第2章 固体、液体和气体 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

章末小结与质量评价 选择性必修第三册 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维　 01 02 CONTENTS 目录 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 03 阶段质量检测 04 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 [例1]　(多选)关于固体、液体和气体，下列说法中正确的是 (　 ) A.慢慢向小茶杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，此现象与液体表面张力有关 B.具有各向同性的物质一定没有确定的熔点 C.某种液体和固体接触，当固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力时，该液体浸润固体 D.液晶的物理性质稳定，外界条件的变动不会引起液晶分子排列变化 考法一　固体和液体的性质 √ √ [解析]　液体表面张力是液体表面层内的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子力表现为引力的结果，液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势，慢慢向小茶杯中注水，即使水面高出杯口，水仍不会流下来，此现象与液体表面张力有关，A正确；多晶体是各向同性的，但有确定的熔点，B错误；某种液体和固体接触时存在附着层，当固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力时，附着层内的分子比液体内部分子密集，分子力表现为斥力，该液体浸润固体，C正确；液晶具有液体的流动性，其物理性质并不稳定，液晶分子的排列是不稳定的，外界的微小变动就能引起液晶分子排列的变化，D错误。 1.晶体和非晶体 (1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。 (2)只要具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。 (3)单晶体具有天然规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有天然规则的几何外形，所以不能从形状上区分晶体与非晶体。 (4)晶体和非晶体不是绝对的，在某些条件下可以相互转化。 (5)液晶既不是晶体也不是液体。 融会贯通 2.液体表面张力 (1)形成原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间作用力表现为引力。 (2)表面特征：表面层中分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层张紧的弹性薄膜。 (3)表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的各条分界线。 (4)表面张力的效果：使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形表面积最小。 1.(多选)关于固体、液体的性质，下列说法正确的是 (　 ) A.非晶体不可能转化为晶体 B.单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点 C.某些细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，说明水的表面具有张力作用 D.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于表面张力的作用 对点训练 √ √ 解析：有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体，A错误；单晶体和多晶体都有确定的熔点，B错误；细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这两个实例都说明液体的表面具有张力作用，则C、D正确。 [例2]　某同学家里有一台三门冰箱，该冰箱分上、中、下三个门，上门是冷藏室，中门是变温室，下门是冷冻室。冰箱空置。 (1)若该冰箱冷藏室的容积为V1，变温室的容积为V2，冷冻室的容积为V3，每摩尔空气的体积为V0，阿伏伽德罗常量为NA，求关闭冰箱密封门后，冰箱的冷藏室、变温室和冷冻室内的总空气分子数N； 考法二　气体实验定律的理解及应用 [答案]　NA [解析]　冰箱的总容积V=V1+V2+V3 总空气分子数N=NA=NA。 (2)若室内温度t0=27 ℃，空气压强p0=1×105 Pa，该冰箱变温室的温度可在-18 ℃~6 ℃范围内调节，取绝对零度为-273 ℃，关闭冰箱门后变温室不漏气，其内的空气视为理想气体，求该冰箱通电工作时，变温室内空气的压强变化的最大值Δp。 [答案]　 8×103 Pa [解析]　变温室内的气体发生等容变化，若温度为t1=6 ℃，由查理定律得= 若温度为t2=-18 ℃，由查理定律得= Δp=p1-p2 解得Δp=8×103 Pa。 项目 玻意耳定律 查理定律 盖-吕萨克定律 内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比 融会贯通 项目 玻意耳定律 查理定律 盖-吕萨克定律 表达式 p1V1=p2V2 = = 图像 微观解释 一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大 一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变。在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大 一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大，只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变 续表 2.(2025·湖南高考)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。 对点训练 (1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小； 答案：　 解析：竖直放置时封闭气体的压强为p1=p0+ρgh 水平放置时封闭气体的压强为p2=p0 设细管的横截面积为S，该过程为等温过程，由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S 解得g=。 (2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下：液柱长h=0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2=300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3，p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。 答案： 9.5 m/s2 解析：该过程为等容过程，由查理定律可得= 代入数据解得g=9.5 m/s2。 [例3]　(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： 考法三　变质量问题 (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小。 [答案]　2.5×105 Pa [解析] 由查理定律可得=，其中p1=2.7×105 Pa， T1=(273-3)K=270 K，T2=(273-23)K=250 K， 代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。 (2)充进该轮胎的空气体积。 [答案]　 6 L [解析] 由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0， 代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 1.打气问题 选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为一定质量气体的状态变化问题。 2.抽气问题 将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。 融会贯通 3.灌气问题 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。 4.漏气问题 选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化问题。 3.钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取两次，第二种方法是用大抽气机，一次性抽取2 L气体，在抽气过程中无漏气，且温度不变，则这两种抽法中，抽取气体质量较多的是 (　 ) A.第一种抽法 B.第二种抽法 C.两种抽法抽出气体质量一样多 D.无法判断 √ 对点训练 解析：设初状态气体压强为p0，气体全部抽出后压强分别为p、p'，第一种抽法抽出1 L时气体压强为p1，取抽气前所有气体为研究对象，对气体状态变化应用玻意耳定律，则第一种抽法：p0V=p1(V+1)，p1=p0·，p1V=p(V+1)，p=p1·=p0，即两次抽完后p=p0·。 第二种抽法： p0V=p'(V+2)，p'=p0=p0 由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多。 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1.(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是 (　 ) A.水球呈球形是表面张力作用的结果 B.a内气体的分子平均动能比b内的小 C.a内气体的分子平均动能比b内的大 D.在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色 √ √ 解析：水球呈球形是表面张力作用的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b的等大，B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，将发生扩散现象，最后水球将呈红色，故D正确。 2.容积V=20 L的钢瓶充满氧气后，压强p =10 atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V'=5 L的小钢瓶中去，小钢瓶已抽成真空。分装完成后，每个钢瓶的压强p'=2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多能装的瓶数是 (　 ) A.4瓶 B.10瓶 C.16瓶 D.20瓶 √ 解析：取原来钢瓶中的所有气体为研究对象，初态p=10 atm，V=20 L，末态p'=2 atm，V1=V+nV '(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV=p'V1，代入数据解得n=16，故C正确。 3.(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 解析：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 解析：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。 阶段质量检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.以下说法正确的是(　 ) A.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 B.大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体 C.晶体熔化时吸收热量，分子的平均动能一定增大，内能增加 D.浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间的作用力表现为斥力 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 解析：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，说明云母片是晶体，A错误；大颗粒的盐磨成了细盐，仍然是晶体，B错误；晶体熔化时吸收热量，温度不变，所以分子的平均动能不变，故C错误；浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间的作用力表现为斥力，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接。当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于 (　 ) A.0 B.0.5 m C.1 m D.1.5 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：表面看，题图中1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C相通，即p1=p2=pC，p1=p0+ρgh1，h1=1.5 m，p2=p1=p0+ρgh，则h=1.5 m，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 3.如图所示，一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁摩擦)，温度升高时，改变的量有 (　 ) A.活塞高度h B.汽缸高度H C.气体压强p D.弹簧长度L √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：对活塞、汽缸以及封闭气体整体进行分析，弹簧的拉力大小等于整体的重力，根据胡克定律可知弹簧伸长量始终不变，弹簧长度L始终不变，活塞的位置不变，则活塞高度h也不变，对活塞进行受力分析，可知活塞受力情况不变，则气体压强p不变，因为气体压强p不变，根据盖-吕萨克定律可知，当T增大时，气体体积V增大，又由于活塞的位置不变动，所以汽缸将向下运动，则汽缸高度H减小，故B符合题意。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 4.如图所示，a、b表示两部分气体的等压线，根据图中所给条件可知，当t=273 ℃，气体a的体积比气体b的体积大 (　 ) A.0.1 m3 　　　　B.0.2 m3 C.0.3 m3 　　　　D.0.4 m3 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：在0 ℃到273 ℃的温度区间上应用盖-吕萨克定律分别研究气体a和b可得到方程==， 解得Va=0.6 m3，Vb=0.2 m3，ΔV=Va-Vb=0.4 m3，正确选项为D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 5.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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：设每次挤压气囊将体积为V0=60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p'=150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V+p0×5V0=(p0+p')5V，代入数据解得：V= 60 cm3，故D正确，A、B、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 6.两端封闭的U形管中有一些水银将空气隔为两部分，环境温度为10 ℃。U形管竖直放置，左、右两气柱的长度分别为L1和L2，如图所示。现将环境温度逐渐升高，则 (　 ) A.L1变长，L2变短 B.L2变长，L1变短 C.L1和L2不变化 D.条件不足，无法判定 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：假设左、右两气柱的长度不变，两气柱在最初状态的压强关系p2>p1，由查理定律有==，则压强的增大量分别为Δp1= 、Δp2=；由于升高相同温度，起始温度也相同，且p2>p1，则Δp2>Δp1，所以L2变长，L1变短，故B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 7.如图所示，足够长的U形管内由水银封有长度分别为L1、L2的两部分理想气体A、B，则下列叙述中正确的是 (　 ) A.只对A加热，则h减小，B的长度变长 B.只对A加热，则h减小，B的长度变短 C.若在右管中注入一些水银，L1将增大 D.使A、B同时升高相同的温度，则L1增大、h减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：只对A加热，假设A的体积不变，由查理定律可知，A气体的压强p1增大，B的压强p2不变，则p1>p2-ph，可知h会减小，由于B的压强不变、温度不变，则B的体积不变，即B的长度不变，A、B错误；若在右管中注入一些水银，则B的压强增大，A的压强p1=p2-ph，则A的压强增大，根据玻意耳定律可知，A的体积减小，L1将减小，C错误；使A、B同时升高相同的温度，结合题图知，此过程B的压强不变，根据理想气体状态方程=C，假设A气体体积不变，则A的压强增大，则B的压强增大，而B的压强不变，假设不成立，结合以上分析知，L1 增大、h减小，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.下列说法中正确的是(　 ) A.单晶体的所有物理性质都是各向同性的 B.液晶是液体和晶体的混合物 C.露珠呈球形是因为液体表面张力的作用 D.在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的可能降低 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：单晶体的有些物理性质是各向异性的，A错误；液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，不是液体和晶体的混合物，B错误；液体表面张力有使液体表面收缩的趋势，露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，C正确；由于液体的浸润与不浸润，毛细管中的液面有的升高，有的可能降低，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 9.如图，固定的导热汽缸内用活塞密封一定质量的理想气体，汽缸置于温度不变的环境中。现用力使活塞缓慢地向上移动，密闭气体的状态发生了变化。选项图中p、V和U分别表示该气体的压强、体积和内能，表示该气体分子的平均动能，n表示单位 体积内气体的分子数，a、d为双曲线，b、c为直线。 能正确反映上述过程的是(　 ) √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：汽缸导热性能良好，汽缸内气体温度与环境温度相同，所以气体发生等温变化，p -V图像是双曲线，选项A正确；汽缸内气体温度与环境温度相同，保持环境温度不变，则气体的内能保持不变，选项B正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，所以该气体分子的平均动能不变，选项C错误；一定质量的理想气体，n=，N为所有气体的分子总数，N一定，所以n -V图像是双曲线，选项D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 10.如图所示，在柱形容器中装有部分水，容器上方有一可自由移动的活塞。容器水面浮有一个木块和一个一端封闭、开口向下的玻璃管，玻璃管中有部分空气，系统稳定时，玻璃管内空气柱在管外水面上方的长度为a，空气柱在管外水面下方的长度为 b，水面上方木块的高度为c，水面下方木块的高度 为d。现在活塞上方施加竖直向下且缓缓增大的力F， 使活塞下降一小段距离(未碰及玻璃管和木块)，下列 说法中正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 A.d和b都不变 B.只有b减小 C.只有a减小 D.a和c都减小 √ √ 解析：活塞下降一小段距离，则容器中的气体体积减小，压强增大，对于木块露出的部分决定于上、下压强差，故c、d不变；对于玻璃管，浮力等于重力，排开水的体积不变，b不变，玻璃管内气体压强增大，又b不变，故a减小，A、C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)如图所示为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管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内的水银面等高。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管______ (填“向上”或“向下”)移动，直至______________________；(4分)  向下 B、C两管内水银面等高 解析：由盖-吕萨克定律=C，可知气体温度升高，则体积增大，B内水银面将下降，为使气体压强不变，应将C管向下移动，直至B、C两管水银面等高。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是________。(2分)  A 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：由盖-吕萨克定律知Δh与ΔT成正比，而气体升高的摄氏温度Δt与升高的热力学温度ΔT相等，所以Δh与Δt成正比，A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 12.