高中物理新教材同步选择性必修第三册 第2章 气体液体和固体专题强化 变质量问题 理想气体的图像问题

第二章气体、固体和液体1. 温度和温标 ...................................................................................................................... - 1 -2. 气体的等温变化............................................................................................................. - 11 -3. 气体的等压变化和等容变化......................................................................................... - 20 -4. 固体 ................................................................................................................................ - 37 -5. 液体 ................................................................................................................................ - 45 -章末复习提高...................................................................................................................... - 54 -1. 温度和温标一、状态参量与平衡态1．热力学系统：由大量分子组成的系统。

第二章气体、固体和液体1. 温度和温标 ...................................................................................................................... - 1 -2. 气体的等温变化............................................................................................................. - 11 -3. 气体的等压变化和等容变化......................................................................................... - 20 -4. 固体 ................................................................................................................................ - 37 -5. 液体 ................................................................................................................................ - 45 -章末复习提高...................................................................................................................... - 54 -1. 温度和温标一、状态参量与平衡态1．热力学系统：由大量分子组成的系统。

3.气体的等压变化和等容变化基础巩固1.为了控制温室效应,各国科学家提出了不少方法和设想。

有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实,设想将CO2液化后,送入深海海底,以减小大气中的CO2的浓度。

为使CO2液化,最有效的措施是()A.减压、升温B.增压、升温C.减压、降温D.增压、降温答案:D=C,知D选项正确。

解析:要将CO2液化需减小体积,根据pVT2.一定质量的气体,在体积不变的情况下,温度由0 ℃升高到10 ℃时,其压强的增加量为Δp1,当它由100 ℃升高到110 ℃时,其压强的增加量为Δp2,则Δp1与Δp2之比是()A.1∶1B.1∶10C.10∶1D.1∶11答案:A解析:等容变化,这四个状态在同一条等容线上,因Δt相同,所以Δp也相同,故A正确。

3.(多选)图中描述一定质量的气体做等容变化的图线是()答案:CD解析:由查理定律知,一定质量的气体,在体积不变时,其压强和热力学温度成正比,选项C正确,选项A、B错误。

在p-t图像中,直线与横轴的交点表示热力学温度的零度,选项D正确。

4.(多选)某校外学习小组在进行实验探讨,如图所示,在烧瓶上连着一根玻璃管,用橡皮管把它跟一个水银压强计连在一起,在烧瓶中封入了一定质量的理想气体,整个烧瓶浸没在温水中。

用这个实验装置来研究一定质量的气体在体积不变时,压强随温度的变化情况。

开始时水银压强计U形管两端水银面一样高,在下列几种做法中,能使U形管左侧水银面保持原先位置(即保持瓶内气体体积不变)的是()A.甲同学:把烧瓶浸在热水中,同时把A向下移B.乙同学:把烧瓶浸在热水中,同时把A向上移C.丙同学:把烧瓶浸在冷水中,同时把A向下移D.丁同学:把烧瓶浸在冷水中,同时把A向上移答案:BC解析:浸在热水中,温度升高,p=p0+p h,上移A管保持体积不变;浸在冷水中,温度降低,p=p0-p h,下移A 管保持体积不变。

5.如图所示,一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强()A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终不变D.先增大后减小答案:A解析:根据V-T图像的特点可知,气体从a到b的变化过程中气体压强逐渐增大,本题只有选项A正确。

[A 级——基础达标练]1．(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验，下列说法正确的是( )A ．实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化B ．实验中为找到体积与压强的关系，一定要测量空气柱的横截面积C ．为了减小实验误差，可以在柱塞上涂润滑油，以减小摩擦D ．处理数据时采用p － 1V 图像，是因为p － 1V 图像比p － V 图像更直观解析：选AD 。

本实验探究采用的方法是控制变量法，所以要保持被封闭气体的质量和温度不变，A 正确；由于注射器是圆柱形的，横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，B 错误；涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，不仅是为了减小摩擦，C 错误；当p 与V 成反比时，p－ 1V 图像是一条过原点的直线，而p －V 图像是双曲线，所以p － 1V 图像更直观，D 正确。

2．在“探究气体等温变化的规律”实验中，下列四个因素中对实验的准确性影响最小的是( )A ．针筒封口处漏气B ．采用横截面积较大的针筒C ．针筒壁与活塞之间存在摩擦D ．实验过程中用手去握针筒解析：选B 。

“探究气体等温变化的规律”实验前提是气体的质量和温度不变，针筒封口处漏气，则气体质量变小，用手握针筒，则气体温度升高，A 、D 错误；针筒的横截面积大，会使封闭的气体的体积大，结果更精确，B 正确；活塞与筒壁的摩擦影响活塞对气体的压强，影响实验的准确性，C 错误。

3．如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，容器上端放一金属圆板，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M ，不计圆板与容器内壁的摩擦。

若大气压强为p 0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于( )A ．p 0＋Mg cos θSB ．p 0cos θ ＋Mg S cos θC ．p 0＋Mg cos 2θSD ．p 0＋Mg S答案：D4．如图所示，汽缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变。

1．下列说法正确的是()A．一定质量的晶体在熔化过程中，其温度不变，内能也一定保持不变B．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，说明蜂蜡是单晶体C．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D．一个均匀固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体答案：D2．(2024·浙江宁波期中)甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡，然后用烧热的钢针针尖分别接触这两种薄片石蜡涂层的背面，接触点周围熔化了的石蜡分别形成如图甲、乙所示的形状，对这两种薄片，下列说法正确的是()A．甲是晶体B．甲是非晶体C．乙是晶体D．乙是非晶体答案：A3．(多选)晶体包括单晶体和多晶体，晶体具有一定的熔点，单晶体具有规则的几何外形，在不同方向上物理性质不同。

下列说法可以用来解释晶体的上述特性的有()A．组成单晶体的物质微粒，在空间按一定的规律排成整齐的行列，构成特定的空间点阵B．单晶体在不同方向上物理性质不同，是因为不同方向上微粒数目不同，微粒间距不同C．单晶体在不同方向上物理性质不同，是由于不同方向上的物质微粒的性质不同D．晶体在熔化时吸收的热量，全部用来瓦解晶体的空间点阵，转化为分子势能，因此晶体在熔化过程中保持一定的温度不变；只有空间点阵完全被瓦解，晶体完全变为液体后，继续加热，温度才会升高答案：ABD4．(多选)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。

下列判断正确的有()A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体B．固体甲不一定有规则的几何外形，固体乙一定没有规则的几何外形C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变解析：选AB。

晶体具有固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲可能是多晶体，故不一定有规则的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有规则的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲可能是多晶体，故不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有一定的熔点，但由于晶体吸收热量，所以内能增大，故D错误。

2 气体的等温变化课后·训练提升 基础巩固一、选择题Ⅰ(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的) 1.如图所示,竖直放置、开口向上的试管内用水银封闭一段气体,若试管自由下落,管内的封闭气体( )A.压强增大,体积增大B.压强增大,体积减小C.压强减小,体积增大D.压强减小,体积减小 答案:C解析:设竖直放置、开口向上的试管保持静止时,试管内封闭气体压强为p ,大气压强为p 0,水银对试管内气体产生压强为p',则有p=p 0+p',当试管自由下落时,水银完全失重,p=p 0,所以试管内气体压强减小,试管自由下落可看作是等温过程 ,由pV=C 可知气体的体积增大,选项A 、B 、D 错误,C 正确。

2.在标准大气压p 0下,把粗细均匀的玻璃管开口向下竖直地压入水中,管中共有12部分充满水,假设温度不变,则此时管内空气压强为( )A.3p 0 B .2p 0 C .23p 0 D .13p 0答案:B解析:设管中的气体的初始压强为标准大气压p 0,体积为Sl ,压缩后的压强为p ,体积为12Sl ,根据玻意耳定律有p 0Sl=p ·12Sl ,解得p=2p 0,故选项B 正确,A 、C 、D 错误。

3.研学小组对自行车打气过程进行实验研究。

首先设法测得拔下气门芯状态下内胎的容积是打足气状态的容积的一半(考虑到外胎的束缚,设打足气状态的容积不变,大小为V 0)。

安好气门芯后给自行车胎缓慢地打气(保证打气筒温度不变)。

打气筒的总容积是V 0的十分之一,每次将打气筒活塞拉到最顶端缓慢压到最底端,保证气筒内气体全部进入车胎。

假设打气过程中各个衔接处不漏气,也不考虑打气筒与轮胎连接管内的微量气体影响。

这样连续打气20次后胎内气体压强为(设当地大气压强为p 0)( )A.2p 0 B .2.5p 0C.0.4p 0 D .0.5p 0答案:B解析:设车胎容积为V 0,开始时体积为12V 0 ,打入车胎内的体积为20×110V 0=2V 0 打气20次后胎内气体压强为p 1 ,根据玻意耳定律可得p 0(12V 0+20×110V 0)=p 1V 0 解得打气20次后胎内气体压强为p 1=2.5p 0,故选项B 正确。

新教材高中物理新人教版选择性必修第三册：第二章 1A组·基础达标1．以下说法正确的是( )A．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的温度B．相互间达到热平衡的两物体的热量一定相等C．从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力将增大、斥力将减小D．人如果感觉到某个物体很冷，就说明这个物体的温度很低【答案】A【解析】两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的温度，A正确，B错误；从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力和斥力都减小，C错误；人们对物体冷热程度的感觉具有相对性，D错误．2．以下说法正确的是( )A．在国际单位制中温度的单位为摄氏度B．0 ℃的水和冰的分子平均动能可能不同C．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态D．在没有外界影响的情况下，密闭容器内的气体静置足够长时间后，每个分子的速度大小均相等【答案】C【解析】在国际单位制中温度的单位为开尔文，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度相同的物体其分子平均动能相同，故B错误；根据热平衡定律知，如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态，故C正确；分子的热运动是杂乱无章的，每个分子的速度大小不会均相等，故D错误．3．严冬湖面上结了厚厚的冰．为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞并拿来一支实验室温度计．用下列四种方法测水温，最准确的做法是( )A．用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出示数B．取一塑料饮水瓶，将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后取出，再用温度计测瓶中水的温度C．取一塑料饮水瓶，将温度计悬吊在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即从瓶外观察温度计的示数D．手拿温度计，从洞中将温度计插入水中，待较长时间后取出立即读出示数【答案】C【解析】要测量冰下水的温度，必须使温度计与冰下的水达到热平衡时，再读出温度计的示数．可隔着冰又没法直接读数，把温度计取出来，显示的又不是原热平衡下的温度，所以A的做法不正确，C的做法正确，D的做法不正确，B的做法也失去了原来的热平衡，水瓶提出后，再用温度计测，这时，周围空气也参与了热交换，测出的温度不再是冰下水的温度了．4．(多选)关于平衡态和热平衡，下列说法中正确的是( )A．只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态B．两个系统在接触时它们的状态不发生变化，说明这两个系统原来的温度是相等的C．热平衡就是平衡态D．处于热平衡的几个系统的温度一定相等【答案】BD【解析】一般来说，描述系统的状态参量不止一个，仅仅根据温度不变且处处相等不能得出系统一定处于平衡态的结论，A错误．根据热平衡的定义可知B和D是正确的．平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个系统相互影响的最终结果，故C错误．5．把摄氏温标和热力学温标作成函数关系图像，正确的是( )A．B．C．D．【答案】C【解析】摄氏温标用t表示，热力学温标用T表示，则热力学温标和摄氏温标的函数关系为T＝t＋273.15 K，由函数关系式可知，T－t图像的斜率为正值，且当T＝0时，t为负值，C正确，A、B、D错误．6．(多选)两个原来处于热平衡状态的系统分开后，由于外界的影响，其中一个系统的温度升高了5 K，另一个系统温度升高了5 ℃，则下列说法正确的是( )A．两个系统不再是热平衡系统了B．两个系统此时仍是热平衡状态C．两个系统的状态都发生了变化D．两个系统的状态没有变化【答案】BC【解析】两个系统原来温度相同而处于热平衡状态，分开后，由于升高的温度相同，两者仍处于热平衡状态，新的热平衡状态下温度比以前升高了，两个系统的状态都发生了变化．B、C正确．7．在自然界生态系统中，蛇和老鼠与其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用．蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的．假设老鼠的体温约37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λ．根据热辐射理论，λ与辐射源的绝对温度T 的关系近似为Tλ＝3×10－3 m·K，则老鼠发出的最强的热辐射的波长为( )A ．7.8×10－5 mB ．9.7×10－6m C ．1.1×10－4 mD ．9.7×10－8 m 【答案】B【解析】由热力学温度与摄氏温度的关系可知T ＝(t ＋273) K ＝310 K ，根据热辐射理论可知λ＝3×10－3 m·K T≈9.68×10－6 m ，B 最接近，故B 正确． 8．(多选)实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片铆合在一起时双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图所示．已知图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列相关叙述中正确的有( )A ．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属B ．双金属温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的C ．由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数D ．由图乙可知，其双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁【答案】ABC【解析】双金属温度计是利用热膨胀系数不同的铜、铁两种金属制成的双金属片，其弯曲程度随温度而变化，A 、B 正确；如题图甲所示，加热时，双金属片的弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀较大，即铜的热膨胀系数较大，C 正确；如题图乙所示，温度计示数是顺时针方向增大，说明当温度升高时，温度计指针按顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可以推知双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D 错误．9．(多选)如图所示，一个有细长管的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则( )A ．该温度计的测温物质是槽中的红色液体B ．该温度计的测温物质是细管中的红色液体C ．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气D ．该温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质制造的【答案】CD【解析】细管中的红色液体用来显示球形瓶中空气的体积随温度的变化情况，测温物质是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用空气的热胀冷缩的性质制造的，故A 、B 错误，C 、D 正确．B 组·能力提升10．入冬以来，冷空气频繁来袭，山东省气温不断下降，中部山区更是低至－5 ℃，如果用热力学温度表示，则该温度为______K ；高温超导材料是各国争相研究的新型导体材料，有着非常广阔的应用前景，目前临界温度比较高的超导体是铋锶钙铜氧超导体，临界温度为110 K ，用摄氏温度表示为________℃．【答案】268 －163【解析】由T ＝t ＋273 K 可得－5 ℃的热力学温度为268 K, 110 K 的摄氏温度为－163 ℃．11．实验室有一支读数不准确的温度计，在测冰水混合物的温度时，其读数为20 ℃；在测1标准大气压下沸水的温度时，其读数为80 ℃．当温度计示数为41 ℃时对应的实际温度为______℃，当实际温度为60 ℃时温度计的示数为__________℃．【答案】35 56【解析】此温度计每一刻度表示的实际温度为10080－20℃＝53℃，当它的示数为41 ℃时，它上升的格数为41－20＝21格，对应的实际温度应为21×53℃＝35 ℃；同理，当实际温度为60 ℃时，此温度计应从20开始上升格数为6053＝36格，它的示数为36 ℃＋20 ℃＝56 ℃． 12．“在测定铜块的比热容时，先把质量已知的铜块放入沸水中加热，经过一段时间后把它迅速放入质量已知、温度已知的水中，并用温度计测量水的温度．当水温不再上升时，这时的水温就是铜块与水的共同温度．根据实验数据就可以计算铜块的比热容．”以上这段叙述中，哪个地方涉及了“平衡态”和“热平衡”的概念？解：区分“平衡态”和“热平衡”的关键在于：热平衡是对于两个或两个以上系统而言，而平衡态是指一个系统所处的状态．铜块放入沸水中加热，经过一段时间后，铜块就和沸水达到“热平衡”，铜块的温度就等于此时沸水的温度．铜块、温度计放入另一已知质量和温度的水中，当温度计的温度不再上升时，水、温度计、铜块三个系统此时又达到了“热平衡”，三者的温度相同，此时温度计的示数就是水和铜块的共同温度．把铜块从沸水中取出到迅速放入已知温度和质量的水中，此过程中可认为铜块处于“平衡态”，备用水处于“平衡态”．。

新教材高中物理新人教版选择性必修第三册：第二章 4A组·基础达标1．(多选)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的【答案】BC【解析】金刚石、食盐、水晶是晶体，玻璃是非晶体，A错误；单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，D错误；晶体分子的排列是有规则的，且有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B、C正确．2．(多选)云母薄片和玻璃片分别涂一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针去接触云母薄片及玻璃片的反面，石蜡熔化，如图所示，那么( )A．熔化的石蜡呈圆形的是玻璃片B．熔化的石蜡呈圆形的是云母片C．实验说明玻璃片有各向同性，可能是非晶体D．实验说明云母有各向同性，是晶体【答案】AC【解析】单晶体在导热这一物理性质上具有各向异性，而非晶体则是各向同性．3．“嫦娥五号”探测器圆满完成月球采样任务并返回地球．探测器上装有用石英制成的传感器，其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷，即压电效应．如图所示，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著．石英晶体( )A．没有确定的熔点B．没有确定的几何形状C．具有各向同性的压电效应D．具有各向异性的压电效应【答案】D【解析】石英晶体有确定的熔点，有确定的几何形状，A、B错误；沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，其他方向不明显，故具有各向异性的压电效应，C错误，D正确．4．关于晶体，下列说法正确的是( )A．石蜡做成的肖像是晶体B．导热均匀的铁是非晶体C．粘在一起的糖块是晶体D．液态物质不可能是晶体【答案】C【解析】区分晶体与非晶体是看其有没有固定的熔点，石蜡没有固定的熔点，不是晶体，A错误；区分晶体与非晶体是看其有没有固定的熔点，铁具有固定的熔点，是晶体，B错误；区分晶体与非晶体是看其有没有固定的熔点，粘在一起的糖块有固定的熔点，是晶体，C正确；区分晶体与非晶体是看其有没有固定的熔点，与是否是液态物质无关，D错误．5．(多选)大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态，高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的．关于晶体与非晶体，正确的说法是( )A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的B．多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状C．晶体沿不同的方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同D．单晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点【答案】BD【解析】固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体；把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶体硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，A错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，某些单晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也不相同，C错误；单晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，D正确．6．(多选)国家游泳中心——水立方，像一个透明的水蓝色的“冰块”，透过它其内部设施尽收眼底，这种独特的感觉就源于建筑外墙采用的一种叫做ETFE(四氟乙烯和乙烯的共聚物)的膜材料，这种膜材料属于非晶体，那么它具有的特性是( )A．在物理性质上具有各向同性B．在物理性质上具有各向异性C．具有固定的熔点D．没有固定的熔点【答案】AD【解析】因为这种材料属于非晶体，因此在物理性质上具有各向同性，没有固定的熔点，A、D正确．7．(多选)下列说法中正确的是( )A．化学成分相同的物质只能生成同一种晶体B．因为石英是晶体，所以由石英制成的玻璃也是晶体C．普通玻璃是非晶体D．一块铁的物理性质虽然呈各向同性，但它是晶体【答案】CD【解析】化学成分相同的物质可以生成多种不同的晶体，如石墨和金刚石，A错误；石英制成的玻璃是混合物不是晶体，B错误，C正确；铁为多晶体，物理性质表现为各向同性，D正确．8．(多选)一块密度和厚度都均匀分布的矩形被测样品，长AB是宽AC的两倍，如图所示．若用多用电表分别沿两对称轴O1O1′和O2O2′测其电阻，阻值关系为R1＝2R2，则这块样品可能是( )A．单晶体B．多晶体C．非晶体D．以上说法全错【答案】BC【解析】沿O1O1′和O2O2′两对称轴测该长方体所得电阻值不相同，且R1AB ＝R2AC，正说明该物质沿O1O1′和O2O2′方向电阻率(即导电性能)相同，即表现出各向同性的物理性质，A错误，B、C正确．9．石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构．图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯．石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料．则( )A．石墨中的碳原子静止不动B．碳原子的直径大约为3×10－9 mC．石墨烯的碳原子间只存在分子引力D．石墨烯熔化的过程中，碳原子的平均动能不变【答案】D【解析】石墨中的碳原子是运动的，A 错误；由题意可知单层的距离为d ＝1×10－33×10－6 m ＝3×10－10 m ，且层与层之间有间距，B 错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，C 错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，D 正确．10．如图所示，表示一个平面上晶体物质微粒的排列情况，图上画出了三条等长线AB 、AC 和AD ，在这三条线上物质微粒的数目均________(填“相同”或“不同”)，可以得出结论：晶体的物理性质是________(填“各向同性”或“各向异性”)的．【答案】不同 各向异性【解析】晶体和非晶体的重要区别是：晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点；同时晶体中单晶体具有各向异性，而非晶体都各向同性．因此这三条线上物质微粒的数目均不同，从而得出结论为：晶体的物理性质是各向异性的．B 组·能力提升11．(多选)固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t ，纵轴表示温度T ．下列判断正确的有( )A ．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体B ．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形C ．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D ．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同【答案】ABD【解析】晶体具有固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，A 正确；固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，B 正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，C 错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，D 正确．12．利用扫描隧道显微镜(STM)可以得到物质表面原子排列的图像，从而可以研究物质的构成规律．如图所示的照片是一些晶体材料表面的STM 图像，通过观察、比较，可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的，具有一定的结构特征．则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是：(1)__ _________________________________________．(2)__________________________________________．【答案】(1)在确定方向上原子有规律地排列；在不同方向上原子的排列规律一般不同(2)原子的排列具有一定的对称性【解析】从题图中可以看出，这几种材料的原子排列均有一定的规则，因此是晶体，具有晶体的特点．。

新教材高中物理新人教版选择性必修第三册：第二章 5A组·基础达标1．关于液体，下列说法不正确的是( )A．水是浸润液体，水银是不浸润液体B．草叶上的露珠呈球形是表面张力引起的C．粉笔能把墨水吸干是毛细现象D．液体表面层的分子间隙稍大于液体内部分子间隙【答案】A【解析】浸润与不浸润是相对的，水银对玻璃来说是不浸润液体，但不是对任何固体都是不浸润，A错误；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力，草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，B正确；粉笔吸墨水是因为粉笔内部有很多细小的通道，属于毛细现象，C正确；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，因此液体表面存在张力，D正确．2．(2023年宁波模拟)2022年3月23日，“天宫课堂”第二课开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站再次为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是王亚平在太空拧毛巾，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉．形成这种现象的原因，下列说法正确的是( )A．在空间站水滴不受重力B．水和手发生浸润现象C．水和手发生不浸润现象D．在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上【答案】B【解析】在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，处于失重状态，A错误；由题意，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明液体水在手表面有扩展趋势，说明水和手发生浸润现象，B正确，C错误；液体水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大的缘故，D错误．3．如图所示，金属框上阴影部分表示液体肥皂膜，它被棉线分割成a、b两部分，若将液体肥皂膜的a部分用热针刺破，棉线的形状是下图中的( )【答案】D【解析】肥皂膜未刺破时，作用在棉线两侧的表面张力互相平衡，棉线可以有任意形状，当把a部分液膜刺破后，在b部分液膜表面张力的作用下，棉线将被绷紧．因液体表面有收缩到面积最小的趋势，而在同周长的几何图形中，圆面积最小，所以棉线被拉成凹的圆弧形状，D正确．4．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，关于水分子间的作用力，下列说法正确的是( )A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力、斥力都减小D．引力、斥力都增大【答案】D【解析】当水汽凝结成水珠时，水分子之间的距离减小，分子间的引力和斥力同时增大．5．关于液晶的说法正确的是( )A．有些液晶的光学性质随外加电压的变化而变化B．液晶是液体和晶体的混合物C．液晶分子保持固定的位置和取向，同时具有位置有序和取向有序D．液晶具有流动性，光学性质各向同性【答案】A【解析】液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，故A正确；液晶既具有液体的流动性和连续性，又具有光学性质各向异性的特点，故分子的位置不是固定的，故B、C、D错误．6．图甲是吹肥皂泡游戏的场景，在图乙玻璃杯内注入肥皂水，用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出肥皂泡，下列说法正确的是( )A．肥皂水不浸润玻璃杯壁B．肥皂泡表面张力方向和表面垂直C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力【答案】C【解析】一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，从图中可看出肥皂水可以浸润玻璃，A错误；肥皂泡表面张力方向和表面平行，B错误；表面张力让液体收缩，而球面是同体积物体最小的表面积，所以肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关，C正确；肥皂泡表面液体分子间既存在引力也存在斥力，合力表现为引力，D错误．7．小明发现倒酱油的时候总会有一些酱油沿着瓶口流到瓶子外面，他认为如果选用合适的瓶口材料就能保持瓶子清洁．如图是酱油滴在两种材料表面的油滴形状，下列说法正确的是( )A．图甲说明酱油滴与甲材料不浸润B．图乙说明酱油滴与乙材料浸润C．酱油瓶口的材料选用乙材料较合适D．水银在两种材料表面的形状一定与酱油滴形状相同【答案】C【解析】只要选择酱油不浸润的材料做酱油瓶就能保持瓶子清洁，从图示的情况可以看出酱油与甲材料是浸润的，与乙材料是不浸润的，所以应该选择乙材料，C正确．液体在某种材料表面的形状不但与浸润和不浸润有关，而且与液体的体积有关，即使是浸润的，液滴的体积不同其形状也不同，所以无法确定水银在两种材料表面的形状是否与酱油滴的形状相同，D错误．8．(多选)液晶电视不断降价，逐步走进了千家万户，液晶电视的关键部件是液晶层．下列关于液晶层的工作原理，说法中不正确的是( )A．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性B．液晶的光学性质随温度的变化而变化C．液晶的光学性质随外加电压的变化而不变D．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化【答案】ABC【解析】液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，A错误；外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质．温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质．液晶电视是依据液晶的光学性质随外加电压的变化而变化工作的，D正确，B、C错误．9．(多选)在水中浸入两个同样的毛细管，一个是直的，另一个弯的，如图所示，水在直管中上升的高度比在弯管中的最高点还要高，那么关于弯管中的水，下列说法正确的是( )A．会不断地喷出B．不会流出C．不一定会流出D．水滴在弯管处受到表面张力竖直向上的合力不小于其重力【答案】BD【解析】水滴在弯管口处受重力的作用而向下凸出，这时表面张力的合力竖直向上，使水不能流出，B、D正确．B组·能力提升10．如图所示，把一块干净的玻璃板吊在测力计的下端，使玻璃板水平地接触水面，用手缓慢竖直向上拉测力计，则玻璃板在拉离水面的过程中( )A．测力计示数始终等于玻璃板的重力B．测力计示数会出现小于玻璃板重力的情况C．因为玻璃板上表面受到大气压力，所以拉力大于玻璃板的重力D．因为拉起时还需要克服水分子间的吸引力，所以拉力大于玻璃板的重力【答案】D【解析】根据题意可知，当玻璃板与水面接触时，玻璃板与水分子之间存在作用力，玻璃板被拉起时，要克服水分子之间的作用力，则拉力大于玻璃板的重力，与压强无关，D正确．11．夏天的清晨某同学发现小型水生昆虫水黾不仅能在水面上滑行，而且还能像溜冰运动员一样在水面上跳跃，如图甲所示，这是由______________导致的物理现象．荷叶上滚动着一个个晶莹剔透的小露珠，甚是好看．这些小露珠基本上都呈现为近似的球形，这是__________________共同作用的结果．【答案】水的表面张力液体表面张力和不浸润现象【解析】在液体表面层中，液体分子间距大于平衡距离，液体分子之间的相互作用总体上表现为引力，它的作用是使液体表面紧绷，宏观上表现为液体的表面张力，水黾可以在水面上如此活动是因为水的表面张力．露珠由于液体表面张力的作用总要收缩成球体，当露珠与荷叶接触时，液体的附着层内分子间表现为引力，即小露珠基本上都呈现为近似的球形是液体表面张力和不浸润现象共同作用的结果．12．如图所示，在培养器内注入清水，让两根细木杆相互平行地浮在水面上，再在细木杆之间轻轻地滴入几滴酒精，细木杆会“自动”散开，请解释这一现象．解：漂浮在水面上的细木杆，原来两边受到大小相等、方向相反的表面张力作用，细木杆处于平衡状态，滴入酒精后，水的纯净度减小，内侧的表面张力减小，内侧比外侧的表面张力小，细木杆就散开了．。

2.气体的等温变化基础巩固1.一定质量的气体发生等温变化时,若体积增大为原来的n倍,则压强变为原来的()A.2nB.nC.1n D.2n答案:C解析:由玻意耳定律pV=恒量可知C正确。

2.下列图中,p表示压强,V表示体积,T为热力学温度,各图中正确描述一定质量的气体不是等温变化的是()答案:D解析:气体的等温变化指的是一定质量的气体在温度不变的情况下,气体的压强与体积成反比,B、C 正确,D错误。

温度不变,A正确。

3.(多选)一定质量的气体,在温度不变的条件下,将其压强变为原来的2倍,则()A.气体分子的平均动能增大B.气体的密度变为原来的2倍C.气体的体积变为原来的一半D.气体的分子总数变为原来的2倍答案:BC解析:温度是分子平均动能的标志,由于温度T不变,故分子的平均动能不变,据玻意耳定律得p1V1=2p1V2,得V2=12V1ρ1=mV1,ρ2=mV2即ρ2=2ρ1,故B、C正确。

4.采用验证玻意耳定律实验的主要器材针管及其附件,来测定大气压强的值,实验步骤如下:①将针管水平固定,拔下橡皮帽,向右将活塞从针管中抽出;②用天平称出活塞与固定在其上的支架的总质量为m总;③用卡尺测出活塞直径d;④再将活塞插入针管中,保持针管中有一定质量的气体,并盖上橡皮帽,此时,从针管上可读出气柱体积为V 1,如图所示;⑤将弹簧测力计挂钩钩在活塞支架上,向右水平缓慢拉动活塞到一定位置,此时,弹簧测力计读数为F ,气柱体积为V 2。

试用以上的直接测量数据,写出大气压强的最终表达式p 0= ,本实验中实验步骤(选填数字)是多余的。

答案:4FV 2πd 2(V 2-V 1)②解析:开始时气体的压强为p 0,向右水平缓慢拉动活塞到一定位置,弹簧测力计读数为F 时气体的压强 p 1=p 0-FS =p 0-F π(d 2)2=p 0-4Fπd2该过程中温度不变,则p 0V 1=p 1V 2 整理得p 0=4FV 2πd 2(V 2-V 1)由上面的式子可知,在表达式中,与活塞及固定在其上的支架的总质量无关,所以步骤②是多余的。

理想气体的综合问题[学习目标] 1.会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题.2.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．一、关联气体问题这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法：(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解． (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程． (3)多个方程联立求解．(2020·山东高二课时练)如图1所示，汽缸内A 、B 两部分气体由竖直放置、横截面积为S 的绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气．初始时两侧气体的温度相同，压强均为p ，体积之比为V A ∶V B ＝1∶2.现将汽缸从如图位置缓慢转动，转动过程中A 、B 两部分气体温度均不变，直到活塞成水平放置，此时，A 、B 两部分气体体积相同．之后保持A 部分气体温度不变，加热B 部分气体使其温度缓慢升高，稳定后，A 、B 两部分气体体积之比仍然为V A ∶V B ＝1∶2.已知重力加速度为g .求：图1(1)活塞的质量；(2)B 部分气体加热后的温度与开始时的温度之比． 答案 (1)2pS 3g (2)53解析 (1)汽缸转到竖直位置时，A 在上，B 在下，设总体积为V ，活塞质量为m ，则p A S ＋mg ＝p B S ，对A 气体，由玻意耳定律 p V 3＝p A V2， 对B 气体，由玻意耳定律p 2V 3＝p B V 2解得m ＝2pS3g(2)设初态A 、B 两部分气体的温度均为T ，则最后状态时A 部分气体的温度仍为T ，B 部分气体加热后的温度为T ′，则对A 气体，体积、温度均不变，故压强不变，仍为初态的p ；对B 气体，压强p B ＝p ＋mg S ＝53p ，则p T ＝53pT ′ 解得T ′T ＝53.两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足\f(pV ,T )为常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可.如图2所示，在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．图2答案 22.5 cm 7.5 cm解析 设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p .此时原左、右两边气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有 p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度大小． 由玻意耳定律知 p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③两边气柱长度的变化量大小相等 l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cml2′＝7.5 cm二、气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用解决该类问题的一般思路：(1)审清题意，确定研究对象．(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强．(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．(2020·海口市第四中学高二开学考试)如图3所示，固定的汽缸Ⅰ和汽缸Ⅱ的活塞用劲度系数为k＝100 N/cm的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中S2＝10 cm2.两汽缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与汽缸底部的距离均为L0＝10 cm，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，弹簧处于原长．现只给汽缸Ⅰ缓慢加热，使汽缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5 cm.已知活塞没有到达汽缸口，弹簧始终保持水平，汽缸内气体可视为理想气体．求此时：图3(1)弹簧的形变量；(2)汽缸Ⅰ内气体的温度．答案(1)1 cm(2)720 K解析(1)初始时弹簧处于原长，说明两汽缸内气体压强均为p0加热后，对汽缸Ⅱ的活塞受力分析得p0S2＋kx＝p2S2①对汽缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律得p0S2L0＝p2S2L2②L2＝L0－5 cm联立解得x＝1 cm(2)对汽缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程p0S1L0 T0＝p1S1L1 T③对汽缸Ⅰ的活塞受力分析得p1S1＝p0S1＋kx④由几何关系L1＝L0＋x＋5 cm⑤联立解得T＝720 K.(2020·烟台市中英文学校高二月考)有一内径相同的“U”形玻璃管ABCD，A端封闭、D端开口，AB、CD长度均为40 cm，BC长度为19 cm.用水银封闭一定质量的理想气体在A 端，竖直段水银柱长为18 cm，水平段水银柱长为4 cm，如图4所示．已知大气压强为75 cmHg，温度为27 ℃，现将其以BC为轴缓慢翻转直到A、D端竖直向上，求：图4(1)翻转后AB管中水银柱的长度；(2)保持A、D端竖直向上，缓慢升高A中气体的温度，使CD管中的水银柱变为18 cm，求此时气体的温度．答案(1)9 cm(2)477 ℃解析(1)以A中被封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，翻转前：p1＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V1＝(40－18)S＝22S，T1＝(273＋27) K＝300 K.设翻转后AB管中水银柱的长度h，则：p2＝(75－h) cmHg，V2＝(40－h)S根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2解得h＝9 cm(2)保持A、D端竖直向上，以A中气体为研究对象，则此时p3＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V3＝(40＋15)S＝55S根据理想气体状态方程有：p1V1T1＝p3V3T3解得T3＝750 K则t3＝(750－273) ℃＝477 ℃.1．(关联气体问题)(2021·重庆一中高二下月考)如图5所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为S a和S b，且S a<S b.缸内及管中封有一定质量的理想气体，整个系统处于平衡状态，大气压强不变．现使缸内气体的温度缓慢降低一点，则系统再次达到平衡状态时( )图5A ．活塞向左移动了一点B ．活塞向右移动了一点C ．活塞的位置没有改变D ．条件不足，活塞的位置变化无法确定 答案 B2．(关联气体问题)(2020·章丘四中高二月考)如图6所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、横截面积均为S 的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A 的上方放置一质量为2m 的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0.已知大气压强与活塞质量的关系为p 0＝3mg S ，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A 上面的物块取走时，活塞A 将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，活塞A 上升的高度．图6答案 0.9l 0解析 对Ⅰ气体，其初态压强p 1＝p 0＋3mgS末态压强为p 1′＝p 0＋mgS设末态时Ⅰ气体的长度为l 1，可得p 1l 0S ＝p ′l 1S 代入数据解得l 1＝32l 0对Ⅱ气体，其初态压强为p 2＝p 0＋4mgS末态压强为p 2′＝p 0＋2mgS设末态时Ⅱ气体的长度为l 2，可得p 2l 0S ＝p 2′l 2S 代入数据解得l 2＝75l 0.故活塞A 上升的高度为Δh ＝l 1＋l 2－2l 0 得Δh ＝0.9l 0.3．(综合应用)(2021·全国高二月考)如图7所示，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内理想气体(只有一种气体)分隔为A 、B 两部分，两部分气体的温度相等、质量相同，它们的体积之比V A V B ＝32.图7(1)求A 、B 两部分气体的压强之比p Ap B；(2)若其他条件不变，使A 、B 两部分气体升高相同的温度，试通过计算判断水银柱将如何移动．答案 (1)23(2)水银柱向上移动解析 (1)由于A 、B 两部分气体的温度相等、质量相同，故p A V A ＝p B V B ，解得p A p B ＝23.(2)设升温前A 部分气体的热力学温度为T ，升温过程中A 部分气体温度的变化量为ΔT ，压强的变化量为Δp ，若水银柱不移动，根据查理定律，有p A T ＝p A ′T ＋ΔT升温过程中A 部分气体压强的变化量 Δp A ＝p A ′－p A ，解得Δp A ＝ΔT T ·p A，同理可得，升温过程中B 部分气体压强的变化量Δp B ＝ΔT T ·p B，ΔT >0，p A <p B ，可知Δp A <Δp B ，故水银柱向上移动.1．