第2章 第3节 第1课时 气体的等压变化-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版 江苏专用）

为V2=300cm3,根据玻意耳定律有p1V1+5poV。=p2V2,其中 p1=Po=750 mmHg,解得P2=900mmHg,压强计示数为臂带 内气体的压强高于大气压强的差值，则压强计的示数为 △p=p2-p1=150mmHg,故选D. 9.(1)0.8L(2)10次 解析：(1)设可向外喷出水的体积为V.,由玻意耳定律可得 P2=po(V。+V),其中p=1.0x103PaP2=5.0×103Pa、V。= 1.4L-1.2L=0.2L,代入上式解得V=0.8L; (2)为了保证喷水效果，设打气筒最少打气次，则由玻意 耳定律可得PVo+po·△V=PVo, 其中Po=1.0x103Pa,V。=1.4L-1.2L=0.2L,△V=0.04L, p1=3.0×103Pa,代人上式解得n=10. 第3节气体的等压变化和等容变化 第1课时气体的等压变化 白题 基础过关 1.C解析：盖-吕萨克定律表示一定质量的理想气体在压强 不变时，体积与热力学温度成正比，即V=CT=C(t+273),故 选C. 2.A解析：压强不变时， pV_pv =C,可得Ay=CAT C△，可见当气体压强不变时，体积变化与温度的变化的关 系是成正比的故选A 3.C解析：A.上午8点时，温度小，分子的平均动能小，平均 速率小，某个分子的速率可能变大，也可能变小，也可能不 变，故A错误：B.当温度升高时，气体体积将增大，因此房间 内的空气质量将减少，空气分子的个数减少，空气的分子数 密度减少，故B错误；CD.上午8点的热力学温度T1=(273+ 10)K=283K,下午1点的热力学温度T2=(273+25)K=298K, 上午8点时教室内空气的质量为m1,体积为V1,选上午8点 VV> 时教室内空气为研究对象，由盖-吕萨克定律 TT 则子，器，上午8点教室内的气体质最与下车 1点气体质量的比价院-告器因上午8点和下午 1点教室内的体积相同，故密度之比等于质量之比，即 0 肥器放c正确.D猫误放法C 4.A解析：因αb两部分气体的压强相等，则对两活塞及连杆 的整体受力分析，根据平衡条件，有pS。+PoS。=PoS。+pS,可 知缸内气体压强不变，若缸内气体的温度缓慢升高一点时， 参考答案与解析 根据了-C,可知气体体积变大，因右侧活塞而积较大，则活 塞向左移动一点，故选A. 5.(1)均匀（2)t=(24.5+0.25h)℃(3)偏大，原因见解析 解析：(1)根据=C,油柱体积随温度均匀变化，则刻度是 均匀的.(2)初状态：V1=(357+0.3×10)cm3=360cm3,T1= (273+27)K=300K,任意态：V2=（357+0.3×h)cm°，T2= (273+)K,由7,7 V=V2得：=(24.5+0.25h)℃.(3)由元= 之得：冷油柱重力产生压强的影响没有 了，V2偏大，则测得的T2偏大 黑题应用提优 1.C解析：AB.空气柱的压强p=po+pgh',其中h'为a水银柱 的高度，由于'的大小不变，故空气柱的压强不变，被封闭气 体做等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能变 大，故根据盖-吕萨克定律号=C可得，气体的体积端大，故 气体分子的密集程度变小，故AB错误；CD.被封闭气体的 压强p=Po+Pgh,由p不变，可知h不变，水银柱b的两个水银 面的高度差h不变，又因气体的体积增大，则水银柱α液面 将上升，故C正确，D错误故选C 2.C解析：设孔明灯刚好从地面浮起时气袋内的气体密度为 P1,则升起时浮力等于孔明灯和内部气体的总重力，有 PgV。=Mg+p1gV。.气袋内的气体温度升高时，将气体视为等 压变化，气体原来的体积为V。,温度升高后体积为V(有V。 留在气袋内)，根据质量相等则有pV。=P1V,原来的气体温 度升高后压强不变，体积从变为，由等压变化得 T 根弼恶意7≤1.5联立解得以-D PVo T 选C. 3.B解析：AB.活塞位于汽缸正中间时，以汽缸为研究对象， 由平衡条件得P,S=Mg+PoS,当活塞在汽缸的最下端时，缸 内气体温度为T2,压强为P2,此时仍有P2S=Mg+PoS,可得 P2=P1,可知缸内气体为等压变化，由盖-吕萨克定律可得 7疗，可得 V V2 T,y-(27+273)×SK=600K,则能测量 V 21 的最大温度为600K;又有△V=S·△L,由上式可知，刻度表 的刻度是均匀的，A错误，B正确：C.由以上分析可知，汽缸 内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度 升高时，弹簧的长度仍不变，C错误；D.