(8分)某实验小组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遵循的规律，实验装置如图所示。用活塞和注射器外筒封闭一定的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)关于该实验，下列说法正确的是_________。(2分)  A.该实验用控制变量法研究气体的变化规律 B.实验时注射器必须水平放置 C.注射器内部的横截面积没必要测量 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 ACD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：该实验过程中控制气体的温度不变，即运用了控制变量法；实验时注射器如何放置对实验结果没有影响；实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系，所以不需要测量气体的体积，注射器内部的横截面积没有必要测量；注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，便于等量地改变体积，可以不标注单位。故选A、C、D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________ _______________________。(2分)  解析：如果活塞推拉得过快，气体的温度将产生显著的变化，实验误差将增大； 防止封闭 气体温度发生改变 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)该实验小组首先在甲实验室进行了实验，如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 封闭气柱长度L/cm 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00 封闭气柱压强 p/(×105 Pa) 1.01 1.09 1.19 1.33 1.90 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：由实验数据可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定，前4组数据符合的很好，乘积在11.9~12.2之间，第5组数据的乘积较大，为15.2，说明第5组数据记录错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (4)该实验小组又利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的乙实验室进行了实验，根据甲、乙实验室记录的数据用正确的方法画出的p-图像如图所示，根据乙实验室记录数据画出的图像应为_____ (填图线代号)。(2分)  ① 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：气体压强与气体的温度有关，一定量的气体，在相同体积下，温度越高，压强越大，故图像①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 13.(12分)在如图所示的p-T图像中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化：第一次变化是从状态A到状态B，第二次变化是从状态B到状态C，且AC连线的反向延长线过坐标原点O，已知气体在A状态时的体积为VA=3 L，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)气体在状态B时的体积VB和在状态C时的压强pC；(8分) 答案：1.5 L　2×105 Pa　 解析：由题意可知：VA=VC=3 L，因此A到C过程可以等效为等容变化 由查理定律得：=， 代入数据解得pC=2×105 Pa， 状态B到状态C的过程为等温变化，由玻意耳定律得： pBVB=pCVC，代入数据解得VB=1.5 L。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)该气体在标准状态下(指温度t=0 ℃，压强p=1 atm=1×105 Pa)的体积是多少。(结果保留两位有效数字)(4分) 答案： 2.7 L 解析：设气体在标准状态下的体积为V0， 由盖-吕萨克定律得=， 代入数据解得V0≈2.7 L 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 14.(14分)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。 (1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；(4分) 答案：3.1×103 Pa 解析：由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得=，代入数据解得p2=3.1×103 Pa。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。(10分) 答案： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V=p1V1，解得V1=V，则增加空气的体积为ΔV=V1-V=V， 所以增加的空气质量与原有空气质量之比为==。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 15.(14分)如图甲所示，汽缸左右侧壁导热，其他侧壁绝热，平放在水平面上。质量为m、横截面积为S的绝热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时两部分气体体积相等。外界温度T0保持不变，重力加速度为g(不计活塞和汽缸间的摩擦)。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)若将汽缸缓慢转动，直到汽缸竖直，如图乙所示，稳定后A、B两部分气体体积之比变为2∶1，整个过程不漏气，求此时B部分气体的压强。(8分) 答案： 解析：设A、B两部分的总体积为V，图甲状态：pA=pB=p、TA=TB=T0、VA=VB=V； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 图乙状态：设A部分气体压强为pA'，则B部分气体压强为pB'=pA'+，TA'=TB'=T0，VA'=V，VB'=V。 对A部分气体，由玻意耳定律有：pA·V=pA'·V，对B部分气体，由玻意耳定律有：pB·V=pB'·V，解得p=，pB'=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)若将丙图中B的底端加一绝热层，对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，求此时B部分气体的温度T。(6分) 答案：T0 解析：图丙状态：A、B两部分气体体积再次相等，A回到最初状态，则pB″=p+= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 从图乙状态到图丙状态的过程，对B部分气体，由理想气体状态方程有：= 解得T=T0。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $