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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12小题，其中第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，第9～12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·江苏扬州高三开学考试)下列三幅图对应的说法中正确的是( B )
A．图甲中T1>T2
B．图甲中两条曲线下的面积相等
C．图乙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是分子间存在着相互作用的斥力
D．图丙是玻璃管插入某液体发生的现象，是由于该液体分子间的相互作用比液体与玻璃的相互作用强造成的
答案：B
解析：图甲中分子热运动越剧烈，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T12．如图所示，一定质量的理想气体经历 a→b、b→c、c→d、d→a四个过程，下列说法正确的是( C )
A．a→b过程中气体压强减小
B．b→c过程中气体压强增大
C．c→d过程中气体压强增大
D．d→a过程中气体压强减小
答案：C
解析：根据理想气体状态方程＝C(常量)可知，V＝T，在V－T图像中，图线上各点与坐标原点的连线的斜率与压强有关，斜率越大，压强越小。
a→b过程，图线的延长线过坐标原点，为等压线，所以压强不变，A错误；b→c过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越大，故压强越来越小，即pb>pc，B错误；c→d过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越小，故压强越来越大，即pd>pc，故C正确；d→a过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越小，故压强越来越大，即pa>pd，D错误。故选C。
3．下列叙述中错误的是( D )
A．晶体的各向异性是由于它的微粒是按各自的规则排列着的
B．单晶体具有规则的几何外形是由于它的微粒按一定规律排列
C．非晶体的内部微粒是无规则排列的
D．石墨的硬度与金刚石差很多，是由于它的微粒没有按空间点阵分布
答案：D
解析：晶体内部微粒排列的空间结构决定着晶体的物理性质不同，也正是由于它的微粒按一定规律排列，使单晶体具有规则的几何外形，选项A、B正确；非晶体的内部微粒是无规则排列的，选项C正确；石墨与金刚石的硬度相差甚远是由于它们内部微粒的排列结构不同，石墨的层状结构决定了它的质地松软，而金刚石的网状结构决定了其中碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度，选项D错误。故选D。
4．(2023·徐州高二阶段练习)如图所示，一粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2＝h1，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端注入少量水银，系统重新达到平衡，则( C )
A．A气体的压强小于外界大气压强
B．B气体的压强变化量小于A气体的压强变化量
C．水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度
D．水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度
答案：C
解析：注入水银前，A气体压强pA＝p0＋ρgh2－ρgh1＝p0，当在右管开口端注入少量水银时，h2增大，A、B气体压强均变大，即A气体的压强大于外界大气压强，A错误；右管注入水银后，两部分封闭气体压强均变大，由玻意耳定律p1V1＝p2V2，A、B气体体积均变小。假设B气体体积不变，则水银面a上升的高度等于水银面c下降的高度，等于b下降的高度，由于B气体体积同时要变小，故水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度，C正确；假设注入Δh高度的水银，则B气体的压强变化量一定为ΔpB＝ρgΔh，假设A、B气体的体积均不变，则A气体的压强变化量也为ΔpA＝ρgΔh，压强增大后，根据玻意耳定律，体积要变小，故A气压变化量小于ρgΔh，即B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量，B错误；注入水银前，A气体压强pA＝p0＋ρgh2－ρgh1＝p0，右管中注入少量水银达到平衡后，封闭气体A、B气体压强均变大，注入水银后，设右管上段新水银柱的长度为h2′，a、b间新的高度差为h1′，根据平衡可得pA′＋ρgh1′＝p0＋ρgh2′，由于pA′>p0，所以h2′>h1′，水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度，D错误。故选C。
5．(2024·云南昆明一模)如图所示，质量相等的同种理想气体甲和乙分别用绝热活塞封闭在两个相同的绝热汽缸中，两汽缸固定在同一水平面上，开口分别竖直向上和水平向右，活塞质量不能忽略且可沿汽缸无摩擦滑动。甲、乙两气体的体积相等，它们的压强分别用p甲、p乙表示，温度分别用T甲、T乙表示。下列关系正确的是( A )
A．p甲>p乙，T甲>T乙
B．p甲>p乙，T甲C．p甲T乙
D．p甲答案：A
解析：对甲图活塞受力分析有mg＋p0S＝p甲S，乙图活塞受力分析有p乙S＝p0S，由题知质量相等的同种理想气体甲乙两气体的体积相等，则根据＝，可知p甲>p乙，T甲>T乙，故A正确。
6．真空轮胎(无内胎轮胎)，又称“低压胎”“充气胎”，在轮胎和轮圈之间封闭着空气，轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力，提高了对破口的自封能力。若某个轮胎胎内气压只有1.6个标准大气压，要使胎内气压达到2.8个标准大气压，用气筒向胎里充气，已知每次充气能充入1个标准大气压的气体0.5 L，轮胎内部空间的体积为3×10－2 m3，且充气过程中保持不变，胎内外气体温度也始终相同，气体看成理想气体，则需要充气的次数为( B )