以汽缸为研究对象 (不包含活塞)，对汽缸受力分析，由平衡条件可得P1S=Mg+ 黑白题09 PoS,代入数据解得缸内气体的压强为p1=1.1×103Pa,D错 误故选B. 压轴挑战 4(号(2等。 解析：(1)对右侧汽缸中的活塞，由受力平衡有P2S=2mg,对 左侧汽缸中的活塞，由受力平衡有P2S=mg+p1S,解得P1= 学(2)在缓慢升温过程中，两部分气体的压强均不变，均为 等压变化，设右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，左侧活塞下 降，对气体1，初态有=公，1=，末态有=（仔 小由盖昌萨克定徘得宁7，对汽体I初态有%=S。 =,末态有g=15+(行：)小8由盖-昌萨克定律得 4 号，联立解得T=31 第2课时气体的等容变化 白题 基础过关 1.D解析：气体做等容变化时，根据查理定律得号=C,而T= t+273K,则得p=C(t+273),由数学知识可知，等容变化过程 的p-t图像为在t轴上交点坐标是(-273,0)的一条倾斜直 线.故选D. 2.C解析：ABC.一定质量的气体的等容线，体积不同，图线不 同，在图线1、2上取温度相同的两点，可得p1>P2,则V<V2, 故C正确，AB错误；D.图线1、2延长线交于t轴上-273℃ 处，即热力学温度0K处，故D错误故选C 3.C解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为P1= 1.0x103Pa,温度为T1=(273+27)K=300K,末状态的温度 为五=23+(-23)]K=20K,根据查理定律有宁会，解 得=x10Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内 外压强差至少为4p=p=名×10Ba-40x10P4=43X 104Pa,故选C. 4.B解析：假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据 查理定律有号名品所以49=号47，两部分气体初状态温 度T相同，升高的温度△T相同，初状态气体A的压强大，则 △p>△pB,水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B 端移动.故选B. 5.C解析：轮胎容积不变，由查理定律可知2=P TT+A7解得 选择性必修第三册 A7-r左前轮指内的气体温度变化4=光1，右前轮 p 20 胎内的气体温度变化△7,247，左后轮胎内的气体温度变 16T,则 ,右后轮胎内的气体温度变化△7，=48 化△T3=252 △T<△T<△T,<△T2,所以轮胎内气体的温度变化最小的是 左后轮胎内的气体故选C. B解标：由题图知，ab过程为等压过程，由7=C可知， 气体温度升高，体积增大：6℃过程为等容过程，由号=C可 知，气体温度升高，压强增大，故B正确 黑题应用提优 1.B解析：轮胎内气体体积不变，则为保证安全，则在90℃时 压强不超过3.5atm;在-40℃时压强不低于1.7atm,则根据 3.5 P11.7 查理定律列 P2 273+90273+20'273-40273+20,解得p1≈ 2.83atm,P2≈214atm.充气后的胎压应在214atm~2.83atm范 围内比较合适，故B选项适合 2.C解析：在p-T图像中，开始一段时间内，随着温度的升 高，气体发生的是等容变化，根据二=C可知图像为一条过 坐标原点的直线；当气体压强增加到与外界大气压强相等 时，温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，即气 体压强等于大气压强P0,保持不变，故C正确。 3.C解析：AB.假设两部分气体的体积不变，设气体初始状态 的参量为P1、T1,末状态参量为P2、T2,变化温度为△T、变化 压强为4，由查理定#有号是可得4 TP,开始时两 部分气体的压强相同，若变化过程中△T相同，因为T氧<T氢， 由4一7得4pg>4Px,所以汞柱向右移动，放AB镜误 CD.开始时两部分气体的压强相同，T氧=283K,T复=293K, △T 若△7%=10K,△7%=20K,由Ap=7P得Ap<4p氢，所以汞 柱向左移，故C正确，D错误故选C. 4.D解析：A.当教室内气温升高时，A内的气体做等容变化 由查理定律可知，压强增大，因A内气体压强p=(76-x)cmHg, 则x减小，故B管上所刻的温度数值上低下高，故A错误； B.根据查理定律有号=C,得x=76cmHg-C7,即x与T是线 性关系，故B管上所标的温度数值间隔是均匀的，故B错 误：C,根据查理定律有(76-20）m_(⑦6-16)cmg,解 280K T 得T=300K,故C错误；D.根据查理定律有=C,其中p= 黑白题10第3节 气体的等压变化和等容变化 第1课时气体的等压变化 白题 基础过关 限时：15min 题型1气体等压变化的规律 相比较，下列说法正确的是 ( 1.下图中能正确表示盖-吕萨克定律的是 A.上午8点时，每个空气分子的速率都小 ( B.空气的分子数密度相同 C.室内空气密度之比为298：283 D.室内空气质量之比为5：2 B. 4.**(2025·广西柳州高级中学模拟)如图所 0 T/K 示，两个水平固定的汽缸由管道连通.活塞a、b 用刚性杆相连，可在汽缸内无摩擦地移动，缸内 及管中封有一定质量的气体整个系统处于平衡 D 状态，大气压强不变现令缸内气体的温度缓慢 -2730 升高一点，则系统再次达到平衡状态时( t/℃ /℃ A.活塞向左移动一点 2.**新素材（2024·江苏准安 温度计 B.条件不足无法判断 期中)用图示的实验装置来 C.活塞向右移动一点 “探究压强不变时气体体积 D.活塞的位置没有改变 与温度的关系”.往杯中加入 钩码 5.*如图甲所示，向一个竖直放置的空铝质饮 适量的热水，使注射器内的 空气柱位于水面之下，每隔 热水 料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口 用蜡密封，在吸管内吸入一小段油柱（长度可 几分钟，记录气体体积和此 以忽略).如果不计大气压的变化，这就是一个 时温度计的示数：用△表示水降低的摄氏温 简易的气温计.已知铝罐的容积是357cm3,吸 度，用△V表示注射器内气体体积的改变量. 管内部粗细均匀，横截面积为0.3cm2,吸管的 根据测量数据作出的图线是 有效长度为20cm,当温度为27℃时，油柱离 个△ 罐口10cm. (1)在吸管上标刻温度值，刻度是否均匀？ (2)试推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h 的表达式； △V △V (3)某同学以图乙所示方式使用上述标好刻 度的气温计，试判断测量值较实际值偏 △t 大、偏小还是准确，简要说明原因， 题型2盖-吕萨克定律的应用 3.(2024·山东聊城期末)有一教室，上午8 点的温度为10℃，下午1点的温度为25℃， 假定大气压强无变化，则上午8点与下午1点 第二章黑白题19 黑题 应用提优 限时：20min 1.**(2026·四川广安模拟)如图所示，竖直 汽缸正中间，整个装置静止.已知大气压为1.0× 放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水 105Pa,重力加速度g取10m/s2.则 银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的 A.刻度表的刻度是不 两个水银面的高度差为h.现将U形管放入热 均匀的 水槽中，则系统再度达到平衡的过程中（水银 B.能测量的最大温度 0.5 没有溢出，外界大气压保持不变) ( 为600K A.空气柱中气体分子的平均动 C.环境温度升高时，弹 777777 能不变 簧的长度将变短 B.空气柱中气体分子的密集程 D.环境温度为27℃时，缸内气体的压强为9× 度变大 104Pa C.水银柱a液面将上升 压轴挑战川 D.水银柱b的两个水银面的高度差h变大 4.幸如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖 2.*如图所示，孔明灯“会飞”的原因是灯内 直放置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容 燃料燃烧使内部空气升温膨胀，一部分空气 积的细管连通，汽缸高均为1、横截面积均 从灯内排出，使孔明灯及内部气体的总重力 为S,不计厚度、质量分别为m和2m的活塞 变小，空气浮力将其托起某盏孔明灯灯体（包括 与两汽缸顶部紧密贴合（不粘连）开始时汽 燃料、气袋)的质量为M,气袋体积恒为V。,重力 缸中为真空，现从阀门A、B分别向汽缸中缓 加速度为g,大气密度为p,环境温度恒为T(K), 慢注入理想气体I和Ⅱ，同时缓慢释放两活 忽略燃料的质量变化，大气压强不变. M是衡 塞，当两活塞均位于汽缸正中间位置时关闭 两个阀门.随着外部温度由T。开始缓慢升 量孔明灯升空性能的参量，记M =k,若气袋 高，右侧汽缸中活塞位置不断上升，已知重 PVo 力加速度为g,求： 内气体温度最高不能超过1.5T(K),则为了 (1)温度刚开始升高时，气体I的压强 使孔明灯顺利升空，飞应满足 (2)当右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，环 境的温度 .m B.k≤2 D.I 3.禁如图所示为一温度计的结构原理图，利用 汽缸底部高度变化反映温度变化.质量为1kg 的导热汽缸内密封一定质量的理想气体，汽缸 内横截面积为10cm2.活塞与汽缸壁间无摩擦 且不漏气.环境温度为27℃时，活塞刚好位于 选择性必修第三册黑白题20