第2章 第3节 第2课时 气体的等容变化-【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）

电 第2课时 气体的等容变化 于错题 白题 基础过关 限时：15min 题型1气体等容变化的规律 是V=3V4,温度相同，将玻璃管温度均升高 1.描述一定质量的气体的等容变化过程的 相同温度的过程中，水银将 ( 图像是图中的 A.向A端移动 B.向B端移动 C.始终不动 D.以上三种情况都有可能 5.*新素材一汽车启动前四个轮胎的胎压如图 甲所示发现行驶一段时间后胎压如图乙所示，设 D 轮胎容积不变，则图乙所示时刻相比于图甲所示 时刻，轮胎内气体的温度变化最小的是( ) /℃ -2730/元 胎压：kPa 胎压：kPa 2.**（2025·甘肃天水一中月考)如图所示为 244 260 264 一定质量的某种气体等容变化的图线，下列 说法中正确的是 右 ( A.不管体积如何，图 p/Pa 248 264 线只有一条 免 乙 B.图线1和图线2体 A.左前轮胎内的气体B.右前轮胎内的气体 积不同且有V>V2 -273 t/℃ C.左后轮胎内的气体D.右后轮胎内的气体 C.两图线气体体积V2>V 重难聚焦川 D.两图线延长线必不会交于t轴上的同一点 题型气体等压变化与等容变化图像 题型2查理定律的应用 6.**图像意义如图所示，一定质量的理想气 3.*登山队员在攀登高峰的时候必须带上专 体，由状态a经状态b变化到状态c,则选项 业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠 中与这一变化过程相符合的是 穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度为27℃时 气体压强为1.0×10Pa(常温下的大气压强 值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104Pa, 表内温度为-23℃，则此登山手表表面玻璃可 以承受的内外压强差至少为 ( A.8.3×104Pa B.8.3×105Pa C.4.3×104Pa D.1.23×105Pa 4.*(2024·福建宁德一中一模)竖直放置的 粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段 水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图 所示.已知两部分气体A和B的体积关系 第二章黑白题21 黑题 应用提优 限时：20min l.*某轮胎正常工作的胎压范围是1.7atm~ 所示导热性能良好的大玻璃泡A内密封有理 3.5atm(轮胎的容积不变).欲使该轮胎能在 想气体，与A相连的B管插在水银 -40℃~90℃的温度范围内正常工作，则 槽中，B管内水银面的高度x可反 在20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压应 映所处环境的温度，据此在B管上 控制在 ( 标注出温度的刻度值.教室内的气 A.2.0 atm~2.3 atm B.2.3 atm~2.6 atm 压始终为一个标准大气压76cmHg C.2.6 atm~2.9 atm D.2.9 atm~3.2 atm 当教室内温度为280K时，B管内水银面的高 2.*如图所示，一开口向右的汽缸固定在水平 度为20cm.B管的气体体积可忽略不计，则 地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中 间位置有一挡板，外界大气压强为Po.初始时， 活塞紧压挡板处现缓慢升高缸内气体温度， A.B管上所刻的温度数值上高下低 则图中能正确反映缸内气体压强变化情况的 B.B管上所标的温度数值间隔是不均匀的 p-T图像是 C.B管内水银面的高度为16cm时，教室内的 温度为290K D.若把刻好温度值的装置移到高山上，测出 的温度比实际温度偏高 压轴挑战 5.整(2024·河北三模)如图，密闭性能良好 的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖的 质量为m,杯身与热水的总质量为M,杯子 的横截面积为S.初始时杯内气体的温度为 3.*多可能性如图所示，10℃的氧气和20℃ T。,压强与大气压强P,相等.因杯子不保温， 的氢气体积相同，汞柱在连通两容器的细管 杯内气体温度将逐步降低，不计摩擦，不考 中央，下面的叙述中，正确的是 虑杯内水的汽化和液化， (1)求温度降为T,时杯内气体的压强P1; (2)杯身保持静止，温度为T,时提起杯盖所 A. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱 需的力至少多大？ 不移动 (3)温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能 B.