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A 、B 两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时V A ∶V B ＝1∶2，现将A 中气体加热到127 ℃，B 中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比V A ′∶V B ′为( ) A ．1∶1 B ．2∶3 C ．3∶4D ．2∶1解析 对A 部分气体有：p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′①对B 部分气体有：p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′②因为p A ＝p B ，p A ′＝p B ′，T A ＝T B ，所以将①÷②式得 V A V B ＝V A ′T B ′V B ′T A ′所以V A ′V B ′＝V A T A ′V B T B ′＝1×4002×300＝23.故选B.2.(2020·哈尔滨三中高二月考)如图1所示，一端封口的玻璃管开口向下插在水银槽里，管内封有长度分别为L 1和L 2的两段气体．当将管慢慢地向下按一段距离时，管内气柱的长度将如何变化( )图1A ．L 1变小，L 2变大B ．L 1变大，L 2变小C ．L 1、L 2都变小D ．L 1、L 2都变大 答案 C解析 将管慢慢地向下按一段距离时，假设L 1、L 2的长度不变，L 1、L 2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L 1、L 2的长度都减小，故A 、B 、D 错误，C 正确．3.(2019·哈尔滨市第六中学高二月考)如图2，A 、B 是体积相同的汽缸，B 内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C ，D 为不导热的阀门．起初阀门关闭，A 内装有压强p 1＝2.0×105 Pa ，温度T 1＝300 K 的氮气；B 内装有压强p 2＝1.0×105 Pa ，温度T 2＝600 K 的氧气．打开阀门D ，活塞C 向右移动，最后达到平衡．以V 1和V 2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V 1与V 2之比为( )图2A ．1∶2B ．1∶4C ．1∶1D ．4∶1解析 设活塞C 向右移动x ，最后共同的温度为T ，压强为p ，由理想气体状态方程可知： 对A 部分气体有：p 1LS T 1＝pV 1T对B 部分气体有：p 2LS T 2＝pV 2T将两式相除：V 1V 2＝p 1p 2·T 2T 1＝41，故选D.4．(2020·山东省高二期中)2020年初，新冠病毒来袭．我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象．如图3是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．A 瓶和B 瓶中的药液一起用完 B ．B 瓶中的药液先用完C ．随着液面下降，A 瓶内C 处气体压强逐渐增大D ．随着液面下降，A 瓶内C 处气体压强保持不变 答案 C解析 药液从B 瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A 瓶中空气将A 瓶中药液压入B 瓶，补充B 瓶流失的药液，即B 瓶药液液面保持不变，直到A 瓶中药液全部流入B 瓶，即A 瓶药液先用完，A 、B 错误；A 瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A 瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A 瓶内C 处气体产生的压强逐渐增大，C 正确，D 错误．5．蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L ，压强为1 atm ，充气筒每次充入0.2 L 压强为1 atm 的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：(1)充气多少次可以让气体压强增大至3 atm ；(2)将充气后的蹦蹦球拿到温度为－13 ℃的室外后，压强将变为多少？(结果保留两位有效数字)答案 (1)20 (2)2.7 atm解析 (1)以蹦蹦球的原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：p 1(V ＋n ΔV )＝p 2V 代入数据解得 n ＝20(次)(2)当温度变化时，气体发生等容变化，由查理定律得：p 2T 2＝p 3T 3p 3＝T 3T 2p 2≈2.7 atm.6.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A 、B 两部分，如图4所示，两部分气体温度相同，都是27 ℃，A 部分气体压强p A 0＝1.0×105 Pa ，B 部分气体压强p B 0＝2.0×105 Pa.现对B 部分气体加热，使活塞上升，保持A 部分气体温度不变，体积减小为原来的23.求此时：图4(1)A 部分气体的压强p A ； (2)B 部分气体的温度T B . 答案 (1)1.5×105 Pa (2)500 K解析 (1)A 部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得 p A 0V ＝p A ·23V ，所以p A ＝32p A 0，把p A 0＝1.0×105 Pa 代入，得p A ＝1.5×105 Pa. (2)B 部分气体：初状态：p B 0＝2.0×105 Pa ，V B 0＝V ，T B 0＝300 K ， 末状态：p B ＝p A ＋(p B 0－p A 0)＝2.5×105 Pa. V B ＝V ＋13V ＝43V ，由理想气体状态方程p B 0V B 0T B 0＝p B V BT B，得T B ＝T B 0p B V Bp B 0V B 0＝300×2.5×105×43V2.0×105×V K ＝500 K.7.(2020·南和县第一中学高二期中)如图5所示，汽缸(内壁光滑)呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d .筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部d 2的高度，外界大气压强为1×105 Pa ，温度为27 ℃，现对气体加热，求：图5(1)当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；(2)气体温度达到387 ℃时，活塞离底部的高度和气体的压强． 答案 (1)600 K (2)d 1.1×105 Pa解析 (1)设活塞的横截面积为S ，以封闭气体为研究对象：p 1＝p 0，V 1＝d2S ，T 1＝300 K ；设温度升高到T 2时，活塞刚好到达汽缸口．此时有：p 2＝p 0，V 2＝dS 根据盖－吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2，得T 2＝600 K.(2)T 3＝660 K ＞T 2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以：l 3＝d 此时有：V 3＝dS ，T 3＝660 K ； 由理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得p 3＝1.1×105 Pa.8．U 形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm ，且水银面比封闭管内高4 cm ，封闭管内空气柱长为11 cm ，如图6所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：图6(1)粗管中气体的最终压强； (2)活塞推动的距离． 答案 (1)88 cmHg (2)4.5 cm解析 设细管横截面积为S ，则粗管横截面积为3S ， (1)以粗管内被封闭气体为研究对象，p 1＝80 cmHg ，V 1＝11×3S ＝33SV 2＝10×3S ＝30S封闭气体做等温变化：p 1V 1＝p 2V 280×33S ＝p 2·30Sp 2＝88 cmHg(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，p 1′＝76 cmHg ，V 1′＝11S ，p 2′＝88 cmHg封闭气体做等温变化：p 1′V 1′＝p 2′V 2′V 2′＝9.5S活塞推动的距离：L ＝11 cm ＋3 cm －9.5 cm ＝4.5 cm.9．(2019·全国卷Ⅱ)如图7，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：图7(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积．答案 (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )；② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，则由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p V 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p .。

