第2章 固体、液体和气体 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（教科版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　探究气体等温变化的规律 1.(2023江苏,9)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是(　　) A.把柱塞快速地向下压 B.把柱塞缓慢地向上拉 C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞 D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞 考点2　气体实验定律与图像的综合 2.(2023辽宁,5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　) A　　　　B C　　　　D 3.(2023重庆,4)密封于汽缸中的理想气体,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(　　) A　　　　B C　　　　D 4.(2024江西,13)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求: (1)气体在状态D的压强pD; (2)气体在状态B的体积V2。 考点3　气体实验定律在单一变化过程中的 应用 5.(2025黑吉辽蒙,2)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时相比,瓶内气体　　(　　) A.内能变小　　　　B.压强变大 C.分子的数密度变大　　　　D.每个分子动能都变大 6.(2025湖南,13)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。 (1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小; (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。 7.(2024江苏,13)某科研实验站有一个密闭容器,容器内有温度为300 K,压强为105 Pa的气体,容器内有一个面积0.06平方米的观测台,现将这个容器移动到月球,容器内的温度变成240 K,整个过程可认为气体的体积不变,月球表面为真空状态。求: (1)气体现在的压强; (2)观测台对气体的压力。 8.(2024广西,14)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。 甲　乙 丙 (1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小; (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化; (3)在图丙中画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。 考点4　气体实验定律在关联气体问题中的应用 9.(2025河南,10)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2。则(　　) A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移 B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移 C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移 D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移 10.[2023全国乙,33(2)]如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位) 11.(2023湖北,13)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。已知大气压强为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。 (2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 考点5　变质量问题 12.(2024甘肃,13)如图,刚性容器内壁光滑,盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求: (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。 13.(2024山东,16)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; (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。 　　 14.[2023全国甲,33(2)]一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,温度为17 ℃,密度为1.46 kg/m3。 (ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变,求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度; (ⅱ)保持温度27 ℃不变,再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求此时舱内气体的密度。 15.(2023湖南,13)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。 学科竞赛 16.(2024第41届全国中学生物理竞赛预赛)房间内室温为300 K,大气压强为p0。在此房间内给一玻璃瓶充入压缩气体,用圆柱形轻质软木塞塞住横截面为圆、面积为S的瓶颈使瓶口密封,瓶内压缩气体的温度与室温相同,压强p=2p0,软木塞相对于瓶颈保持静止,如图所示。再将该玻璃瓶放入温度为77 K的液氮中充分冷却,随后迅速放回房间,此时瓶颈与软木塞之间的静摩擦力大小为　　　。若软木塞与瓶颈之间的弹力大小始终为N,则二者之间的静摩擦因数μ满足条件　　　(用题给物理量表示)时,才能使瓶颈内的软木塞一直保持不动。假设瓶子和软木塞的热胀冷缩可忽略,瓶内气体可视为理想气体。  17.(2024第41届全国中学生物理竞赛预赛)n mol理想气体经过一个缓慢的过程,从状态P沿抛物线到达状态Q,其T(绝对温度)-V(体积)图像如图所示。已知此过程中当V=V0时,温度达到最大值Tmax=(R是普适气体常量)。若状态P和Q的温度TP和TQ都等于,则该过程的p(压强)-V图像为(　　) A　　　　B C　　　　D 高考模拟练 应用实践 1.(多选题)(2024江苏苏州月考)关于下列几幅图的说法正确的是(　　) 甲　　乙 丙　　丁 A.图甲中水黾静止在水面上,说明液体表面层分子间表现为斥力 B.图乙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形,说明该固体是单晶体 C.图丙中颜料逐渐浸湿棉纸的过程跟毛细现象有关 D.图丁中的毛细现象是符合实际情况的 2.(多选题)(2025湖南名校联合体期中)如图所示,在水平地面上放置一导热良好的汽缸,汽缸和可自由滑动的活塞(不计厚度)之间密封着一定质量的理想气体,已知活塞和重物的总质量为m,活塞的横截面积为S,活塞距汽缸底部的高度为h,大气压强为p0,重力加速度为g。不计活塞与汽缸壁间的摩擦,若外界温度保持不变,下列说法正确的是(　　) A.汽缸内气体的初始压强为p0+ B.缓慢增大重物质量,与初始时相比,汽缸内气体分子的平均速率变大 C.若仅缓慢降低环境温度,则与初始时相比,活塞高度降低 D.若重物质量缓慢增大了Δm,汽缸内气柱的高度减小了Δh,则= 3.(2025湖北一模)用一橡皮管将两根粗细相同上端封闭的玻璃管连接成如图所示的装置,两根玻璃管封闭端等高且导热性能良好,管内水银封有A、B两段气柱,右管水银面高于左管水银面,稳定时气柱A、B的压强分别为pA和pB,气体可视为理想气体,则(　　) A.若环境温度升高,则左管内水银面上升且pB减小 B.若环境温度升高,则右管内水银面上升且pA减小 C.若环境温度降低,稳定后两管水银面高度不可能相同 D.若环境温度保持不变,固定左管,将右管缓慢上提可使两管水银面高度相同 4.(2024河北二模)如图所示,一水槽内盛有某种液体,一粗细均匀的导热良好的玻璃管底朝上漂浮在液体中,玻璃管内外液面高度差为h,若环境温度缓慢升高,大气压强始终不变,下列说法正确的是(　　) A.玻璃管内外液面高度差h变大 B.玻璃管内气体压强变大 C.玻璃管逐渐上浮 D.玻璃管受到的浮力变大 5.(2024四川成都期末)我国计划在2030年之前让航天员登上月球,因此航天服的研制与开发需要达到更高的要求。研究团队在地面对某款航天服进行实验研究的过程中,航天服内的气体可视为理想气体,初始时其体积为V,温度为T,压强为0.7p0;若在初始状态将航天服的阀门打开,外界气体缓慢进入航天服内,直至内、外气体压强均为p0后不再进气,此时航天服内气体的体积为1.5V,且此过程中气体的温度保持T不变,其中p0为大气压强,求: (1)从打开阀门到航天服内气体体积为1.5V时,进入航天服内气体的质量与原有质量之比; (2)若不打开阀门而将航天服内初始气体的温度升高到1.5T,且气体的压强不变,求气体对外做的功。 6.(2025四川德阳二模)洗车所用的喷水壶的构造如图所示,水壶的容积为V,洗车前向壶内加入V的洗涤剂并密封,然后用打气筒打气10次后开始喷水,若壶内气体压强小于p0,则洗涤剂不能从壶中喷出。已知外部大气压强恒为p0,打气筒每次打入压强为p0、体积为V的空气,空气可视为理想气体,不计细管内液体的体积及压强,打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。求: (1)打气10次后,喷水壶内封闭空气的压强p; (2)喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出?若不能,最少还能剩余多少? 7.(2024四川凉山宁南中学一模)如图所示,一内径均匀的导热U形管竖直放置,右侧管口封闭,左侧上端与大气相通,一段水银柱D和一个光滑轻质活塞C将A、B两部分空气封在管内。