第2章 气体、固体和液体 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了气体、液体和固体的状态参量、热力学定律、理想气体状态方程等核心知识，通过“概念梳理”模块将状态参量分类、热力学第一定律表达式及适用条件等内容串联，构建完整的热学知识网络。 其亮点在于融合高考真题与教材衔接案例，如海南高考自制温度计题对接人教版教材实验，培养科学探究能力，易错辨析模块针对平衡态与热平衡等易混点深度剖析，提升科学思维，分层设计的单元检测卷从基础概念到综合应用，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习指导。

单元综合提升 　　　　 第二章　气体、固体和液体 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 返回 考 教 衔 接 返回 (2024·海南高考)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，薄吸管底面积为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，不考虑大气压变化，T＝t＋273 K，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 真题 1 √ 由盖-吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3、 T1＝300 K、V＝V0＋Sl1＝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。 [衔接教材]　人教版选择性必修第三册P30·T3 如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管， 接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以 忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2 ，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。若给吸管上标刻温度值，刻度是否均匀？试估算这个气温计的测量范围。 [衔接分析]　人教版选择性必修第三册P30·T3以“空的铝制饮料罐制作温度计”为情境，考查了盖－吕萨克定律的应用问题，与本高考题的情境类似，均是利用饮料罐自制温度计。近几年的高考常以气体实验定律、理想气体状态方程在生产、生活和科技中的实际应用为情境进行命题，设置难度不大，让学生体会生活中处处有物理，培养学生的科学探索能力。 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汽缸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地左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压为p0，最初汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体，一细管连通两汽缸，开始时A、B均位于汽缸最左端，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，汽缸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，汽缸Ⅱ内通过B所封气体的压强应改为p＝5.75p0 √ √ √ 当活塞A向右移动时，假设活塞B不动，对 汽缸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恰好到达汽缸Ⅰ区最右侧，但与最右侧没有挤压时，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 达汽缸Ⅰ区最右侧，气体压强为p3＝2.5p0＋p0＝3.5p0，设置于水中之前，汽缸 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恰好到达汽缸Ⅰ区最右侧，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.(2022·广东高考)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 对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 p0V0＝pV 代入数据解得p＝2.0×105 Pa 根据p＝p0＋ρgh 解得h＝10 m。 (2024·安徽高考)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p0取1.0×105 Pa。T＝t＋273 K。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 真题 2 答案：2.5×105 Pa 由查理定律可得＝ 其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝270 K，T2＝250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。 (2)充进该轮胎的空气体积。 答案：6 L 由玻意耳定律有p2V0＋p0V＝p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。 [衔接教材]　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？ [衔接分析]　人教版选择性必修第三册P44·T4以“给汽车轮胎充气”为情境，与本高考题情境类似，考查了“变质量”问题，“变质量”问题是高 考的难点，也是高考的热点。近几年的高考常以气体实验定律、理想气体状态方程在生产、生活和科技中的实际应用为情境进行命题，考查“变质量”问题。 针对练1.(2021·山东高考)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的数值，充气前臂带内气体压强为大气压，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 √ 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。 针对练2.(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器， 根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的 汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝ 1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐 的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一 小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B 进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 (1)求x； 答案：2 cm 由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程， 气体发生等温变化，所以有 p1(H－x)S1＝p2HS1 又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0 代入数据联立解得x＝2 cm。 (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 答案：8.92×10－4 m3 当外界气体进入后，以所有气体为研究对象 有p0V＋p2HS1＝p3 又因为p3＋ρg·＝p0 代入数据联立解得V＝8.92×10－4 m3。 返回 易错辨析 返回 易错点1.忽视了平衡态与热平衡的区别 (多选)(2025·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 √ √ 乙和丙分开后，甲、乙、丙三个物体与外界没有传热，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、丙两物体一定达到了热平衡，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。 