当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱 将整个杯子提起？ 将向左移 C.当氧气温度升高10℃，氢气温度升高 20℃时，汞柱向左移 D.当氧气温度升高10℃，氢气温度升高 20℃时，汞柱不会移动 4.*(2025·重庆八中模拟)小明设计了一种 测温装置，用于测量教室内的气温，结构如图 选择性必修第三册黑白题22PoS,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 p'-x cmHg(其中p'为装置所处环境的大气压)，得x=p'-CT, 把刻好温度值的装置移到高山上，由于高山上的大气压小于 一个标准大气压，在温度相同的条件下，x会减小，因B管上 所刻的温度数值上低下高，测出的温度比实际温度偏高，故 D正确.故选D. 压轴挑战 T MgTo 5(2,(2sngs(3)7 PoS 解析：(1)降温过程中，气体体积不变，根据查理定律 T。 PoT1 二，得温度降为☑时杯内气体的压强P (2)对杯盖受力分析如图甲所示，当杯盖与杯身间的弹力恰 好为零时，拉力最小，根据平衡条件P1S+F=PoS+mg,最小拉 T 力为F=poS+mg-T Po8 PoS mg Mg. PoS p2S 甲 之 (3)设提起杯子时气体压强为P2,温度为T2,杯身的受力分 析如图乙所示， Mg 平衡时pS=p,S+Mg,得到p2=P0S, MgTo 根据查理定律-，此时温度为1，=。 To T2 PoS 第3课时 理想气体的状态方程 白题 基础过关 1.A解析：ACD.气体分子大小和相互作用力可以忽略不计， 也可以不计气体分子与器壁碰撞的动能损失，这样的气体称 为理想气体它是理论上假想的一种把实际气体的性质加以 简化的气体理想气体在任何情况下都严格遵守气体实验定 律，也就是说，实际气体并不严格遵循这些定律，只有在温度 不太低，压强不太大时，才可做近似处理.一般可认为温度不 低于零下几十摄氏度、压强不超过大气压的几倍时的气体为 理想气体故A正确，CD错误B.对于理想气体，分子间不存 在相互作用力，也就没有分子势能的变化，其内能的变化即 为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，B错误.故 选A 2.D解析：气体的质量一定，则分子数一定，当体积减小 时，分子总数不变，单位体积的分子数增加，因温度不变， 则分子的平均速率不变，则气体分子每次碰撞器壁的平均作 用力不变，气体的压强变大，则单位时间内单位面积器壁上 受到气体分子碰撞的次数增多.故选D. 参考答案与解析 3.D解析：A.轮胎内气体体积不变，气体质量不变，则单位体 积内分子的个数不变，故A错误；B.由于胎内气体体积不 变，单位体积分子数不变，温度降低，分子平均速度降低，则 单位时间碰撞胎内壁单位面积的分子数减少，故B错误； C.由于胎内压强变低，体积不变，单位体积分子数不变， 则分子对胎内壁单位面积的平均作用力变小，故C错误； D.由于温度降低，则分子内能减小，分子平均速率变小，速 率大的分子占比变少，故D正确.故选D. 4.C解析：气泡在湖底的压强p1=po+pgh=10Pa+103×10× 20Pa=3×103Pa,气泡在湖底的温度为T,=(273+4)K= 277K,气泡在水面的压强为P2=po=10°Pa,气泡在水面的 温度为T,=(273+17)K=290K,根据理想气体状态方程，有 兴学41放选C 5.C解析：根据理想气体状态方程_P上，解得反冲后空 TT 气的压强为P2三 %2,故选C PiVT2 解析：根据理想气体状态方程P=C,可得V=C·2 p A.A一→B过程，由题图可知压强不变，温度升高，气体分子平 均动能变大，则分子与器壁间的平均作用力变大，故A错 误；B.B→C过程，温度不变，气体分子平均动能不变，则分 子与器壁间的平均作用力不变，由玻意耳定律pV=C知，气 体的体积减小，压强增大，故B正确：CD.C→A过程，气体体 积增大，温度降低，可知分子密度减小，分子平均动能减小； 根据压强微观意义可得分子在单位时间内撞击单位面积容 器壁的次数减少，故C错误，D错误.故选B. 黑题 应用提优 1.B解析：设三种稳定状态下气体的压强分别为P1P2P3,以 活塞为研究对象，三种稳定状态下分别有Mg+PS=P1S, PoS+Mg=p2S,PoS+Mg+mg=P3S,可以得出p1=P2<p3·由理想 气体的欢态方程有学学警白<5得 由V,=V,得T,<T,,即T,<T,<T3,所以选项B正确，ACD错 误故选B. 2.C解析：设气球胀破时距离地面的高度为h,由理想气体状 态方程可知Po%。 hx1200 Pa )x1.5Vo P0100m To ，解得h= h T0100m ×0.6K 3125m.故选C. 3.C解析：设容器总长度1，当温度为T时，活塞平衡时弹簧伸 长量为x,气体体积为 (行+小5，压强为气：曲%=6，可知 黑白题11