初始稳定状态下,A气柱长度为lA=9 cm,B气柱长度为lB=6 cm,两管内水银面的高度差h=10 cm。已知大气压强恒为p0=76 cmHg,环境温度恒为T0=297 K。回答下列问题: (1)求初始稳定状态下B气柱的压强pB; (2)为使左右两管内液面等高,现仅对B气柱缓慢加热,求两液面等高时,B气柱的温度TB。 8.(2025四川成都三模)某充气式座椅简化模型如图所示,质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B,活塞通过轻弹簧相连,系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M,活塞的横截面积为S,气柱A的初始高度为L,初始环境温度为T0,轻弹簧的劲度系数为k,原长为L0,大气压强为p0,重力加速度为g,弹簧形变始终在弹性限度内,活塞始终未脱离汽缸。 (1)求初始时气柱A的压强; (2)求初始时气柱B的高度; (3)若环境温度缓慢降至0.9T0,求稳定后座椅的高度。 迁移创新 9.(2025山东临沂一中月考)如图所示,“空气枪”是一款利用压缩空气将乒乓球射出的小玩具,深受小朋友们喜爱。其主要构件是一塑料圆筒,圆筒左侧用弹性橡胶膜密封,圆筒下侧接一单向通气阀(气体只能从外向内流动),圆筒右侧连接一光滑塑料管。其使用方法是先用手拉动左侧的橡胶膜,抽取一定量的空气后,迅速放手,橡胶膜在恢复原状的过程中压缩空气,从而产生内外压强差,空气从管口冲出形成冲力将乒乓球射出。已知“空气枪”在使用前的容积为400 mL,拉动橡胶膜至释放前的容积变为600 mL,大气压强为1.0×105 Pa,整个过程中“空气枪”中的空气温度等于环境温度不变。 (1)若橡胶膜恢复原状瞬间,球未射出,气体没有泄漏,试求橡胶膜恢复原状瞬间“空气枪”内部空气压强。 (2)若某次发射中发现乒乓球射出距离偏小,经检测橡胶膜恢复原状瞬间,“空气枪”内部空气压强为1.2×105 Pa,试求此时已泄漏的空气质量与仍在“空气枪”内部的空气质量之比。 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.B 2.B 3.C 5.B 9.AC 17.D 1.B　快速下压时,气体来不及与外界发生热交换,温度会变化,应缓慢移动柱塞,故A错误,B正确;在橡胶套处接另一注射器,会改变气体质量,故C、D错误。 2.B　由理想气体状态方程=C和“空气充电宝”工作过程的p-T 图像分析知,p-T图中某点与坐标原点连线的斜率为,则>>,故Va<Vb<Vc,且pa=pb>pc,故B正确。 3.C　由V-T图像可知,理想气体在ab过程做等压变化,在bc过程做等温变化,在cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程=C,可知bc过程理想气体的温度不变,体积增大,则压强减小,故选C。 4.答案　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 解析　(1)气体从D到A状态,根据查理定律有= 解得pD=2.0×105 Pa。 (2)气体从C到D状态,根据玻意耳定律有pCV2=pDV1 解得V2=2.0 m3 气体由B到C做等容变化,则气体在状态B的体积为2.0 m3。 5.B　瓶内气体的温度升高,内能变大,气体分子热运动的平均动能增大,但并不是每个分子热运动的动能都变大,A、D错误;瓶子的体积不变,故气体分子的数密度不变,C错误;由查理定律=C可得,随着温度升高,气体压强变大,B正确。 6.答案　(1)　(2)9.5 m/s2 解析　(1)封闭空气发生等温变化,设细管横截面积为S,根据玻意耳定律得 (p0+ρgh)L1S=p0L2S 解得g= (2)根据理想气体的状态方程=得 = 其中p0=1.0×105 Pa,h=0.200 0 m,T1=305.7 K,T2=300.0 K,ρ=1.0×103 kg/m3 代入数据解得g=9.5 m/s2 7.答案　(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N 解析　(1)由题知,整个过程可认为气体的体积不变,则根据查理定律有= 解得p2=8×104 Pa。 (2)根据压强的定义知,观测台对气体的压力F=p2S=4.8×103 N。 8.答案　(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析图 解析　(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时封闭气体压强等于大气压强p0 封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N (2)由图乙可知F-图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k· 根据F=pS可得封闭气体压强为p=(SI) 可知活塞从a处到b处,对封闭气体有pV=·S·(x+5)×10-3=k·10-3(SI)=定值 可知封闭气体做等温变化。 (3)活塞从a处到b处,封闭气体做等温变化 活塞在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3 活塞在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3 根据玻意耳定律有paVa=pbVb,其中pb=p0 解得pa=40×105 Pa 封闭气体等温变化的p-V图像如下 9.AC　固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度ΔT,假设P不移动,对左侧气体,由查理定律可得=,解得p'1=p1;对右侧气体,同理可得p'2=p2;由于p1=p2、T1<T2,可得p'1>p'2,故假设不成立,P将右移,A正确,B错误。保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,同样假设P不移动,两侧气体体积均减小ΔV,对左侧气体,由玻意耳定律可得p1V1=p″1(V1-ΔV),解得p″1=p1=;对右侧气体,同理可得p″2=;由于p1=p2、V1<V2,可得p″1>p″2,故假设不成立,P将右移,C正确,D错误。 10.答案　74.36 cmHg　54.36 cmHg 解析　设初始时A管、B管内气体的压强分别为pA、pB,由题意可知pB=pA-20 cmHg 设B管的内径为d,则A管的内径为2d,玻璃管倒置使A管在上方且达到平衡后,A管内的空气柱长度增长1 cm,变为11 cm,分析可知两管内空气体积之和恒定,因此B管空气柱将变短4 cm,变为6 cm,易得此时A管、B管中水银柱长度分别为9 cm和14 cm 设A管在上方且达到平衡后,A管、B管内气体的压强分别为p'A、p'B,则p'B=p'A+(9+14) cmHg=p'A+23 cmHg 根据玻意耳定律,对A管气体,有pA·10πd2=p'A·11πd2 对B管气体,有pB·10π=p'B·6π 代入数据,解得pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg。 11.答案　(1)p0　(2)　 解析　(1)封闭气体发生等温变化,由玻意耳定律得 p0(SH+2SH)=p[S×(H+H)+2S×(H-H)] 解得p=p0。 (2)以左侧活塞为研究对象,由平衡条件得 p0S+k×H=pS,解得k= 以右侧所加质量为m的沙子和活塞整体为研究对象,由平衡条件得p0×2S+mg=p×2S 解得m=。 12.答案　(1)p0　p0　(2) 解析　(1)抽气前,A、B两部分的体积均为V=Sl 对A中气体,抽气后VA=2V-V=V 根据玻意耳定律得p0V=pAV 解得pA=p0 对B中气体,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半,即p0 根据玻意耳定律得p0V=pBV 解得pB=p0 (2)抽气后,弹簧的压缩量为,根据胡克定律得弹簧的弹力F=k 对活塞受力分析有pAS=pBS+F 联立解得k= 13.答案　(1)2 cm　(2)892 cm3 解析　(1)以长柄内的封闭气体为研究对象,初态气体体积V1=(H-x)S1,压强p1=p0,末态气体体积V2=HS1,压强p2=p0-ρgh,根据玻意耳定律有 p1V1=p2V2 代入数值解得x=2 cm。 (2)以长柄内的封闭气体和后来进入的气体为研究对象,初态气体体积V3=(H-x)S1+V,压强p3=p0,末态气体体积V4=HS1+S2,压强p4=p0-ρg,根据玻意耳定律有 p3V3=p4V4 代入数值解得V=892 cm3。 14.答案　(ⅰ)1.41 kg/m3　(ⅱ)1.18 kg/m3 解析　(ⅰ)设高压舱容积为V0,以全部气体为研究对象,发生等压变化,有= 其中T0=(17+273) K=290 K,T1=(27+273) K=300 K 又ρ0V0=ρ1V1 联立解得ρ1== kg/m3≈1.41 kg/m3 (ⅱ)以第1次释放气体后舱内气体为研究对象,发生等温变化,有p0V0=p2V2 又ρ1V0=ρ2V2 联立解得ρ2== kg/m3≈1.18 kg/m3 考情分析 　　气体的变质量问题是高考热学中的常考内容,重点考查气体实验定律、理想气体状态方程的应用。 15.答案　(1)p0　(2)p0S 解析　(1)根据题意,由玻意耳定律有 p0V0=p1(V0+V1) 解得p1=p0 (2)由(1)易知,第2次抽气后,p2=p1 即p2=p0 同理,第3次抽气后,p3=p0 …… 第n次抽气后,pn=p0 对助力活塞,有ΔF=p0S-pnS 解得ΔF=p0S 16.答案　p0S　μ≥ 解析　将该玻璃瓶放入液氮中冷却过程中,瓶内气体发生等容变化,根据=,可得冷却后瓶内气体的压强p'=p=p0;根据平衡条件可知瓶颈与软木塞之间的静摩擦力大小f=p0S-p'S=p0S,随着温度降低,瓶内气体压强逐渐减小,可知初始状态,瓶塞所受摩擦力最大,且最大值为fm=pS-p0S=p0S,因此静摩擦因数μ满足条件μ≥=。 17.D　由题图可知,T-V图像最高点坐标为,则抛物线方程可表示为T=+,将P点或Q点坐标代入方程可得A=,因此抛物线方程为T=-+,又由于pV=nRT,联立解得p=-V+3p0,故选D。 高考模拟练 1.BC 2.ACD 3.C 4.C 1.BC　图甲中水黾静止在水面上,是由于液体表面张力,说明液体表面层分子间表现为引力,A错误;图乙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形,说明石蜡受热不均匀,石蜡是非晶体,沿各个方向导热性能相同,因此一定是该固体导热性能表现为各向异性,说明该固体是单晶体,B正确;图丙中颜料逐渐浸湿棉纸的过程跟毛细现象有关,C正确;毛细现象与细管的材质有关,若浸润,则管内液面上升,若不浸润,则管内液面下降,但无论哪种,都是管越细,毛细现象越明显,图丁中的毛细现象不符合实际情况,D错误。 2.ACD　对活塞和重物整体受力分析,由平衡条件可知p0S+mg=p1S,解得汽缸内气体的初始压强为p1=p0+,A正确;汽缸导热良好,缓慢增大重物质量过程中,汽缸内气体温度不变,则气体分子的平均速率不变,B错误;仅缓慢降低环境温度,气体发生等压变化,体积减小,则与初始时相比活塞高度降低,C正确;若重物质量缓慢增大了Δm,汽缸内气柱的高度减小了Δh,由气体等温变化规律有·Sh=S,解得=,D正确。故选A、C、D。 3.C　假设环境温度升高后,两管水银面高度不变,则两部分气体均做等容变化,由查理定律得Δp=ΔT,由题意知pA>pB,所以ΔpA>ΔpB,故水银柱向右端移动,左管内水银面下降,右管内水银面上升,两边高度差h增大;气柱B的体积减小,温度升高,由理想气体状态方程可知,B的压强pB增大,由于pA=pB+ρgh,则A的压强pA也增大,A、B错误。若环境温度降低,稳定后两管水银面高度相同,则有p'A=p'B,V'A=V'B,对气柱A有=,对气柱B有=,则可得pAVA=pBVB,然而由题目条件易知pA>pB,VA>VB,二者矛盾,故稳定后两管水银面高度不可能相同,C正确。若环境温度保持不变,两段气柱均发生等温变化,右管缓慢上提时若水银不流动则两液面高度差变大,将会促使水银向左端移动,使得气柱A体积变小,气柱B体积变大,由玻意耳定律可知气柱A压强变大,气柱B压强变小,由于开始时pA>pB,故之后pA依旧大于pB,右管水银面依旧高于左管,故高度不可能相同,D错误。故选C。 4.C　玻璃管内气体对玻璃管底的压力等于大气对玻璃管底的压力和玻璃管重力之和,故玻璃管内气体压强不变,玻璃管内外液面高度差不变,故A、B错误;管内气体压强不变、温度升高,故体积变大,玻璃管逐渐上浮,故C正确;玻璃管受到的浮力等于玻璃管的重力,故管内气体温度缓慢升高的过程中,玻璃管受到的浮力不变,故D错误。 5.答案　(1)8∶7　(2)0.35p0V 解析　(1)气体的温度保持T不变,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有0.7p0V=p0V' 解得V'=0.7V 则进入航天服内气体的质量与原有质量之比为== (2)气体的压强不变,气体发生等压变化,根据盖—吕萨克定律有= 解得V2=1.5V 则气体对外做功W=0.7p0(V2-V)=0.35p0V 6.答案　(1)2p0　(2)不能　V 解析　(1)原来壶内气体体积为V1=V-V=V 打气过程中,空气温度不变,以10次打入的气体和原来壶内气体为研究对象,由玻意耳定律得p0=pV1 解得p=2p0 (2)假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出,当壶内气体的压强降到p0时,壶内气体的体积为V2,由玻意耳定律得pV1=p0V2 解得V2=V 假设成立,壶内洗涤剂不能全部喷出,最少还能剩余V3=V-V2=V 7.答案　(1)66 cmHg　(2)627 K 解析　(1)初始稳定状态下A气柱的压强pA=p0 B气柱的压强pB=pA-ρgh=p0-ρgh=66 cmHg (2)B气柱初始状态压强pB=66 cmHg,体积VB=SlB,温度T0=297 K B气柱末状态压强p'B=p0=76 cmHg, 体积V'B=S(lB+h) 根据理想气体状态方程有= 解得TB=627 K 8.答案　(1)p0+　(2)L　(3)1.8L+L0- 解析　(1)设初始时气柱A的压强为pA,对汽缸C由平衡条件有pAS=Mg+p0S 解得初始时气柱A的压强pA=p0+ (2)设初始时气柱B的压强为pB,对汽缸C和活塞b整体由平衡条件有pBS=Mg+p0S 解得pB=p0+ 由于气柱A、B在初始时温度相同,则由玻意耳定律有pASL=pBSLB 解得初始时气柱B的高度为LB=L (3)对气柱B由盖—吕萨克定律有= 解得L'B=0.9L 由(1)(2)问可得气柱A变化与气柱B一致,则L'A=0.9L 由平衡条件得kx=Mg 解得弹簧的压缩量为x= 稳定后座椅的高度h=L'A+L'B+L0-x=1.8L+L0- 9.答案　(1)1.5×105 Pa　(2)1∶4 解析　(1)以抽入气体后的空气枪内气体为研究对象 初始气体压强p1=1.0×105 Pa,气体体积V1=600 mL 橡胶膜恢复原状瞬间气体体积V2=400 mL 气体做等温变化,由玻意耳定律得p1V1=p2V2 解得橡胶膜恢复原状瞬间“空气枪”内部空气压强为p2=1.5×105 Pa (2)以抽入气体后空气枪内气体为研究对象 初始气体压强p1=1.0×105 Pa,气体体积V1=600 mL 橡胶膜恢复原状瞬间空气枪内气体体积V2=400 mL 设泄漏的气体体积为V3,泄漏的气体的压强视为与内部相同,为p'2=1.2×105 Pa 气体做等温变化,由玻意耳定律得p1V1=p'2(V2+V3) 解得V3=100 mL 已泄漏的空气质量与仍在“空气枪”内部的空气质量之比== 学科网（北京）股份有限公司 $