第2课时气体的等温变化[学习目标] 1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算．玻意耳定律1．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．2．公式pV＝C或p1V1＝p2V2.3．条件气体的质量一定，温度不变．1．判断下列说法的正误．(1)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比．(√)(2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变．(√)(3)一定质量的某种气体等温变化的p－V图像是通过原点的倾斜直线．(×)2．一定质量的某种气体发生等温变化时，若体积增大了n倍，则压强变为原来的．答案1 n＋1一、封闭气体压强的计算导学探究(1)如图1甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度为g，其他条件已标于图上，试求封闭气体A的压强．(2)在图乙中，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p0，重力加速度为g，试求封闭气体的压强．图1答案 (1)同一水平液面C 、D 处压强相同，可得p A ＝p 0＋ρgh .(2)以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS则p ＝p 0＋mg S. 知识深化1．取等压面法同种液体在同一深度向各个方向的压强相等，在连通器中，灵活选取等压面，利用同一液面压强相等求解气体压强．如图2甲所示，同一液面C 、D 两处压强相等，故p A ＝p 0＋p h ；如图乙所示，M 、N 两处压强相等，从左侧管看有p B ＝p A ＋p h 2，从右侧管看，有p B ＝p 0＋p h 1.图22．力平衡法选与封闭气体接触的活塞、汽缸或液体为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强．说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．如图3所示，活塞的质量为m ，缸套的质量为M ，通过弹簧静止吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S ，大气压强为p 0，重力加速度为g ，则封闭气体的压强p 为( )图3A ．p 0＋Mg SB ．p 0＋(M ＋m )g SC ．p 0－Mg S D.mg S答案 C解析 以缸套为研究对象，有pS ＋Mg ＝p 0S ，所以封闭气体的压强p ＝p 0－Mg S，故应选C. 如图4所示，竖直静止放置的U 形管，左端开口，右端封闭，管内有a 、b 两段水银柱，将A 、B 两段空气柱封闭在管内．已知水银柱a 长h 1为10 cm ，水银柱b 两个液面间的高度差h 2为5 cm ，大气压强为75 cmHg ，求空气柱A 、B 的压强分别是多少．图4答案 65 cmHg 60 cmHg解析 设管的横截面积为S ，选a 的下端面为参考液面，它受向下的压力为(p A ＋p h 1)S ，受向上的大气压力为p 0S ，由于系统处于静止状态，则(p A ＋p h 1)S ＝p 0S ，所以p A ＝p 0－p h 1＝(75－10) cmHg ＝65 cmHg ，再选b 的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h 2的上表面处的压强等于p B ，则(p B ＋p h 2)S ＝p A S ，所以p B ＝p A －p h 2＝(65－5) cmHg ＝60 cmHg.二、玻意耳定律导学探究 如图5所示，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂．问：图5(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变？(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？(3)为什么到达水面会破？答案 (1)变小．(2)由玻意耳定律pV ＝C 可知，压强变小，气体的体积增大．(3)内外压强不相等，气泡内压强大于外部压强．知识深化1．常量的意义p 1V 1＝p 2V 2＝C ，该常量C 与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大．2．应用玻意耳定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)．(3)根据玻意耳定律列方程求解．(注意统一单位)(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．特别提醒确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制．如图6所示，在长为57 cm且一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm 高的水银柱封闭着51 cm长的气体，管内外气体的温度相同．现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平．外界大气压强p0＝76 cmHg，且温度不变．求此时管中封闭气体的压强．图6答案85 cmHg解析设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象，初状态p1＝p0＋p h1＝80 cmHg，V1＝51 cm×S，末状态p2＝p0＋p h＝(76＋h) cmHg，V2＝(57 cm－h)S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据解得h＝9 cm，则p2＝85 cmHg.如图7所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小．已知大气压强为p0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度．图7答案 (H －h )(p 0S ＋G )H解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p 1＝p 0＋G S，体积V 1＝hS ，末状态：压强p 2＝p 0＋G －F S ，体积V 2＝HS .由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，即⎝⎛⎭⎫p 0＋G S hS ＝⎝⎛⎭⎫p 0＋G －F S HS ，解得F ＝(H －h )(p 0S ＋G )H.1．(压强的计算)求图8中被封闭气体A 的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p 0＝76 cmHg.(p 0＝1.01×105 Pa ，g ＝10 m/s 2，ρ水＝1×103 kg/m 3)图8答案 (1)66 cmHg (2)71 cmHg (3)81 cmHg (4)1.13×105 Pa解析 (1)p A ＝p 0－p h ＝76 cmHg －10 cmHg ＝66 cmHg.(2)p A ＝p 0－p h ＝76 cmHg －10sin 30° cmHg ＝71 cmHg.(3)p B ＝p 0＋p h 2＝76 cmHg ＋10 cmHg ＝86 cmHg ，p A ＝p B －p h 1＝86 cmHg －5 cmHg ＝81 cmHg.(4)p A ＝p 0＋ρ水gh ＝1.01×105 Pa ＋1×103×10×1.2 Pa ＝1.13×105 Pa.2．(压强的计算)如图9所示，活塞质量为M ，上表面横截面积为S ，上表面水平，下表面与水平面成α角，摩擦不计，外界大气压为p 0，则被封闭气体的压强为(重力加速度为g )( )图9A.p 0－Mg cos αSB.p 0cos αMg SC ．p 0－Mg SD.p 0－Mg cos 2αS答案 C解析 以活塞为研究对象，对活塞受力分析如图所示外界对活塞的压力为F ＝p 0S cos α， 由平衡条件有F cos α＝Mg ＋pS ，解得p ＝p 0－Mg S，C 正确． 3.(玻意耳定律)(2020·吉林高二期末)如图10所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1 000 cm 3，上方汽缸的长度为40 cm ，横截面积为50 cm 2.小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压．皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.图10(1)若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸底部时，求皮吸中气体的压强；(2)若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止，求此时小明作用力的大小．答案 (1)3.0×105 Pa (2)250 N解析 (1)以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为p 0， 体积：V 1＝1 000 cm 3＋40×50 cm 3＝3 000 cm 3当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p2，体积为V2＝1 000 cm3，由玻意耳定律：p0V1＝p2V2解得：p2＝3p0＝3.0×105 Pa(2)以皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为p0，体积为V2＝1 000 cm3，活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止时，设小明作用力的大小为F，封闭气体的压强为p3，体积为：V3＝1 000 cm3＋20×50 cm3＝2 000 cm3由玻意耳定律有：p0V2＝p3V3又有：F＋p3S＝p0S解得：F＝250 N.考点一气体压强的计算1.如图1所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为()图1A．p0＋h2B．p0－h1C．p0－(h1＋h2)D．p0＋(h2－h1)答案 B解析选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确．2.(2020·莱州一中高二月考)如图2所示，内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上，T形活塞的质量为M，下底面积为S，上底面积为4S，若大气压强为p0，重力加速度为g，则被封闭气体的压强p等于()图2A ．4p 0＋Mg SB ．3p 0＋Mg SC ．p 0＋Mg SD ．条件不够，无法判断答案 C解析 以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，根据受力平衡得Mg ＋p 0S ＝pS ，解得p ＝p 0＋Mg S ，C 正确． 3.如图3所示，两端开口的足够长的均匀U 形管竖直放置，用两段汞柱封闭了一段空气柱．若在右端再注入2 cm 的汞柱，则封闭气体的压强为 cmHg ；若在左端再注入2 cm 的汞柱，则封闭气体的压强为 cmHg.(大气压为76 cmHg)图3答案 88 86考点二 玻意耳定律4．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为( )A ．球内氢气温度升高B ．球内氢气压强增大C ．球外空气压强减小D ．以上说法均不正确答案 C解析 气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体发生膨胀，到一定程度时，气球就会胀破，故C 正确．5.如图4所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )图4A ．体积不变，压强变小B ．体积变小，压强变大C ．体积不变，压强变大D ．体积变小，压强变小答案 B解析 由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，B 选项正确．6．一定质量的气体，压强为3 atm ，保持温度不变，当压强减小了2 atm 时，体积变化了4 L ，则该气体原来的体积为( )A.43 L B ．2 L C.83L D ．3 L 答案 B解析 设该气体原来的体积为V 1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V 1＝(3－2)·(V 1＋4 L)，解得V 1＝2 L ，B 正确．7．一个气泡由湖面下20 m 深处缓慢上升到湖面下10 m 深处，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的( )A ．3倍B ．2倍C ．1.5倍 D.710答案 C解析 由于气泡缓慢上升，在湖面下20 m 处，气泡的压强p 1≈3 atm(1 atm 即1个标准大气压p 0＝1.01×105 Pa ，湖面上的大气压强为1 atm)；在湖面下10 m 深处，气泡的压强p 2≈2 atm.由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，因此V 2V 1＝p 1p 2≈3 atm 2 atm ＝1.5，故C 正确．8.如图5所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内被封闭一段气体，水银面比右管低，现保持左管不动，为了使两管内水银面一样高，下面采取的措施可行的是( )图5A ．减小外界气压B ．从U 形管的右管向内加水银C ．把U 形管的右管向上移动D ．把U 形管的右管向下移动答案 D解析 为使两管内水银面一样高，左管中气体的压强减小，由玻意耳定律知，气体的体积要增大，右管必须向下移动，D 正确．9．质量为M 的汽缸口朝上静置于水平地面上(如图6甲)，用质量为m 的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计)，活塞的横截面积为S .将汽缸倒扣水在水平地面上(如图乙)，静止时活塞没有接触地面．已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计一切摩擦，则下列分析正确的是( )图6A ．甲图中，汽缸对地面的压力为MgB ．甲图中，封闭气体压强为p 0＋mg SC ．乙图中，地面对汽缸的支持力为Mg ＋p 0SD ．乙图中，封闭气体压强为p 0－Mg S答案 B解析 题图甲中对活塞受力分析可知，p 0S ＋mg ＝pS ，则封闭气体压强为p ＝p 0＋mg S，选项B 正确；题图甲、乙中，对活塞和汽缸整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg ＋mg ，则汽缸对地面的压力为Mg ＋mg ，选项A 、C 错误；题图乙中，对活塞受力分析可知，p ′S＋mg ＝p 0S ，则封闭气体压强为p ′＝p 0－mg S，选项D 错误． 10．(多选)(2021·辽宁沈阳市高二期中)如图7所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水根槽中，管中有一段高为h 1的水银柱封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h 2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是( )图7A．h2变长B．h2不变C．水银柱上升D．水银柱下降答案BD解析对于管内封闭的气体，其压强为p＝p0＋ρ水银gh1也可以有p＝p0＋ρ水银gh2则知h1＝h2h1不变则h2不变．当外界压强增大时，管内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律pV＝C可以知道气体的体积减小，则水银柱下降．故选B、D.11.(2020·西安中学高二期末)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图8所示．开始时两管内水银柱等高，两管内空气柱长均为l＝90 cm，此时两管内空气柱温度均为27 ℃，外界大气压为p0＝76 cmHg.现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升14 cm，在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到－23 ℃，右管内温度保持在27 ℃.求：图8(1)注入水银柱的长度；(2)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离．答案(1)42 cm(2)62 cm解析(1)只对右管封闭气体研究，发生了等温变化p1V1＝p2V2即76×90S＝p2(90－14)S解得p2＝90 cmHg故注入水银柱的长度L＝28 cm＋(90－76) cm＝42 cm(2)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离h＝(90＋14) cm－42 cm＝62 cm.12.(多选)如图9所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是()图9A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h cos θC．B管内水银面比管外水银面低h cos θD．管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ高的水银柱产生的压强答案BD解析以A管中的水银柱为研究对象，则有pS＋ρ水银h cos θ·S＝p0S，管内封闭气体压强p＝p0－ρ水银h cos θ，显然p<p0，且B管内水银面要比管外水银面高h cos θ，故B、D正确．13.如图10，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则()图10A．h、l均变大B．h、l均变小C．h变大，l变小D．h变小，l变大答案 A解析水银柱产生的压强加上封闭气体产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，假设水银柱不动，则管内水银柱上方气体的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大，故选A.。

其次章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·吉林省吉化一中高二下学期期中)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图，在输液过程中( A )A．A瓶中的药液先用完B．B瓶中的药液先用完C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强渐渐减小D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变解析：药液从B瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，依据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶补充，使B瓶液面保持不变，直到A瓶液体全部流入B瓶，所以A瓶液体先用完，故A正确，B错误；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，液体产生压强减小，因此封闭气体压强增大，故C错误，D错误。

2．肯定质量的某种气体，在不同温度下的气体分子热运动速率的统计分布图像如图所示，下列说法正确的是( B )A．状态①的温度高于状态②的温度B．气体分子在高温状态时的平均速率大于低温状态时的平均速率C．不计分子势能，气体在状态①时具有的内能较大D．温度上升时每个分子运动的动能都增大解析：从图中可看出状态②的温度大于状态①的温度，A错误；温度是分子平均动能的标记，选项B正确，C错误；温度上升时，个别分子的动能可能减小，D错误。

3．(2024·山东省淄川中学高二下学期段考)用打气筒将压强为1 atm空气打进自行车胎内，假如打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm。

现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( C )A．5次B．10次C．15次D．20次解析：打气N次后，空气压强达到4标准大气压，打入的气体在标准大气压下的体积为NΔV。

分层作业6 实验:探究气体等温变化的规律A组必备知识基础练1.(多选)在探究气体等温变化的规律的实验中,为保持温度不变,下列采取的措施合理的是( )A.推动活塞运动时尽可能慢些B.在活塞上涂上润滑油,保持良好的密封性C.不要用手握住注射器封闭气体部分D.实验时尽量在注射器中封入较多的空气2.对一定质量的气体,在等温条件下得出体积V与压强p的数据如下表:图线。

(1)根据所给数据在坐标纸上(如图所示)画出p-1V(2)由画出的图线可得结论是。

3.某实验小组用如图(a)所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。

(a)(1)关于该实验,下列说法正确的是。

A.实验前应将注射器内的空气完全排出B.空气柱体积变化应尽可能的快些C.空气柱的压强随体积的减小而减小的图像可以直观反映出p与V的关系D.作出p-1V图像,若两人实验时均操作(2)图(b)是甲、乙两同学在实验中得到的p-1V无误且选取的坐标标度相同,那么两图像斜率不同的主要原因是。

(b)4.(江苏盐城中学高二期末)用气体压强传感器做探究气体等温变化的规律的实验,实验装置如图甲所示。

(1)关于该实验下列说法正确的是。

A.为保证封闭气体的气密性,应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油B.为方便推拉柱塞,应用手握住注射器C.为节约时间,实验时应快速推拉柱塞和读取数据D.实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得(2)A组同学在操作规范、不漏气的前提下,测得多组压强p和体积V的数图线,发现图线不通过坐标原点,如图乙、丙所示。

则造成这据并作出V-1p一结果的原因是。

(3)A组同学利用所得实验数据作出p-1图线,应该是。

VB组关键能力提升练5.(江苏南通高二期末)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。

甲(1)实验室有容积为5 mL和20 mL的两种注射器供选择,为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化,选用容积为的注射器更合适。

(2)关于该实验下列说法正确的有。

其次章测评(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2024北京通州区高三三模)关于固体、液体,下列说法正确的是()A.晶体没有确定的熔点,非晶体有确定的熔点B.液晶既具有液体的流淌性,又像某些晶体那样具有光学各向异性C.表面张力使液体表面具有扩张趋势,使液体表面积趋于最大D.发生毛细现象时,细管中的液体只能上升不会下降,非晶体没有确定的熔点,A错误;由液晶的性质知它既具有液体的流淌性,又像某些晶体那样有光学各向异性,B正确;表面张力使液体表面具有收缩的趋势,使液体表面积趋于最小,C错误;毛细管插入浸润液体中,管内液面上升,高于管外;毛细管插入不浸润液体中,管内液体下降,低于管外,D错误。

2.(2024广东广州高二月考)关于以下几幅图中现象的分析,下列说法正确的是()A.甲图中水黾停在水面而不沉,是浮力作用的结果B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后,扩成一个圆孔,是表面张力作用的结果C.丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象,低于管外液面的不是毛细现象D.丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后,它的尖端会变钝,是一种浸润现象,有些小昆虫才能在水面上行走自如,故A错误;将棉线圈中肥皂膜刺破后,扩成一个圆孔,是表面张力作用的结果,故B正确;题图丙中两种现象都属于毛细现象,故C错误;玻璃管的裂口在火焰上烧熔后,它的尖端会变钝,是表面张力的作用,不是浸润现象,故D错误。

3.(2024上海长宁区二模)如图所示为医院给病人输液的部分装置,A为输液瓶,B为滴壶,C为进气管,与大气相通。

在输液过程中(假设病人保持不动、瓶A液体未流完)()A.瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均减小B.瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均增大C.瓶A上方的气体压强增大,滴壶B中的气体压强不变D.瓶A上方的气体压强减小,滴壶B中的气体压强不变A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差,瓶A中的液风光下降,液体产生的压强就减小,所以瓶A中上方气体的压强会增大,进气管C处的压强为大气压强,不变更,从C到滴壶B之间的液柱高度不变,所以滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的。