A．66 B．72
C．76 D．82
答案：B
解析：根据题意知，气体做等温变化p1V＋np0V0＝p2V，即1.6p0×3×10－2＋np0×0.5×10－3 m3＝2.8p0×3×10－2 m3，解得n＝72，故B正确。
7．小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温(室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cm汞柱产生的压强)，结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，当室内温度为27 ℃时，B管内水银面的高度为16 cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是( C )
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22 cm时，室内的温度为－3 ℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
答案：C
解析：根据受力分析可知pA＋x＝p0，又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；温度越高，由＝C可知压强越大，故而温度越高，刻度x的数值就越小，应为上低下高，故B错误；由pA1＋x＝p0，得pA1＝60 cmHg，又pA2＝54 cmHg，＝，T1＝300 K得T2＝270 K＝－3 ℃，故C正确；若把该装置放到高山上，p0′会减小，x′＝p0′－pA会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高，故D错误。
8．(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瓶底朝上漂浮在液体中，玻璃瓶内外液面高度差为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( C )
A．玻璃瓶内外液面高度差h变大
B．玻璃瓶内气体压强变大
C．玻璃瓶逐渐上浮
D．玻璃瓶受到的浮力变大
答案：C
解析：玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差不变，故A、B错误；瓶内气体压强不变、温度升高，故体积变大，玻璃瓶逐渐上浮，故C正确；玻璃瓶受到的浮力等于玻璃瓶的重力，故瓶内气体温度缓慢升高的过程中，玻璃瓶受到的浮力不变，故D错误。
9．下列说法正确的是( A )
A．只要减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象
D．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
答案：AD
解析：温度就是量度分子运动剧烈程度的物理量，分子运动越剧烈温度越高，反之亦然，故A正确；在完全失重情况下，气体分子也在撞击容器壁，所以依然存在压强，故B错误；液体表层分子间距大于液体内部分子间距时，液体表面有表面张力；而浸润现象是器壁分子对附着层分子作用力大于内层子分子对附着层分子力，导致附着层分子增多，分子间距小于r0体现出斥力，故C错误；干旱的时候，土壤中存在毛细管，加速土壤水分蒸发；给土壤松土后破坏了毛细管，减弱了毛细现象，从而防止土壤内层的水分蒸发，故D正确。故选AD。
10．(2023·高密市第一中学高二期末)如图所示为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( A )
A．初始状态满足pB＝pA＋ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度
B．ΔVA>ΔVB
C．ΔpA<ΔpB
D．液柱将向上移动
答案：AD
解析：初始状态满足pB＝pA＋ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度，A正确；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，B错误；首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：ΔpA1＝ΔT，对气体B：ΔpB1＝ΔT，由于pB>pA所以，ΔpB1>ΔpA1，则液柱将向上移动，则液体压强减小，液体稳定后有pB′＝pA′＋ρgh′，则pB′－pB＝pA′－pA＋ρg(h′－h)，即ΔpB＝ΔpA＋ρg(h′－h)<ΔpA，故C错误，D正确。故选AD。
11．(2024·河南周口二模)如图，容积为V0的汽缸竖直放置，导热良好，右上端有一阀门连接抽气孔。汽缸内有一活塞，初始时位于汽缸底部高度处，下方密封有一定质量、温度为T0的理想气体。现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，然后缓慢加热活塞下方气体。已知大气压强为p0，活塞产生的压强为p0，活塞体积不计，忽略活塞与汽缸之间摩擦。则在加热过程中( A )
A．开始时，活塞下方体积为V0
B．温度从T0升至1.5T0，气体对外做功为p0V0
C．温度升至2T0时，气体压强为p0
D．温度升至3T0时，气体压强为p0
答案：AD
解析：由于初始时位于汽缸底部高度处，则初始时，活塞下方体积为V0，由于大气压强为p0，活塞产生的压强为p0，则初始时，气体的压强p1＝p0＋p0＝p0，将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门过程，末状态气体的压强为p0，根据玻意耳定律有p1V0＝p0V1，解得V1＝V0，即加热开始时，活塞下方体积为V0，故A正确；若活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门之后缓慢加热，活塞恰好到达汽缸顶部，与顶部没有相互作用的弹力，气体压强始终为p0，此时，根据盖—吕萨克定律有＝，解得T1＝2T0，可知，温度从T0升至1.5T0过程，活塞没有到达顶部，气体做等压变化，则有＝，解得V2＝V0，则温度从T0升至1.5T0，气体对外做功为W＝p0＝p0V0，故B错误；结合上述可知，温度升至2T0时，活塞恰好到达汽缸顶部，与顶部没有相互作用的弹力，气体压强为p0，故C错误；结合上述可知，温度升至3T0时，活塞已经到达汽缸顶部，与顶部有相互作用的弹力，温度由2T0升高至3T0过程为等容过程，根据查理定律有＝，解得p2＝p0，故D正确。
12．(2024·河北保定一模)一定质量的理想气体，从状态A开始，经历B、C两个状态又回到状态A，压强p与体积V的关系图像如图所示，BC与横轴平行，等腰△ABC的面积为S0，AB的反向延长线经过坐标原点O，已知气体在状态C的温度为T0，再根据图像所提供的其他已知信息，下列说法正确的是( A )
A．气体在状态A的体积为2V0
B．气体在状态B的压强为
C．气体在状态A的温度为T0
D．从状态B到状态C，外界对气体做的功为5S0
答案：AC
解析：根据题意已知等腰△ABC做∠CAB的角平分线会垂直平分底边BC，得VA＝2V0，故A正确；设气体在状态A、B的体积分别为VA、VB，AB的反向延长线经过坐标原点O，由正比例函数关系可得＝，三角形ABC的面积为S0，则有S0＝(pB－pA)(VB－VC)，联立解得pA＝，pB＝，故B错误；由C到A由理想气体状态方程可得＝，已知TC＝T0，由图可知pB＝pC，联立解得TA＝T0，故C正确；由功的定义可得气体对外界做的功等于p－V关系图像与横轴所围成的面积，则气体从状态B到状态C，外界对气体做的功为W＝pB(VB－VC)，解得W＝6S0，故D错误。
第Ⅱ卷(非选择题　共60分)
二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
13．(6分)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验，下列说法正确的有________。
A．该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B．应快速推拉柱塞
C．为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞
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
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________(选填“①”或“②”)。
(3)为更准确地测出气体的压强，小华用压强传感器和注射器相连，得到某次实验的p－V图如图丙中的直线AB所示，究其原因，温度发生了怎样的变化________。
A．一直下降 B．先上升后下降
C．先下降后上升 D．一直上升
答案：(1)AD　(2)②　(3)B
解析：(1)该实验是研究质量一定的气体在温度不变情况下，压强跟体积的关系，采用了控制变量法，故A正确；快速推拉或用手握住注射器，会导致气体温度发生变化，不符合实验条件，故B、C错误；实验只需要关注图像的斜率变化即可探究压强跟体积的关系，所以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，故D正确。
(2)因漏气，导致气体质量减小，在一定体积时的压强会变小，也就是图像的斜率变小，故选②。
(3)根据图像与等温线的关系，可知气体温度先升高再降低。故选B。
14．(8分)(2024·山东东营高二期末)如图甲，某同学用气体压强传感器探究气体等温变化的规律。操作步骤如下：
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机连接起来；
②缓慢推进活塞至某位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。
(1)下列操作是为保证实验过程中气体温度不变的是________(填选项代号)。
A．推进活塞要缓慢
B．用橡皮帽堵住注射器的小孔
C．实验时，不要用手握注射器
D．在注射器活塞一周涂润滑油
(2)由于实验操作有误，导致推进活塞过程中存在漏气现象，则实验得到的p－图像应是________(填选项代号)。
(3)该同学进行了两次实验，其中一组得到的p－V图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1________T2(填“<”“>”或“＝”)：另一小组根据实验数据作出的V－图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是________。
答案：(1)AC　(2)B　(3)>　实验时未考虑注射器前端连接处的气体
解析：(1)移动活塞要缓慢，使注射器内的空气与外界充分进行热交换，保持注射器内气体温度不变，故A正确；用橡皮帽堵住注射器的小孔是为了控制气体的质量不变，不是控制气体温度不变，故B错误；实验时，不要用手握注射器可以保持注射器内气体温度不变，故C正确；在注射器活塞一周涂润滑油是防止注射器漏气，保持注射器内气体质量不变，故D错误。
(2)一个等温变化，由pV＝C得p＝C，对应的p－图像为一条过原点的倾斜直线，由于漏气，pV乘积减小，即图像的斜率变小，故A错误，B正确。
(3)根据一定质量的理想气体状态方程＝C，可知pV的乘积越大，则气体的温度越高，所以T1>T2，另一小组根据实验数据作出的V－图线如图丙所示，若实验操作规范正确，造成图像不过原点的原因可能是试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验器材可知，实验时未考虑注射器前端封有橡胶套处有多余气体。
三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(10分)如图所示，为一个带有阀门K、容积为2 L的汽缸。先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 mL的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化，外界大气的压强p0＝1×105 Pa。
(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打气多少次？
(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为700 mL的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa，则可充满多少瓶？
答案：(1)40次　(2)4瓶
解析：(1)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，则气体的初状态
p1＝1.0×105 Pa，V1＝V0＋nΔV
末状态p2＝5.0×105 Pa，V2＝V0
其中V0＝2 L，ΔV＝0.2 L
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
代入数据解得n＝40次。
(2)设气压为2.0×105 Pa时气体的体积为V3，则p3＝2.0×105 Pa
由玻意耳定律有p2V2＝p3V3
代入数据解得V3＝5 L
真空瓶的容积为V瓶＝0.7 L
因＝4
故可充满4瓶。
16．(10分)(2024·山西太原一模)如图所示，粗细均匀的U形细玻璃管竖直倒置，竖直高度为20 cm，水平宽度为5 cm，左端开口，右端封闭。用长度为10 cm的水银柱在右侧管内封闭了长为10 cm的理想气体，初始状态环境温度为258 K，大气压强为76 cmHg。现缓慢升高环境温度，有6 cm长的水银柱进入左侧竖直细管，细玻璃管的内径远小于其自身的长度。求：
(1)此时管内封闭气体的压强；
(2)此时环境的温度。
答案：(1)70 cmHg　(3)441 K
解析：(1)升温后有6 cm长的水银柱进入左侧竖直细管，水银柱高
h2＝6 cm
空气柱长l2＝21 cm
封闭气体的压强为p2，则p2＋ρgh2＝p0
所以p2＝70 cmHg。
(2)升温前水银柱高
h1＝10 cm
温度为T1＝258 K
空气柱长为l1＝10 cm
封闭气体的压强为p1，则p0＋ρgh1＝p1
解得p1＝86 cmHg
根据理想气体状态方程可得
＝
解得T2＝441 K。
17．(12分)(2024·黑龙江齐齐哈尔二模)“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)。假设加热后小罐内的空气温度为87 ℃，当时的室温为27 ℃，大气压为p0＝1×105 Pa，小罐开口部位的面积S＝3×10－3 m2。当罐内空气温度变为室温时，求：(不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响)
(1)小罐内的空气对皮肤的压力大小；
(2)某次拔罐时由于医生操作不当，小罐未紧贴在皮肤上，当罐内空气变为室温时，进入罐内空气与原有空气质量之比为多少。
答案：(1)250 N　(2)
解析：(1)加热后小罐内的空气
p1＝p0＝1×105 Pa
T1＝87＋273 K＝360 K
罐内空气温度变为室温时
T2＝27＋273 K＝300 K
气体做等容变化，则＝
解得p2＝×105 Pa
小罐内的空气对皮肤的压力大小为
F＝p2S＝×105×3×10－3 N＝250 N。
(2)设小罐的体积为V1，小罐未紧贴在皮肤上，气体做等压变化，则
＝
罐内空气温度变为室温时，原先小罐内的空气的体积变为
V2＝V1
进入罐内空气与原有空气质量之比为
＝＝。
18．(14分)如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为S的活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B两部分气柱的长度均为L0，压强均等于大气压p0，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为fm，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。气体温度始终保持不变，向右缓慢推动活塞。
(1)当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？
(2)若隔板向右缓慢移动了的距离，则活塞向右移动了多大的距离？
答案：(1)　(2)
解析：(1)对于气体A，初态pA1＝p0，VA1＝L0S
设当活塞向右移动x1距离时隔板开始移动，则
pA2＝p0＋
体积VA2＝L0S－Sx1
根据玻意耳定律可得pA1VA1＝pA2VA2
即p0L0S＝(L0S－Sx1)
解得x1＝。
(2)对于气体B，初态pB1＝p0，VB1＝L0S
设当活塞向右移动x2距离时隔板向右移动，体积
VB2＝L0S－S·
根据玻意耳定律可得pB1VB1＝pB2VB2
解得pB2＝2p0
此时气体A的压强为
pA3＝pB2＋＝2p0＋
体积VA3＝S
根据玻意耳定律可得pA1VA1＝pA3VA3
即p0L0＝
解得x2＝。
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第二章　气体、固体和液体
章 末 小 结
知识网络构建
方法归纳提炼
一、气体定律与理想气体状态方程的应用
1．玻意耳定律、查理定律，盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例。如：
2．应用理想气体状态方程解题的一般思路
(1)选对象：根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定。
(2)找参量：找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式。
(3)认过程：过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提。
(4)列方程：根据研究对象状态变化的具体方式，选用气态方程或某一实验定律，代入具体数值，T必须用热力学温度，p、V的单位要统一，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。
1．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞，初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。已知玻璃管的横截面积处处相同，在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强p0＝75.0 cmHg，环境温度不变。求：
(1)初始时刻，右侧管内气体的压强；
(2)管内两边汞柱高度相等时，右侧管内气体的压强；
(3)活塞向下移动的距离(保留三位有效数字)。
答案：(1)90 cmHg　(2)144 cmHg　(3)9.42 cm
