2025人教版新教材物理高考第一轮
第 2 讲固体 液体 气体
基础对点练
题组一 固体液体性质
1.(2024河南校联考模拟)下列关于物理现象的说法正确的是( )
A.水黾和轮船都能漂浮在水面上而不会沉入水中,都是因为液体表面张力的作用
B.在空间站内可以做出很大的水球和几十毫米长的“液桥”,是因为在微重力环境下水的
表面张力明显增大
C.插入水中的细玻璃管,管内水面会比管外水面高并稳定在一定的高度,说明表面张力方
向垂直液面向上
D.液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势
2.(2023江苏南京六校联考二模)下列四幅图所涉及的物理知识,论述正确的是( )
A.图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大
B.图乙水黾可以在水面自由活动,说明它所受的浮力大于重力
C.图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图,连线表示小炭粒的运动轨迹
D.图丁中A是浸润现象,B是不浸润现象
题组二 气体的压强
3.医院为病人输液的部分装置如图所示,图中A为输液瓶,B为滴壶,C为进气管,与大气相
通。则在输液过程中(瓶A中尚有液体),下列说法正确的是 ( )A.瓶A中上方气体的压强随液面的下降而减小
B.瓶A中液面下降,但A中上方气体的压强不变
C.滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小
D.在瓶中药液输完以前,滴壶B中的气体压强保持不变
题组三 气体实验定律
4.(2023上海二模)一定质量的气体保持体积不变,温度由0 ℃升高到10 ℃时,其压强的增
加量为Δp ;当温度由100 ℃升高到110 ℃时,其压强的增加量为Δp 。则Δp 与Δp 之比
1 2 1 2
是( )
A.1∶1 B.1∶10
C.10∶110 D.273∶283
5.如图所示,两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置,管内充有理想气体,一段汞柱将气体封
闭成上下两部分,两部分气体的长度分别为l 、l ,且l =l ,下列判断正确的是( )
1 2 1 2
A.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l '>l '
1 2
B.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l '<l '
1 2
C.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体长度l '>l '
1 2
D.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体长度l '=l '
1 2
题组四 理想气体状态方程的理解和应用
6.某科技小组自制了一个用力传感器测量温度的装置。如图所示,导热性能良好的汽缸固
定在水平地面上,汽缸横截面积S为0.01 m2。质量m为5 kg的活塞与汽缸间无摩擦且不
漏气,活塞上方通过一刚性轻杆连接一个固定的力传感器,传感器可以直接显示出传感器
对轻杆的力,传感器示数为正表示传感器对轻杆的作用力竖直向上。环境温度为7 ℃时,
力传感器的示数F为50 N。整个装置静止,大气压p 恒为1.0×105 Pa,g取10 m/s2,0 ℃取
0
273 K。(1)环境温度为多少时,传感器示数恰好为零?
(2)将轻杆替换为轻弹簧,环境温度为7 ℃时,力传感器的示数仍为50 N,此时活塞与汽缸
底部距离L为20 cm。环境温度由7 ℃缓慢上升为27 ℃的过程中,活塞缓慢上升的距离
d为1 cm,则27 ℃时力传感器示数为多少?
综合提升练
7.(2024北京模拟)如图所示,上端封闭的连通器A、B、C三管中水银面相平,管内水银上
方的空气柱长L <L <L ,若从下方阀门K流出少量水银(保持三管中均留有水银)后,三管
A B C
水银面的高度关系是( )
A.A管中水银面最高
B.B管中水银面最高
C.C管中水银面最高
D.条件不足,无法确定
8.(2023广东梅州三模)小明在使用运动吸管杯时发现了这样的现象:在热力学温度恒为
300 K的室内,向吸管杯内注入开水并迅速盖上带有吸管的杯盖,吸管上端封闭,杯盖与杯体未拧紧,这时有大量气泡从吸管底逸出,过了一会儿,吸管底端不再有气泡逸出,此时水与
吸管内气体热力学温度均为 367.2 K,测得杯体水面与吸管顶端的高度差 h=2 cm,吸管总
长 L=22 cm。已知水面上方气体的压强始终与外界大气压强相同,外界大气压强
p =1.0×105 Pa,吸管内气体可视为理想气体,重力加速度g取10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103
0
kg/m3,求:
(1)吸管底端不再有气泡逸出时,吸管内气体的压强;
(2)从吸管内逸出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值。
9.如图所示,热气球的下端有一小口,使球内外的空气可以流通,以保持球内外压强相等。
球内有温度调节器,以便调节球内空气的温度,使热气球可以上升或下降。设热气球的总
体积V =500 m3(忽略球壳体积),除球内空气外,热气球的装备及人的总质量M=200 kg。
0
已知地球表面大气温度为 27 ℃,密度ρ=1.2 kg/m3,如果把大气视为理想气体,它的组成和
温度几乎不随高度变化而变化,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当热气球内气体剩余质量为多少时,解开气球固定装置的瞬间,气球可悬浮在地面附近?
(2)调节球内加热装置,若解开气球固定装置的瞬间,气球上升的加速度是2 m/s2,则此时球
内气体的温度是多少?参考答案
第2讲 固体 液体 气体
1.D 解析 水黾能漂浮在水面上是表面张力的作用,轮船能漂浮在水面上是水的浮力作
用,故A错误;在空间站微重力环境下,重力的影响很小,可以做出很大的水球和几十毫米长
的“液桥”,并非表面张力增大的原因,故B错误;水浸润玻璃,水面上升到一定高度,液体
表面张力方向跟液面相切,液体表面张力形成向上的拉力,与管内高出管外水面部分水的
重力平衡,故C错误;液体表面层内分子间的距离大于液体内部分子间的距离,表面层内分
子间表现为引力,使液面有收缩的趋势,故D正确。
2.D 解析 晶体熔化过程中温度不变,分子平均动能不变,故A错误;水黾可以在水面自由
活动,是因为水的表面张力,故B错误;每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来,然后
用直线把这些位置依次连接成折线,所以连线反映每隔一段时间小炭粒的位置,而不是运
动轨迹,故C错误;图丁中A是浸润现象,B是不浸润现象,故D正确。
3.D 解析 瓶A中由于有进气管C与大气相通,所以瓶A中上方气体的压强等于大气压
减去液体压强,随着液面的降低,大气压不变,所以上方气体的压强不断增大,故A、B错误;
滴壶B中的气体压强等于A中的液体压强加A中气体压强,即等于大气压,所以B中气体
压强保持不变,故C错误,D正确。
4.A 解析 一定质量的气体保持体积不变,根据查理定律的推论式有Δp Δp ,两种情况
1= 2
ΔT ΔT
1 2
温度变化量相同,故可得Δp =Δp ,所以Δp ∶Δp =1∶1,故选A。
1 2 1 2
5.B 解析 设上方气体为a、下方气体为b,初状态时,b内气体压强大,a内气体压强小,将
玻璃管转至水平,b内的气体压强减小,a内的气体压强增大,则b内气体体积增大、长度增
加,a内气体长度减小,故l '<l ',故A错误,B正确;假设水银柱不动,则两部分气体做等容变
1 2
p Δp ΔT
化,对 a 内气体应用查理定律有 1= 1,解得 Δp = p ,同理对 b 气体由查理定律有
T ΔT 1 T 1
p Δp ΔT
2= 2,可得Δp = p ,由于p <p ,可得Δp >Δp ,故b气体的压强增加量较大,水银柱将
T ΔT 2 T 2 1 2 2 1
向上移动,稳定后两部分气体的长度l '<l ',故C、D错误。
1 2
6.答案 (1)294 K (2)30 N
解析 (1)传感器示数F=50 N
对活塞而言F=mg
故7 ℃时封闭气体的压强p =p ,T =280 K
1 0 1mg
当传感器示数为0,封闭气体的压强p =p + =1.05p
2 0 0
S
由查理定律p p
1= 2
T T
1 2
得T =1.05T =294 K。
2 1
(2)环境温度为7 ℃时,力传感器的示数仍为50 N,此时封闭气体的压强
p =p ,T =280 K,V =LS
1 0 1 1
温度上升至27 ℃时T =300 K,V =(L+d)S
3 3
根据p V p V
1 1= 3 3
T T
1 3
得p =1.02p
3 0
mg-F'
对活塞受力分析p =p +
3 0
S
解得F'=30 N。
7.A 解析 初始时刻,三管中水银面相平,说明A、B、C气压相同,假设打开阀门三管中水
银面降低了相同的高度h,三管中水银面保持相平,气体末态压强也相同,对管内气体由玻
p L p
0 = 0
意耳定律有p
0
LS=p
1
(L+h)S,解得p
1
=L+
ℎ 1+ ℎ
,由于L
A
<L
B
<L
C
,则有p
A1
<p
B1
<p
C1
,与假设
L
矛盾,说明后来三管内水银面不相平,由连通器原理有 p +p =p +p =p +p ,则有
A1 Ah B1 Bh C1 Ch
p >p >p ,即A管中水银面最高,故A正确。
Ah Bh Ch
8.答案 (1)1.02×105 Pa (2)1∶6
解析 (1)设吸管内气体压强为p ,则有p =p +ρg(L-h)
1 1 0
解得p =1.02×105 Pa。
1
(2)吸管中的气体初始状态为p =1.0×105 Pa,V =LS,T =300 K
0 0 0
假设温度升高时,吸管中的气体没有逸出,而是膨胀成一个整体,该整体的状态为
p =1.02×105 Pa,V =V +V ,T =367.2 K
1 2 0 1 1
则有p V p V
0 0= 1 2
T T
0 1
逸出气体的体积为V =V -V
1 2 0则从吸管内逸出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值m V
= 1
M V
2
联立解得m∶M=1∶6。
9.答案 (1)400 kg (2)600 K
解析 (1)热气球未升温前球内气体的质量m =ρV =600 kg
0 0
热气球受到的空气浮力F =ρgV =6 000 N
浮 0
气球悬浮在空中则受力平衡,设球内剩余气体质量为 m 时气球可悬浮在地面附近,则F
1 浮
=(M+m )g
1
解得m =400 kg。
1
(2)设温度为T时,球内气体剩余质量为m ,对整体由牛顿第二定律得
2
m
F -(M+m )g=(M+m )a,解得m =300 kg= 0
浮 2 2 2
2
V
因此该质量气体在原来温度下体积为V = 0
1
2
升温后该质量气体在整个热气球内,故升温后该质量气体体积为V =V
2 0
气球内气体初始温度T =300 K
0
由盖-吕萨克定律得V V
1= 2
T T
0
解得T=600 K。
