示，A、B两部分气体的压强为 pA1＝p0＋ph1＝76 cmHg＋14 cmHg＝90 cmHg pB1＝pA1－ph2＝90 cmHg－10 cmHg＝80 cmHg。 (2)开始气体温度为T1＝300 K，B气柱长度为LB1＝h3＝15 cm，升温后气体温度为T2，A、B两部分管内最低水银面相平，可求 B气体压强为pB2＝pA1＝90 cmHg， B气柱长度变为LB2＝h3＋＝20 cm， 对B气体，根据理想气体状态方程有 ＝， 代入数据解得T2＝450 K， 升温过程A部分气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律有＝， 代入数据解得LA＝15 cm。 答案　(1)90 cmHg　80 cmHg　(2)450 K　15 cm 15．如图所示，“手掌提杯”实验可反映大气压的存在。先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各处温度相等)。 (1)杯口横截面为S，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T1，冷却后温度为T2，大气压强为p0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G为多少？ (2)若杯口横截面S＝40 cm2，p0＝1.00×105 Pa，冷却后杯内气体温度为17 ℃，杯内气体体积减为原来的，将杯子固定，需要用F＝25 N竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响)，求刚密闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？ 解析　(1)气体的体积不变。根据查理定律＝， 得降温后杯内气压p2＝p0， 由杯子受力平衡可知杯子重力最大值： G＝(p0－p2)S＝p0S。 (2)根据手受力平衡可知降温后杯内气压： p3＝p0－＝9.375×104 Pa， 根据理想气体状态方程：＝， 其中T0＝(17＋273) K＝290 K，V3＝V0， 解得T3＝320 K，t3＝47 ℃。 答案　(1)p0S　(2)47 ℃ 学科网（北京）股份有限公司 $$