解析：(1)设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0；长度为l2，活塞被下推后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′，左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′；以cmHg为压强单位，由题给条件可得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg。
二、应用理想气体状态方程处理变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用相关规律求解。
1．充气问题
向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
2．抽气问题
从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量转化为定质量问题。
3．分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
4．漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程式求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，用相关方程求解。
(1)求室内温度；
(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到消毒液完全流出，求充入空气与原有空气的质量比。
(2)以充气结束后喷雾器内的空气为研究对象，设液体将要排完时，喷雾器内空气的压强为p2，体积为V2＝2V0，根据平衡条件得p2＝p0＋ρgh
若此时气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3，则根据玻意耳定律可得p1V3＝p2V2
三、气体状态变化的图像问题
对于气体变化的图像，由于图像的形式灵活多变，含义各不相同，考查的内容又比较丰富，处理起来有一定的难度，要解决好这个问题，应从以下几个方面入手。
1．看清坐标轴，理解图像的意义。
2．观察图像，弄清图中各量的变化情况，看是否属于特殊变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化。
3．若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
4．涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
三种气体状态变化图像的比较
3．如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求：
(1)活塞移动到B时，缸内气体温度TB；
(2)在图乙中画出整个过程的p－V图线。
答案：(1)363 K　(2)见解析
(2)p－V图线如图所示。
四、液体微观结构、宏观性质及浸润、毛细现象
1．液体的结构更接近于固体，具有一定体积，难压缩、易流动、没有一定形状等特点。
2．表面张力是液体表面层各个部分之间相互作用的吸引力。它是由表面层内分子之间的引力产生的，表面张力使液体表面具有收缩的趋势。
3．浸润、不浸润现象和液体、固体都有关系，是由附着层的分子分布性质决定的。
4．毛细现象是表面张力、浸润和不浸润共同作用的结果。若液体浸润毛细管管壁，则附着层有扩张的趋势，毛细管中液面上升，反之，下降。
4．由于海水表面有表面张力的作用，水珠之间相互吸引着，这样使得风很难把水珠刮起，只能够形成海浪，所以海洋上的风中只带有少量的水沫；而沙漠中的沙子却不一样，沙粒之间几乎没有作用力，所以风很容易刮起大量的沙子……根据以上规律联系所学知识请你设想，如果玻璃杯中盛有少量水银，放在太空轨道上运行的宇宙飞船内，水银在杯子中将呈现的形状是( 　　)
答案：D
解析：在宇宙飞船内完全失重的情况下，由于重力的存在而产生的一切现象随之消失，因为液体的表面张力不受失重的影响，水银不浸润玻璃，水银的形状只由表面张力来决定。在液体表面张力的作用下，水银的表面有收缩到最小的趋势，而体积一定时，球形的表面积最小，所以最终水银会呈现球形，故D正确。
进考场练真题
典题
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
答案：(1)100 N　(2)327 K
解析：(1)活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化
根据玻意耳定律可知：p1V1＝p2V2
解得：p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件F＋p1S＝p2S＋N
解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N。
二、临场真题练兵
1．(多选)(2024·全国高考真题)如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面。已知四个烧杯中水的温度分别为ta、tb、tc、td，且taA．a中水的饱和汽压最小
B．a、b中水的饱和汽压相等
C．c、d中水的饱和汽压相等
D．a、b中试管内气体的压强相等
E．d中试管内气体的压强比c中的大
答案：ACD
解析：同一物质的饱和汽压与温度有关，温度越大，饱和汽压越大，a中水的温度最低，则a中水的饱和汽压最小，故A正确；同理，a中水的温度小于b中水的温度，则a中水的饱和汽压小于b中水的饱和汽压，故B错误；c中水的温度等于d中水的温度，则c、d中水的饱和汽压相等，故C正确；设大气压强为p0，试管内外水面的高度差为Δh，则a、b中试管内气体的压强均为p＝p0＋ρ水gΔh，故D正确；d中试管内气体的压强为pd＝p0－ρ水gΔh，c中试管内气体的压强为pc＝p0＋ρ水gΔh，可知pd2．(2023·北京高考真题)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体( 　　)
A．分子的平均动能更小
B．单位体积内分子的个数更少
C．所有分子的运动速率都变小
D．分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
答案：A
解析：夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都变小，故A正确、C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。
3．(2023·重庆高考)密封于气缸中的理想气体，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( 　　)
答案：C
4．(2023·山东高考真题)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)。
答案：(1)B　(2)2.04×105　(3)增大
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。
5．(2023·全国统考高考真题)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。
(1)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；
(2)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，求舱内气体的密度。(结果均保留三位有效数字)
答案：(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3
6．(2024·山东高考真题)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。
答案：(1)x＝2 cm　(2)V＝8.92×10－4 m3
解析：(1)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。
7．(2024·湖南高考真题)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10－3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10－3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10－3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
8．(2024·江苏高考真题)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。
答案：(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N
9．(2024·安徽高考真题)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：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积。
答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
11. (2023·海南高考)某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa。
(1)t′＝37 ℃时，气压是多大？
(2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积为原来的多少倍？
答案：(1)1.085×105 Pa　(2)0.97
12．(2022·山东统考高考真题)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、
需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
(2)B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为p1＝ρgH＋p0，p2＝ρgH1＋p0
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若H1≥H，则在H1处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积为ΔV′，根据玻意耳定律有p1(V＋ΔV′)＝p2V
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
14．(2022·湖南卷，T15(2))如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9 L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90 g、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10 g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢
升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最
低位置为B。已知A、B间距离h＝10 cm，外界大气压强
p0＝1.01×105 Pa，重力加速度取10 m/s2，环境温度保持
不变。求：
(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
答案：(1)105 Pa　(2)1 N
解析：(1)选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有
p0S＝p1S＋(m1＋m2)g，
代入数据解得p1＝105 Pa。
(2)当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)，
代入数据解得p2＝9.9×104 Pa，
选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F，
联立解得F＝1 N。
15．(2022·全国乙卷，T33(2))如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接
处时，活塞间气体的压强和温度。

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