易错点2.求液体内部压强时，未考虑大气压 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. √ 设气泡初、末态的体积分别为V1、V2，初态时气泡内气体的压强p1＝p0＋ρgh1＝3×105 Pa，在10 m深处时气泡内气体的压强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，若未考虑大气压，就会错选B。 易错点3.未完全理解单晶体、多晶体与非晶体的特性差异 (2025·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 √ 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，仅指某个或某些物理性质，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；但单晶体并不是在各种物理性质上都表现出各向异性。如果误认为单晶体在各种物理性质上都是各向异性的，就容易错选D项。 易错点4.把附着层当成液体表面层 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 √ 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。故选A。 [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，附着层内分子间作用力表现为斥力，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，附着层内分子间作用力表现为引力，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和液体表面层，就会错选C项。 易错点5.解决“变质量”问题时不能精准选取研究对象 (2025·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 B.56 C.58 D.60 √ 小瓶原来装有1 atm的氧气，设最多能分装n瓶，则初状态压强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，温度不变，根据玻意耳定律有p0V0＋p0'V0'＝p2V2，代入数据解得n＝60。故选D。 [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，导致错选A项。 返回 单元检测卷 返回 1.(2025·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，没有确定的熔点 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 题图(1)中水黾停在水面上是因为水的表面张力作用，A错误；题图(2)中石英晶体有确定的熔点，而玻璃是非晶体，没有确定的熔化温度，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，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，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.下列关于固体的说法正确的是 A.天然石英是晶体，熔化以后再凝固形成的石英玻璃也是晶体 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.晶体和非晶体的本质区别在于是否有固定的熔点 √ 天然石英是晶体，熔化以后再凝固形成的石英玻璃是非晶体，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；晶体和非晶体的本质区别是微观结构不同，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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＝可知杯内空气 压强减小，杯内空气的压强小于外界大气压，故D正确；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。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.(2025·吉林白山高二期末)如图所示，一开口向下的固定容器内，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下方挂上一较轻物体，活塞与容器壁无摩擦且导热良好。一位同学发现活塞在某段时间内随环境温度的变化缓慢向下移动一小段距离后停止，下列说法正确的是 A.此过程中气体分子的平均动能减小 B.气体的压强与气体的热力学温度成正比 C.气体的热力学温度变化量大于它的摄氏温度变化量 D.气体体积变化量与气体摄氏温度变化量成正比 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由于活塞整个过程中受力没有发生改变，则此过程中气体的 压强不变，气体体积变化量与气体摄氏温度变化量成正比， 故B错误，D正确；活塞缓慢向下移动，气体体积增大，则 气体温度升高，气体分子的平均动能增加，故A错误；气体 的热力学温度变化量等于它的摄氏温度变化量，故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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＝ √ 一定质量的理想气体满足理想气体状态方程，即＝，代入四个选项中的数据，可知只有B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.为了行驶安全，汽车轮胎在冬季和夏季的胎压应有差异。按照行业标准，冬夏两季的胎压分别为2.4 atm和2.2 atm。某地冬季路面的平均温度为7 ℃，夏季路面的平均温度为57 ℃。为了使胎压与标准一致，夏季来临时要给车胎放气。假设车胎密闭性良好，放气过程缓慢，且忽略放气前后车胎容积的变化。T＝t＋273 K。则放出的气体与胎内剩余气体质量之比为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据理想气体状态方程，有＝，其中p1＝2.4 atm，T1＝280 K，p2＝2.2 atm，T2＝330 K，得V2＝V1，则放出的气体与胎内剩余气体质量之比为＝。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据理想气体状态方程＝C(C为常量)，可得V＝T， 可知从状态A变化到状态B，再变化到状态C，气体压 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.(2025·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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.(2025·河北承德市高二统考)质量为M、半径为R的圆柱形汽缸(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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 气体从状态A到B为等压变化，有＝， 解得TB＝T0，A错误；汽缸悬挂后处于 平衡状态，有Mg＋pBπR2＝p0πR2，解得 pB＝p0－，B正确；根据O、A、C共线， 结合数学知识有＝，其中pA＝pB，VC＝3hπR2，VA＝2hπR2，解得pC＝－，C错误；气体从状态B到C为等容变化，有＝，解得TC＝TB＝，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11.(6分)(2025·陕西宝鸡高二期末)在实验室用图甲所示装置 探究气体等温变化的规律。 (1)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不小心发生漏 气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________(选填“①”或“②”)。 ② 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据＝C，可知若漏气会导致p、V之积减小，即p-图像的斜率减小，作出的图线应为题图乙中的②。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)为更准确地测出气体的压强，小华用压强传感器和注射器相连，得到某次实验的p-V图像如图丙所示，究其原因是温度______。 A.一直下降 B.先上升后下降 C.先下降后上升 D.一直上升 B 根据＝C，由题图丙可知p、V之积先变大后变小，因此温度先上升后下降。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)某同学将注射器柱塞移动到体积适中的位置时，接上 软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V0与 压强p0，然后记录5组数据，作p-图像如图丁所示。在软 管内气体体积ΔV不可忽略时，p-图像为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双曲线的渐近线(图中的虚线)方程是p＝________(用V0、p0、ΔV表示)。 p0 根据玻意耳定律有p(V＋ΔV)＝p0(V0＋ΔV)，整理得p＝p0；当→∞时，V→0，此时的压强为渐近线方程p＝p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(8分)(2025·辽宁辽阳高二期末)某同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用柱塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。 (1)有关该实验的说法，正确的是______。 A.实验时注射器必须水平放置 B.注射器内部的横截面积的具体数据必须测出 C.注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 实验时用压强传感器测量压强，则注射器没必要必须水平放置，A错误；注射器内部的横截面积的具体数据不需要必须测出，只需要用气柱的长度代替体积即可，B错误；注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)进行实验操作时，推拉柱塞不能过快，其原因是______。 A.防止封闭气体的温度发生改变 B.防止封闭气体的质量发生改变 A 若推拉柱塞过快，则气体的温度会发生变化。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)该同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___(填错误数据对应的实验序号)。 实验序号 1 2 3 4 5 封闭气柱的长度L/cm 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00 封闭气柱的压强p/(×105 Pa) 1.00 1.09 1.20 1.26 1.50 4 由题表中数据可知pL乘积约为12×105 Pa簚cm，而第4组数据乘积为11.34×105 Pa簚cm，偏离较大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)该同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍低的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的p-图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为________(填“①”或“②”)。 ② 根据＝C，可得p＝·，温度越低，则p-图像的斜率越小，可知根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为②。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(10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现 金取走。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，大气压为p0，重力加速度为g，求： (1)盆子提起后，拔罐中气体的压强； 答案：p0－　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (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： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设拔罐中气体的体积为V，抽出的气体在压强为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＝＝＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(14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 汽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， 活塞与汽缸壁间无摩擦。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？ 答案：297 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 则铁块和活塞对细绳的拉力相等，汽缸内气体压强等于大气压，有p1＝p0 当电子天平示数为400.0 g时，设此时汽缸内气体压强为p2，对活塞受力分 析有 m1g＋p0S＝p2S＋FT' 对铁块受力分析有m2g＝FT'＋m示'g 由题意可知，汽缸内气体体积不变， 由查理定律得＝ 联立解得T2＝297 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？ 答案：309 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 环境温度越高，汽缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子天平示数越大，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，设此时汽缸内气体压强为p3，对活塞受力分析有(p3－p0)S＝m1g 又汽缸内气体体积不变，由查理定律得＝ 联立解得Tmax＝309 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(16分)(2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平桌 面上的左、右两汽缸粗细均匀，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。两汽缸中 各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸 底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽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。已知大气压为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终汽缸内气体的压强； 答案：p0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对汽缸内所封的气体，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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 答案：　 末态，对左侧活塞受力分析可知 p0S＋k·H＝p2S 解得k＝ 末态，对右侧活塞和添加的沙子整体受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S 解得m＝。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 单元综合提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $