《三维设计 物理 选择性必修 第三册 (配粤教版)》课时跟踪检测汇（1-18） 物质是由大量分子组成的 -裂变和聚变

课时跟踪检测（一）物质是由大量分子组成的A组—重基础·体现综合1．阿伏伽德罗常量所表示的是()A．1g物质内所含的分子数B．1kg物质内所含的分子数C．单位体积的物质内所含的分子数D．1mol任何物质内所含的分子数解析：选D根据阿伏伽德罗常量的定义可知D选项正确。2．已知在标准状况下，1mol氢气的体积为22.4L，氢气分子间距约为()A．10－9m B．10－10mC．10－11m D．10－8m解析：选A在标准状况下，1mol氢气的体积为22.4L，则每个氢气分子占据的体积ΔV＝eq\f(V,NA)＝eq\f(22.4×10－3,6.02×1023)m3≈3.72×10－26m3。把氢气分子视为立方体，则占据体积的边长：L＝eq\r(3,ΔV)＝eq\r(3,3.72×10－26)m≈3.3×10－9m。故A正确。3．某物质的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常量为NA，则单位体积中所含分子个数为()A.eq\f(NA,ρ)B.eq\f(NA,M)C.eq\f(MNA,ρ)D.eq\f(ρNA,M)解析：选D单位体积物质的质量m＝ρ，单位体积物质的量为eq\f(m,M)，故单位体积的分子个数为eq\f(m,M)NA＝eq\f(ρ,M)NA，故A、B、C错误，D正确。4．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，下列对实验过程的分析正确的是()A．测量一滴油酸酒精溶液体积用的是微小量放大法B．在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成规则形状C．在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是比值法D．该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法解析：选D测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法，选项A错误；在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成清晰的界面，选项B错误；在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是累加法，选项C错误；该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法，选项D正确。5．(2025·广西高考)(多选)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中()A．估测油酸分子大小时，油酸分子可以视为球形B．油膜的形状稳定后，油酸分子仍然在做热运动C．计算油膜面积时，忽略所有不完整的小正方形D．与油酸酒精溶液相比，纯油酸更容易在水面形成单分子油膜解析：选AB在“用油膜法测油酸分子的大小”实验中，把油膜看成单分子油膜，且分子紧密排列，由于油酸分子形状复杂，为简化计算，通常将其视为球形，故A正确；分子在永不停息地做无规则热运动，与宏观物体是否处于稳定状态无关，油膜稳定时，油酸分子仍然在做热运动，故B正确；在计算油膜面积时，为了更准确地估算油膜的面积，对于周边不完整的格子，多于半格的记为一个，不足半格的舍去，故C错误；酒精可以溶解油酸，使油酸更容易在水面上展开形成单分子油膜，所以油酸酒精溶液比纯油酸更容易在水面形成单分子油膜，故D错误。6．(2024·深圳高二月考)“绿氢”是指利用可再生能源分解水得到的氢气，其碳排放可以达到净零，是纯正的绿色新能源。已知标准状况下任何气体的摩尔体积都为22.4L/mol，氢气摩尔质量为2g/mol，阿伏伽德罗常量为6.02×1023mol－1。合理选择以上所给数据，可求得1kg氢气所含的分子数量为()A．3.01×1025个 B．3.01×1026个C．2.24×1025个 D．2.24×1026个解析：选B1kg氢气物质的量为n＝eq\f(1000g,2g/mol)＝500mol，1kg氢气所含的分子数量为N＝500mol×6.02×1023mol－1＝3.01×1026个，故选B。7．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，它能较长时间悬浮在空气中，其在空气中的含量(浓度)越高，就代表空气污染越严重，PM2.5也是形成雾霾天气的主因。北京曾经出现严重雾霾，PM2.5指标数高达300μg/m3。已知该颗粒物的平均摩尔质量为40g/mol，试估算该地区1m3空气中含有这种颗粒物的数目。(阿伏伽德罗常量取6.0×1023mol－1，结果保留1位有效数字)解析：1m3的空气中PM2.5的颗粒物的质量m＝ρV＝300μg，物质的量为n＝eq\f(m,M)＝eq\f(300×10－6,40)mol＝7.5×10－6mol，总数目为N＝nNA＝7.5×10－6×6.0×1023个≈5×1018个。答案：5×1018个8．(1)如图所示的四个图反映“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。(2)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大，出现这种情况的原因可能是________。A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算B．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化C．计算油膜面积时，只数了完整的方格数D．求每滴溶液中纯油酸的体积时，溶液的总滴数多记了10滴(3)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常量，还需要知道油酸的________。A．摩尔质量 B．摩尔体积C．质量 D．体积解析：(1)“用油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜形状→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是cadb。(2)根据d＝eq\f(V,S)分析，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，故B错误；计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积S会减小，会导致计算结果偏大，故C正确；求每滴溶液中纯油酸的体积时，溶液的总滴数误多记了10滴，由V0＝eq\f(Vn,n)可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误。(3)设一个油酸分子的体积为V1，则V1＝eq\f(1,6)πd3，NA＝eq\f(Vmol,V1)可知，要测定阿伏伽德罗常量，还需要知道油酸的摩尔体积，故B正确。答案：(1)cadb(2)AC(3)B9．在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入撒有痱子粉的盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为2cm，则：(1)下列有关该实验的说法正确的是()A．本实验也可直接将纯油酸滴水面上测量B．本实验将油膜看成单分子油膜C．本实验忽略了分子的间隙D．测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，全部舍去(2)该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为____________m3，油酸膜的面积是____________m2；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为____________m(本空保留一位有效数字)。(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，然后根据测量的数据算出分子直径，结果将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析：(1)因为一滴纯油酸所含分子量太大，造成无法形成单分子层油膜，故A错误；测算分子的直径时，假设的前提必须是将油酸分子看成球形分子，忽略分子的间隙，并且把油膜看成单分子油膜，故B、C正确；测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，超过半格的算一格，不够半格的舍去，故D错误。(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V＝1mL×eq\f(6,104)×eq\f(1,75)＝8×10－6mL＝8×10－12m3，面积超过正方形一半的正方形的个数为72个，则油酸膜的面积约为S＝72×2×2cm2＝2.88×10－2m2，把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径d＝eq\f(V,S)＝eq\f(8×10－12,2.88×10－2)m≈3×10－10m。(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，此时油酸分子未完全散开，导致测量的面积偏小，直径偏大。答案：(1)BC(2)8×10－122.88×10－23×10－10(3)偏大B组—重应用·体现创新10．已知地球表面空气的总质量为m，空气的平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常量为NA，若把地球表面的空气全部液化且均匀分布在地球表面，则地球的半径将增加ΔR，为估算ΔR，除上述已知量之外，还需要下列哪一组物理量()A．地球半径RB．液体密度ρC．地球半径R，空气分子的平均体积V0D．液体密度ρ，空气分子的平均体积V0解析：选C若把空气全部液化且均匀分布在地球表面时，形成一个更大的球体，液化后的空气形成球壳的体积：V＝eq\f(4,3)π(R＋ΔR)3－eq\f(4,3)πR3，又：V＝eq\f(m,M)NAV0，联立可求ΔR的值，故C正确。11.如图所示，科学家在铜表面将48个铁原子排成圆圈，形成半径为7.13nm的“原子围栏”，相邻铁原子间有间隙。估算铁原子平均间隙的大小，结果保留一位有效数字。(已知铁的密度是7.8×103kg/m3，摩尔质量是5.6×10－2kg/mol，阿伏伽德罗常量NA＝6.02×1023mol－1)解析：一个铁原子的体积V＝eq\f(M,ρNA)，又V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))3，所以铁原子的直径D＝eq\r(3,\f(6M,πρNA))，围栏中相邻铁原子的平均间隙l＝eq\f(2πr,n)－D，代入数据解得l＝6×10－10m。答案：6×10－10m12．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，实验老师已经配置好了油酸酒精溶液，该老师向1mL油酸中加酒精，直至总量达到amL，将配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个盛有约2cm深水的浅盘，一支注射器，一个烧杯。(1)用注射器测得b滴油酸酒精溶液的体积为1mL，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为________mL。(2)在水面撒上爽身粉，用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示。(已知坐标纸上每个小方格面积为Scm2，求油膜面积时，半个以上方格面积记为Scm2，不足半个舍去)则油膜面积为________cm2。(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝________cm。解析：(1)计算每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积，V＝eq\f(1,a)×eq\f(1,b)mL＝eq\f(1,ab)mL。(2)估算油膜面积的方法是所围成的方格中，面积超过一半的按一个算，小于一半的舍去，方格数约为113，则油酸薄膜面积为S′＝113Scm2。(3)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，油酸分子的直径d＝eq\f(V,S′)＝eq\f(1,113Sab)cm。答案：(1)eq\f(1,ab)(2)113S(110S～116S均正确)eq\f(1,113Sab)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,116Sab)～\f(1,110Sab)均正确))课时跟踪检测（二）分子热运动与分子力A组—重基础·体现综合1．(多选)关于布朗运动，下列说法正确的是()A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．液体温度越高，布朗运动越剧烈C．布朗运动是由液体各部分温度不同而引起的D．布朗运动反映了液体或气体分子运动的无规则性解析：选BD布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒的运动，A项错误；布朗运动是液体分子或气体分子对悬浮在液体或气体中微粒碰撞作用的不平衡引起的，温度越高分子对微粒碰撞的作用越强，不平衡性也就越明显，微粒的布朗运动也就越剧烈，故布朗运动反映了液体或气体分子运动的无规则性，B、D两项正确，C项错误。2．(多选)把墨汁用水稀释后取出一滴，放在显微镜下观察，如图所示，下列说法中正确的是()A．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒B．小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动C．越小的炭粒，运动越明显D．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多静止不动的水分子组成的解析：选BC水分子在光学显微镜下是观察不到的，故A错误；悬浮在液体中的小炭粒在不停地做无规则运动，这就是布朗运动，炭粒越小，运动越明显，故B、C正确；水分子不是静止不动的，故D错误。3．(多选)如图是两张在高倍显微镜下观察悬浮在水中的花粉微粒的运动位置连线的图片，记录花粉微粒位置的时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同。下列说法正确的是()A．图片记录的连线就是水分子的无规则运动B．图片中连线的无规则是由于花粉分子无规则运动引起的C．如果水温相同，图片乙中的花粉微粒比较小D．如果颗粒相同，图片乙中的水温比较高解析：选CD该图形记录的是花粉微粒间隔一定的时间的位置的连线，不是水分子无规则运动的情况，选项A错误；布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的。图片中连线的无规则是由于水分子的无规则运动引起的，选项B错误；题图乙中两点之间的连线较长，说明图乙表示的运动更剧烈，因为颗粒越小，布朗运动越明显，故如果水温相同，图片乙中的花粉微粒比较小，选项C正确；因温度越高，布朗运动越明显，故如果颗粒相同，图片乙中的水温比较高，选项D正确。4．放在房间一端的香水，打开瓶塞后，位于房间另一端的人将()A．立即嗅到香味，因为分子热运动速率很大，穿过房间所需时间极短B．过一会儿才能嗅到香味，因为分子热运动速率不大，穿过房间需要一段时间C．过一会儿才能嗅到香味，因为分子热运动速率虽然很大，但由于是无规则运动，且与空气分子不断碰撞，要嗅到香味必须经过一段时间D．过一会儿才能嗅到香味，因为分子热运动速率不大，且必须有足够多的香水分子，才能引起嗅觉解析：选C分子热运动是无规则的，分子热运动速率虽然很大(约几百米每秒)，但无规则运动过程中与其他分子不断碰撞，使分子沿迂回曲折路线运动，要嗅到香味必须经过一段时间，C正确。5．关于扩散运动和布朗运动，下列说法中正确的是()A．扩散运动和布朗运动是由外部原因引起的液体分子的运动B．布朗运动虽然不是分子的运动，但它能反映出分子的运动规律C．布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒的大小有关，这说明分子的运动与悬浮颗粒的大小有关D．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫作热运动解析：选B扩散现象指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，是由内部原因引起的分子的运动；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故A错误；布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，虽然不是分子的运动，但它能反映出液体分子的运动规律，选项B正确；颗粒越小布朗运动越明显，但分子的运动与悬浮颗粒的大小无关，故C错误；扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，扩散现象是分子的热运动，但布朗运动不是分子的热运动，选项D错误。6.如图所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧测力计下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧测力计，在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大，主要原因是()A．水分子做无规则热运动B．玻璃板受到大气压力作用C．水与玻璃间存在万有引力作用D．水与玻璃间存在分子引力作用解析：选D在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大的主要原因是：水与玻璃间存在分子引力作用，选项D正确。7．如图所示的四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能Ep随分子间距离r变化关系的图线是()解析：选B当r＝r0时，分子间作用力为零，此时分子势能最小，B正确。8．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是()A．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mB．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．两个分子间距离越大，分子力越大解析：选A在F-r图像中，随着分子间距离的增大斥力比引力变化得快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点的横坐标表示分子的平衡距离，数量级为10－10m，故A正确，B错误；若两个分子间距离小于e点的横坐标，分子间的斥力大于引力，则分子间的作用力表现为斥力，且随分子间距增大而减小，若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为引力，且随分子间距增大先增大后减小，故C、D错误。B组—重应用·体现创新9．(2025·广东汕头模拟)半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温(800到1250摄氏度)状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是()A．这种渗透过程是自发可逆的B．硅晶体具有光学上的各向同性C．这种渗透过程是分子的扩散现象D．温度越高掺杂效果越好，是因为温度升高时所有分子的热运动速率都增大解析：选C掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确；由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误；温度越高掺杂效果越好，是因为温度升高时分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增大，故D错误。10．(多选)某人用“超级显微镜”观察高真空的空间，发现有一对分子A和B环绕一个共同的“中心”旋转，从而形成一个“类双星”体系，并且发现此“中心”离A分子较近，这两个分子之间的距离用r表示。已知当r＝r0时，两分子间的分子力为零，则在上述“类双星”体系中，对A、B两分子有()A．间距r>r0 B．间距r<r0C．A的质量大于B的质量 D．A的速率大于B的速率解析：选AC分子A和B环绕一个共同的“中心”旋转，靠分子引力提供向心力，故两分子间的距离r>r0，A正确，B错误；又F＝mrω2，v＝rω，而它们的角速度ω相同、向心力F大小相等，因为rA<rB，所以有mA>mB、vA<vB，C正确，D错误。11.分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是()A．从r＝r2到r＝r0，分子间引力、斥力都在减小B．从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先减小，后增大C．从r＝r2到r＝r0，分子势能先减小，后增大D．从r＝r2到r＝r1，分子动能先增大，后减小解析：选D从r＝r2到r＝r0，分子间引力、斥力都在增大，故A错误；由题图可知，r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先增大，后减小，再增大，故B错误；从r＝r2到r＝r0，分子力一直做正功，分子势能一直在减小，故C错误；从r＝r2到r＝r1，分子力先做正功，后做负功，故分子动能先增大，后减小，故D正确。12．气溶胶微粒是悬浮在大气中的肉眼不可见的微小颗粒，在封闭环境中，用显微镜可观察到气溶胶微粒的无规则运动。则关于此现象，下列说法正确的是()A．环境的温度越高，气溶胶微粒的无规则运动越剧烈B．气溶胶微粒越大，气溶胶微粒的无规则运动越明显C．气溶胶微粒受到的空气分子作用力的合力始终为零D．气溶胶微粒受到的空气分子作用力的合力始终为恒力解析：选A气溶胶微粒的无规则运动是气体分子对悬浮颗粒的不平衡撞击引起的，悬浮颗粒越小，环境温度越高，气溶胶微粒的无规则运动越明显，故A正确，B错误；气溶胶微粒受到的空气分子作用力的合力的大小和方向时刻在改变，气溶胶微粒做无规则运动，故C、D错误。故选A。13．如图甲所示，a、b为某种物质的两个分子，以a为原点，沿两分子连线建立r轴。如果选取两个分子相距无穷远时的势能为零，则作出的两个分子之间的势能Ep与它们之间距离r的Ep-r关系图线如图乙所示。假设分子a固定不动，分子b只在a、b间分子力的作用下运动(在r轴上)。当两分子间距离为r0时，b分子的动能为Ek0(Ek0＜Ep0)。(1)求a、b分子间的最大势能Epm；(2)利用图乙，结合画图说明分子b在r轴上的运动范围；(3)若某固体由大量这种分子组成，当温度升高时，物体体积膨胀。试结合图乙所示的Ep-r关系图线，分析说明这种物体受热后体积膨胀的原因。解析：(1)当b分子的速度为零时，此时两分子间势能最大，根据能量守恒定律可得Epm＝Ek0－Ep0。(2)由Ep-r图像可知，当两分子间势能为Epm时，b分子对应r1和r2两个位置坐标，b分子的活动范围为r1≤r≤r2，如图所示。(3)当物体温度升高时，分子在r0时的平均动能增大，分子的活动范围将增大，由Ep-r图线可以看出，图线两边不对称，当r＜r0时曲线较陡，当r＞r0时曲线较缓，导致分子的活动范围主要向r＞r0方向偏移，从宏观来看就是物体的体积膨胀。答案：(1)Ek0－Ep0(2)见解析(3)见解析课时跟踪检测（三）气体分子运动的统计规律1．(多选)大量气体分子运动的特点是()A．分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外，可在空间里自由移动B．分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动C．分子沿各方向运动的机会相等D．分子的速率分布毫无规律解析：选ABC气体分子除碰撞外可以认为是在空间内自由移动的，因气体分子沿各方向运动的机会相等，碰撞使之做无规则运动，但气体分子速率按正态分布，即按“中间多、两头少”的规律分布，所以A、B、C正确，D错误。2．下列关于热运动的说法正确的是()A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大解析：选C水流的速度是机械运动的速度，不同于水分子无规则热运动的速度，A项错误；分子永不停息地做无规则运动，B项错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的热运动越剧烈，故C项正确；水的温度升高，水分子的平均动能增大，即水分子的平均运动速率增大，但不是每一个水分子的运动速率都增大，D项错误。3.伽尔顿板可以演示某种统计规律。如图所示，让大量小球从上方漏斗形入口落下，则下列图中能正确反映最终落在槽内小球的分布情况的是()解析：选C让大量小球从上方漏斗形入口落下，显示出规律性，按正态分布，落在槽内小球的分布形状如C所示，故C正确。4.(多选)甲、乙两容器中装有相同质量的氦气，已知甲容器中氦气的温度高于乙容器中氦气的温度。由此可知()A．甲中氦气分子的平均动能一定大于乙中氦气分子的平均动能B．甲中每个氦气分子的动能一定都大于乙中每个氦气分子的动能C．甲中动能大的氦气分子所占比例一定大于乙中动能大的氦气分子所占比例D．甲中氦气分子的热运动一定比乙中氦气分子的热运动剧烈解析：选ACD分子的平均动能取决于温度，温度越高，分子的平均动能越大，故选项A正确；根据气体速率分布规律知某气体的分子的平均动能比另一气体的大不意味着每一个分子的动能都比另一气体的大，故选项B错误；分子的动能也应遵从统计规律，即“中间多、两头少”，两容器中分子总数相同，温度较高的容器中分子动能大的分子所占比例一定大于温度较低的容器中分子动能大的分子所占比例，选项C正确；温度越高，分子的热运动越剧烈，选项D正确。5．(2024·中山高二调研)下列关于分子热运动的说法，正确的是()A．某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的B．随着温度的升高，所有分子的速率都增大C．某一时刻向任意方向运动的分子数目基本相等D．某一温度下每个气体分子的速率不会发生变化解析：选C某一时刻具有任一速率的分子数目并不相等，且分子平均速率分布呈现“中间多、两头少”的统计分布规律，故A错误；温度升高，分子的平均速率增大，但并不是所有分子的速率都增大，故B错误；大量分子的整体存在着统计规律，某一时刻向任意方向运动的分子数目只有很小的差别，可认为基本相等，故C正确；分子之间频繁地碰撞，分子随时都会因为碰撞而改变速度的大小，因此某一温度下每个气体分子的速率完全是偶然的，故D错误。6.如图所示，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比。图中曲线能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是()A．曲线①B．曲线②C．曲线③D．曲线④解析：选D大量气体在某温度下分子速率的分布规律是：大部分气体速率在平均值附近，速率越大或越小的分子数越少，呈现“中间多，两头少”的分布规律，且没有速率为零的分子，故D正确。7．如图是氧气分子在不同温度(0℃和100℃)下的速率分布图像，由图可得知信息()A．同一温度下，氧气分子呈现出“中间多，两头少”的分布规律B．随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大C．随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例变高D．随着温度的升高，氧气分子的平均速率变小解析：选A同一温度下，中等速率的氧气分子数所占的比例大，呈现“中间多、两头少”的分布规律，故A正确；温度升高使得氧气分子的平均速率增大，不一定每个分子的速率都增大，故B、D错误；温度升高使得速率小的氧气分子所占的比例变小，故C错误。8．(多选)通过大量实验可以得出一定质量的气体在一定温度下，其分子速率的分布情况，下表为0℃时空气分子的速率分布，如图为速率分布图，由图可知()速率区间/(m·s－1)分子数占总分子数的比例100以下0.01100～2000.08200～3000.15300～4000.20400～5000.21500～6000.17600～7000.10700以上0.08A．速率特别大的分子与速率特别小的分子都比较少B．在400～500m/s这一速率区间中的分子数占的比例最大C．若气体温度发生变化，将不再有如图所示的“中间多、两头少”的规律D．当气体温度升高时，并非每个气体分子的速率都增大，而是速率大的气体分子所占的比例增大，使得气体分子的平均速率增大解析：选ABD由速率分布图可知速率特别大的分子与速率特别小的分子都比较少，选项A正确；在400～500m/s这一速率区间中的分子数占的比例最大，选项B正确；若气体温度发生变化，将仍有如题图所示的“中间多、两头少”的规律，选项C错误；当气体温度升高时，并非每个气体分子的速率都增大，而是速率大的气体分子所占的比例增大，使得气体分子的平均速率增大，选项D正确。9．根据实验测得的结果，气体分子的平均速率是很大的。如在0℃，氢气为1760m/s，氧气为425m/s。可是在一个房间里，打开香水瓶时，却无法立即闻到它的香味，这是什么缘故？解析：分子的速率虽然很大，但由于单位体积内的气体分子数也非常巨大，所以一个分子要前进一段距离是“很不容易”的。分子在前进的过程中要与其他分子发生非常频繁地碰撞(标准状况下，1个分子在1s内大约与其他分子发生65亿次碰撞)，每次碰撞后，分子速度的大小和方向都会发生变化，所以它所经历的路程是极其曲折的。不排除有个别香水分子迅速地运动到人的鼻子处，但要想使人闻到香味，必须有相当数量的分子扩散到人的鼻子处，还需要较长的时间。答案：见解析课时跟踪检测（四）气体实验定律（Ⅰ）A组—重基础·体现综合1.如图所示，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，水银密度为ρ，封闭部分气体的压强p为()A．p0＋ρgh2B．p0－ρgh1C．p0－ρg(h1＋h2)D．p0＋ρg(h2－h1)解析：选B选右边最低液面为研究对象，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＋ρgh1＝p0，所以，p＝p0－ρgh1，B正确。2.(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-eq\f(1,V)图线，由图可知()A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-eq\f(1,V)图线的延长线是经过坐标原点的C．T1>T2D．T1<T2解析：选BD由玻意耳定律pV＝C知，压强与体积成反比，故A错误；p∝eq\f(1,V)，所以p-eq\f(1,V)图线的延长线经过坐标原点，故B正确；p-eq\f(1,V)图线的斜率越大，对应的温度越高，所以由题图知T1<T2，故C错误，D正确。3.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是()解析：选D由题意知，封闭气体做的是等温变化，只有D图线是等温线，故D正确。4.如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱高于水银槽部分长度为h。若将玻璃管向右旋转一定的角度(管下端未离开槽内水银面)，则H和h的变化情况为()A．H减小，h增大 B．H增大，h减小C．H和h都增大 D．H和h都减小解析：选A假设将玻璃管向右旋转一定的角度θ时水银柱高度不变，有p＋ρghsinθ＝p0，则封闭气体压强增大；由题意可知变化过程为等温变化，由pV＝C可知，封闭气体由于压强增大，体积减小，水银柱上升，即H减小，h增大，故A正确，B、C、D错误。5．一个气泡由湖面下20m深处上升到湖面下10m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变，外界大气压相当于10m水柱产生的压强)()A．3倍 B．2倍C．1.5倍 D．eq\f(7,10)解析：选C对气泡p1＝3p0，p2＝2p0，由p1V1＝p2V2知V2＝1.5V1，故C项正确。6.将一根质量可以忽略的一端封闭的塑料管子插入液体中，在力F的作用下保持平衡，如图所示，图中H值的大小与下列各量无关的是()A．管子的半径 B．大气压强C．液体的密度 D．力F解析：选B管子的受力分析如图所示，由平衡条件得：p0S＋F＝pS ①又p＝p0＋ρ液gH ②联立①②解得H＝eq\f(F,ρ液gS)＝eq\f(F,ρ液gπr2)，可见与大气压强无关，故B正确。7．(2025·江西高考)如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大气压强p0、体积为V0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V0的临界值V0c，当V0＝V0c时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V0c等于()A.eq\f(ρgS,\a\vs4\al(p0))H2 B.eq\f(ρgS,\a\vs4\al(p0))H(H＋l)C.eq\f(p0－ρgH＋l,p0)SH D.eq\f(p0＋ρgH＋l,p0)SH解析：选B设往桶内压入压强为p0、体积为V0c的空气后，桶内气体压强为p，根据玻意耳定律有p0SH＋p0V0c＝pSH，泵水器恰能出水满足p＝p0＋ρg(H＋l)，联立解得V0c＝eq\f(ρgS,\a\vs4\al(p0))H(H＋l)，故选B。8．某小组在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中：(1)实验过程中，下列操作正确的是________。A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出B．推拉活塞时，手可以握住整个注射器C．压强传感器与注射器之间的连接管脱落后，应立即重新接上，继续实验D．活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气(2)该实验小组想利用实验所测得的数据测出压强传感器和注射器的连接管的容积，所测得的压强和注射器的容积(不包括连接管的容积)数据如表所示：实验次数压强/kPa体积/cm31101.5182112.8163126.9144145.0125169.210①为了更精确地测量也可以利用图像的方法，若要求出连接管的容积，也可以画________图。A．p-V B．V-pC．p-eq\f(1,V) D．V-eq\f(1,p)②利用上述图线求连接管的容积时是利用图线的________。A．斜率B．纵坐标轴上的截距C．横坐标轴上的截距D．图线下的“面积”解析：(1)推拉活塞时，动作不能快，以免气体温度变化，故A错误；推拉活塞时，手不可以握住整个注射器，以免气体温度变化，故B错误；压强传感器与注射器之间的连接管脱落后，气体质量变化了，应该重新做实验，故C错误；活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气，D正确。(2)①研究压强与体积的关系一般画出p-eq\f(1,V)图像，但为了求出连接管的容积，可以画出V-eq\f(1,p)图像。②根据V＋V0＝eq\f(C,p)得V＝eq\f(C,p)－V0，V-eq\f(1,p)图像的纵轴截距V0表示连接管的容积，所以B选项是正确的。答案：(1)D(2)①D②B9．图甲为某家转椅公司生产的一款气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，升降椅中间有一个开口向上、导热性能良好的气缸，气缸内封闭有压强为p0、体积为V0的气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为eq\f(2,3)V0。已知活塞横截面积为S，与气缸间摩擦不计，活塞和与其连接的部件质量可忽略不计，环境温度不变，环境气压为标准大气压p0，气缸不漏气，重力加速度为g。求：(1)该同学坐上座椅稳定后，气缸内气体的压强p；(2)该同学的质量m。解析：(1)该同学坐上座椅后，由玻意耳定律有p0V0＝peq\f(2,3)V0，解得p＝1.5p0。(2)由受力平衡有mg＋p0S＝pS，解得m＝eq\f(p0S,2g)。答案：(1)1.5p0(2)eq\f(p0S,2g)B组—重应用·体现创新10．(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是()A．D→A是等温过程B．A→B是等温过程C．TA>TBD．B→C体积增大，压强减小，温度不变解析：选AD直线AD经过原点，则D→A是等温过程，A正确；A→B体积不变，压强增大，可知状态A到状态B气体温度升高，B、C错误；直线BC经过原点，则B→C是等温过程，V增大，p减小，D正确。11．如图所示，a、b、c三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内分别用相同长度的一段水根柱封闭了质量相等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为()A．La＝Lb＝Lc B．Lb<Lc<LaC．Lb>Lc<La D．Lb<La＝Lc解析：选D根据题意pa＝p0，pb>p0，pc＝p0，所以三管内的空气柱长度的关系为：Lb<La＝Lc。12．(2025·广东高考)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105Pa，铸型室底面积S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15m，柱状气室底面积S2＝0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04m时，气室内气体压强p2。解析：(1)根据体积关系S1h1＝S2h2，可得气室内金属液面下降高度h2＝0.05m，此时气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)，代入数据解得p1＝1.2×105Pa。(2)初始时，铸型室内气体的压强为p0，体积V＝S1h1，当铸型室内金属液面高为h3＝0.04m时，气体体积为V′＝S1(h1－h3)，根据玻意耳定律p0V＝p′V′，可得铸型室内金属液面高为h3＝0.04m时，气体的压强为p′＝1.25×105Pa，同理根据体积关系S1h3＝S2h4，可得h4＝0.01m，此时气室内气体压强p2＝p′＋ρg(H＋h3＋h4)，代入数据解得p2＝1.35×105Pa。答案：(1)0.05m1.2×105Pa(2)1.35×105Pa课时跟踪检测（五）气体实验定律（Ⅱ）A组—重基础·体现综合1．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室的温度。存放食物之前，该同学关闭冰箱密封门并给冰箱通电。若大气压为1.0×105Pa，通电时显示温度为27℃，通电一段时间后显示温度为6℃，则此时冷藏室中气体的压强是()A．2.2×104Pa B．9.3×105PaC．1.0×105Pa D．9.3×104Pa解析：选D由查理定律得p2＝eq\f(T2,T1)p1＝eq\f(279,300)×1.0×105Pa＝9.3×104Pa，故D正确。2．一定质量的气体，压强保持不变，当其热力学温度由T变成3T时，其体积由V变成()A．3V B．6VC.eq\f(V,3)D.eq\f(V,6)解析：选A气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)得V2＝eq\f(T2V1,T1)＝eq\f(3TV1,T)＝3V1。3．一个密闭的钢管内装有空气，在温度为20℃时，压强为1atm，若温度上升到80℃，管内空气的压强约为()A．4atm B.eq\f(5,4)atmC．1.2atm D.eq\f(7,6)atm解析：选C由查理定律知eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，T＝t＋273K，代入数据解得p2≈1.2atm，所以C正确。4．对于一定质量的气体，以下说法正确的是()A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比B．气体做等容变化时，温度升高1℃，增加的压强是原来压强的eq\f(1,273)C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t2－t1,273)))解析：选C一定质量的气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不成正比关系，选项A错误；根据查理定律eq\f(Δp,ΔT)＝eq\f(p,T)，T＝t＋273K，所以eq\f(Δp,p)＝eq\f(ΔT,273＋t)，温度升高1℃，增加的压强Δp＝eq\f(1,273＋t)p，B选项错误；由公式eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)＝eq\f(Δp,ΔT)可知选项C正确；D项中由eq\f(p1,p2)＝eq\f(273＋t1,273＋t2)，得p2＝p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t2－t1,273＋t1)))，故D项错误。5．(多选)如图所示，在一只烧瓶上连一根玻璃管，把它跟一个水银压强计连在一起，烧瓶里封闭着一定质量的气体，开始时水银压强计U形管两端水银面一样高。下列情况下，为使U形管两端水银面一样高，管A的移动方向是()A．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移B．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移C．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移D．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移解析：选AD使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压且不变，若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向下移，故A正确，B错误；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向上移，故C错误，D正确。6．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由10℃升高到15℃，体积的增量为ΔV2。取T＝t＋273K，则()A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定解析：选A由盖—吕萨克定律可得eq\f(V1,T1)＝eq\f(ΔV,ΔT)，即ΔV＝eq\f(ΔT,T1)·V1，所以ΔV1＝eq\f(5,278)×V1，ΔV2＝eq\f(5,283)×V2(V1、V2分别是气体在5℃和10℃时的体积)，而eq\f(V1,278)＝eq\f(V2,283)，所以ΔV1＝ΔV2，A正确。7.如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦)，用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。汽缸静止时弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，以下变化均缓慢进行，下列说法正确的是()A．当外界温度升高(大气压不变)时，L变大、H减小、p变大、V变大B．当外界温度升高(大气压不变)时，h减小、H变大、p变大、V减小C．当外界大气压变小(温度不变)时，h不变、H减小、p减小、V变大D．当外界大气压变小(温度不变)时，L不变、H变大、p减小、V不变解析：选C以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L不变，活塞的位置不变，h不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可以判断，体积V增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小、p不变；对活塞分析得p0S＋mg＝pS＋F弹，当大气压减小时，气体压强p减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，可知体积V变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小，选项C正确，A、B、D错误。8．(多选)一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示A→B→C→A的循环过程，则()A．气体在状态A时的温度等于气体在状态B时的温度B．从状态B变化到状态C的过程中，气体经历的是等压变化C．从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能增大D．从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐降低解析：选AB气体在状态A和状态B满足玻意耳定律pV＝C，所以A、B两状态温度相等，故选项A正确；根据图像可知，气体从状态B变化到状态C的过程中，压强恒定，所以气体经历的是等压变化，故选项B正确；根据图像可知VC<VB，根据盖—吕萨克定律eq\f(V,T)＝C可知TC<TB，温度是分子平均动能的标志，所以从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能减小，故选项C错误；根据图像可知pC<pA，根据查理定律eq\f(p,T)＝C可知TC<TA，从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐升高，故选项D错误。9．(2024·江苏高考)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K、压强为105Pa的气体，容器内有一个面积为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240K，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大小。解析：(1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变，由查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝8×104Pa。(2)根据压强的定义，气体对观测台的压力F＝p2S＝4.8×103N，由牛顿第三定律得观测台对气体的压力F′＝F＝4.8×103N。答案：(1)8×104Pa(2)4.8×103NB组—重应用·体现创新10.如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，开始时活塞放置在卡扣a、b上，下方封闭了一定质量的气体。现缓慢加热缸内气体，直到活塞到达气缸口之前，下列Veq\f(1,p)图像正确的是()解析：选D缓慢加热缸内气体，直到活塞与卡扣间恰好无压力，气体做等容变化，由查理定律可知，温度升高时，气体的压强增大，则eq\f(1,p)减小。此后温度持续升高直到活塞到达气缸口前，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知，温度升高，体积增大。选项D正确。11．(2025·云南高考)(多选)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下()A．环境温度升高时，b管中液面升高B．环境温度降低时，b管中液面升高C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大解析：选BD根据题意，a中气体做等容变化，根据eq\f(p,T)＝C，可知环境温度升高时，a中气体压强增大，又pa＋ρ液gh＝p0，可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误；由上述分析可知，b管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，a中气体压强不变，b管中液面与槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则b管内液面降低，则温度测量值偏大，故D正确，C错误。12.如图所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中。注射器活塞的横截面积S＝5×10－5m2，活塞及框架的总质量m0＝5×10－2kg，大气压强p0＝1.0×105Pa。当水温为t0＝13℃时，注射器内气体的体积为5.5mL。求：(g取10m/s2)(1)向烧杯中加入热水，稳定后测得t1＝65℃时，气体的体积为多大？(2)保持水温t1＝65℃不变，为使气体的体积恢复到5.5mL，则要在框架上挂质量多大的钩码？解析：(1)注射器内气体做等压变化，初态：V0＝5.5mL，T0＝(13＋273)K＝286K，末态：T1＝(65＋273)K＝338K由盖—吕萨克定律eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)，得V1＝6.5mL。(2)保持水温t1＝65℃不变，气体做等温变化，由玻意耳定律得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(m0g,S)))V1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(p0＋\f(m＋m0g,S)))V0，解得m＝0.1kg。答案：(1)6.5mL(2)0.1kg课时跟踪检测（六）气体实验定律的微观解释A组—重基础·体现综合1．下列说法正确的是()A．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积减小而增大的微观原因是：每个分子撞击器壁的作用力增大B．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积增大而减小的微观原因是：单位体积内的分子数减小C．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：每个分子动能都增大D．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：分子数密度增大解析：选B一定质量的气体，保持温度不变，体积减小时，单位体积内的分子数增多，分子数密度增大，使压强增大，故A错误；一定质量的气体，保持温度不变，体积增大时，单位体积内的分子数减少而使分子撞击次数减少，从而使压强减小，故B正确；一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时，分子平均动能增大而使压强升高，但并不是每个分子动能都增大，故C、D错误。2．一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为()A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．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C．气体分子的总数增加D．分子的平均速率增加解析：选B气体经等温压缩，温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子平均动能不变，故气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，A错；由玻意耳定律知气体体积减小、分子的数密度增加，故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，B对；气体体积减小、分子的数密度增大，但分子总数不变，C错；分子的平均速率与温度有关，温度不变，分子的平均速率不变，D错。3．(多选)一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度()A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使它的体积缩小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀解析：选AD先等压变化，V增大，则T升高，再等容变化，p减小，则T降低，可能会回到原来的温度，A正确；先等压变化，V减小，则T降低，再等容变化，p减小，则T又降低，不可能回到原来的温度，B错误；先等容变化，p增大，则T升高，再等压变化，V增大，则T又升高，不可能回到原来的温度，C错误；先等容变化，p减小，则T降低，再等压变化，V增大，则T升高，可能会回到原来的温度，D正确。4.如图所示，容积一定的测温泡上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度升高时，泡内封闭气体()A．内能不变，压强变大B．体积不变，压强变大C．温度不变，压强变小D．温度降低，压强变小解析：选B当待测物体温度升高时，泡内封闭气体的温度升高，体积不变，则内能增大，又根据eq\f(pV,T)＝c，可知压强增大，选项B正确。5.如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中()A．气体分子的数密度增大B．气体分子的平均动能增大C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小解析：选B根据eq\f(pV,T)＝C，可得p＝eq\f(C,V)T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大，C错误；气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率增大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。6.(2025·全国卷)(多选)如图所示，一定量的理想气体先后处于V­T图像上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则()A．pa＝pb B．pa＝pcC．pa>pb D．pa<pc解析：选AD根据理想气体的状态方程有pV＝CT，变形有V＝eq\f(C,p)T，则V­T图线上的点与坐标原点连线的斜率表示eq\f(C,p)，则由题图可知pc>pb＝pa，故选A、D。7．如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，在图中三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3，体积分别为V1、V2、V3且V1<V2＝V3，则T1、T2、T3的大小关系为()A．T1＝T2＝T3 B．T1<T2<T3C．T1>T2>T3 D．T1<T2＝T3解析：选B设三种稳定状态下气体的压强分别为p1、p2、p3，以活塞为研究对象，三种稳定状态下分别有Mg＋p0S＝p1S，p0S＋Mg＝p2S，p0S＋Mg＋mg＝p3S，可以得出p1＝p2<p3；根据理想气体的状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)＝eq\f(p3V3,T3)，由V1<V2得T1<T2；由V2＝V3得T2<T3，即T1<T2<T3，故选项B正确。8．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气体，平衡时VA∶VB＝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，这两部分气体体积的比VA′∶VB′为()A．1∶1B．2∶3C．3∶4 D．2∶1解析：选B由理想气体状态方程，对A部分气体有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pA′VA′,TA′)①对B部分气体有：eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pB′VB′,TB′) ②因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以eq\f(①,②)得eq\f(VA,VB)＝eq\f(VA′TB′,VB′TA′)。整理得eq\f(VA′,VB′)＝eq\f(VATA′,VBTB′)＝eq\f(1×400,2×300)＝eq\f(2,3)，故B正确。9.一圆筒形真空容器，在筒顶系着的轻弹簧下端挂一质量不计的活塞，弹簧处于自然长度时，活塞正好触及筒底，如图所示，当在活塞下方注入一定质量的理想气体后，温度为T时，气柱高为h，则温度为T′时，气柱的高为(活塞与圆筒间摩擦不计)()A.eq\f(T′h,T) B.eq\f(Th,T′)C．heq\r(\a\vs4\al(\f(T′,T))) D.heq\r(\f(T,T′))解析：选C设弹簧的劲度系数为k，当气柱高度为h时，弹簧弹力F＝kh，由此产生的压强p＝eq\f(F,S)＝eq\f(kh,S)(S为圆筒的横截面积)；取封闭的气体为研究对象，初状态为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T、hS、\f(kh,S)))，末状态为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T′、h′S、\f(kh′,S)))，由理想气体状态方程eq\f(\f(kh,S)·hS,T)＝eq\f(\f(kh′,S)·h′S,T′)，得h′＝heq\r(\a\vs4\al(\f(T′,T)))，C正确。10．内燃机气缸里的混合气体，在吸气冲程结束瞬间，温度为50℃，压强为1.0×105Pa，体积为0.93L。在压缩冲程中，把气体的体积压缩为0.155L时，气体的压强增大到1.2×106Pa，这时混合气体的温度升高到多少摄氏度？解析：由题意可知混合气体初状态的状态参量为p1＝1.0×105Pa，V1＝0.93L，T1＝(50＋273)K＝323K。混合气体末状态的状态参量为p2＝1.2×106Pa，V2＝0.155L，T2为未知量。由eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)可得T2＝eq\f(p2V2,p1V1)T1，将已知量代入上式，得T2＝eq\f(1.2×106×0.155,1.0×105×0.93)×323K＝646K，所以混合气体的温度t＝(646－273)℃＝373℃。答案：373℃B组—重应用·体现创新11．已知湖水深度为20m，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(g取10m/s2，ρ水＝1.0×103kg/m3)()A．12.8倍 B．8.5倍C．3.1倍 D．2.1倍解析：选C气泡内气体在湖底的压强p1＝p0＋ρgh＝3.0×105Pa，由eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，代入数据解得eq\f(V2,V1)≈3.1，C正确。12．如图乙所示是消毒用的喷雾消毒桶原理图，圆柱形消毒桶横截面积为S＝0.08m2，内有高度为h1＝0.3m的消毒液，上部封闭有高h2＝0.2m、压强p0＝1.0×105Pa、温度T0＝290K的空气。已知消毒液的密度ρ＝1000kg/m3，大气压强恒为p0，g取10m/s2，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，现将喷雾消毒桶移到室内。(1)若室内温度也是T0，通过打气筒缓慢充入体积为V的空气，桶内空气压强达到1.5p0，求V的大小。(2)若室内温度高于室外，喷雾消毒桶移到室内静置一段时间后，不充气打开阀门K，刚好有消毒液流出，求室内温度T。(3)在第(2)问的前提下，在室内静置一段时间后再用打气筒缓慢向喷雾消毒桶内充入空气，直到消毒液完全流出，求充入空气与原有空气的质量比(结果保留三位有效数字)。解析：(1)原来封闭气体的体积为V0＝Sh2＝0.016m3，由于充气过程缓慢，可看作等温变化，由玻意耳定律，有p0(V0＋V)＝1.5p0·V0解得V＝8.0×10－3m3。(2)室温为T时，封闭气体的压强p1＝p0＋ρgh2＝1.02×105Pa由查理定律有：eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T)解得T＝295.8K。(3)以喷完消毒液后的气体为研究对象，此时气体压强p2＝p0＋ρg(h1＋h2)＝1.05×105Pa，体积V2＝S(h1＋h2)＝0.040m3，此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3由玻意耳定律p2V2＝p1V3则充入气体的体积ΔV＝V3－V0故充入气体与原有气体质量比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V0)≈1.57。答案：(1)8.0×10－3m3(2)295.8K(3)1.57课时跟踪检测（七）气体实验定律和理想气体状态方程的应用A组—重基础·体现综合1．血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于()A．30cm3 B．40cm3C．50cm3 D．60cm3解析：选D设每次挤压气囊将体积为V0＝60cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60cm3，故D正确，A、B、C错误。2.如图所示，用一绝热的活塞将一定质量的气体密封在绝热的气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，现通过气缸内一电阻丝对气体加热，则下列图像中能正确反映气体的压强p、体积V和温度T之间关系的是()解析：选B活塞与气缸壁之间无摩擦，被封闭气体的压强p＝p0＋eq\f(mg,S)且始终是不变的，因此被封闭的气体经历的是一个等压变化。在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比，故B正确。3.如图所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段竖直细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种温度相同的气体隔开。如果将两气体温度均降低10℃，水银柱将()A．向上移动 B．向下移动C．不动 D．无法确定解析：选B由查理定律的推论关系式Δp＝eq\f(ΔT,T)p得，ΔpA＝－eq\f(10,T)pA<0，ΔpB＝－eq\f(10,T)pB<0，因pA>pB，故|ΔpA|>|ΔpB|，水银柱向容器A一方(向下)移动。故选项B正确。4．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是()A．TA＝TB，TB＝TC B．TA＜TB，TB＜TCC．TA＝TC，TB＞TC D．TA＝TC，TB＜TC解析：选C从A到B，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，因为VA＜VB，所以TA＜TB；从B到C，气体做等容变化，根据查理定律有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，因为pB＞pC，所以TB＞TC；由题图可知pAVA＝pCVC，即从A到C，气体做等温变化，故TA＝TC。选项C正确。5．一气泡从30m深的海底升到海面，设水底温度是4℃，水面温度是15℃，那么气泡在海面的体积约是水底时的()A．3倍 B．4倍C．5倍 D．12倍解析：选B根据理想气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，知eq\f(V2,V1)＝eq\f(p1T2,p2T1)，其中T1＝(273＋4)K＝277K，T2＝(273＋15)K＝288K，故eq\f(T2,T1)≈1，而p2＝p0≈10ρ水g，p1＝p0＋p≈40ρ水g，即eq\f(p1,p2)≈4，故eq\f(V2,V1)≈4。故B正确。6.如图所示，两端开口的光滑的直玻璃管，下端插入水银槽中，上端有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，设外界大气压为p0，环境温度保持不变，则()A．玻璃管下端内外水银面的高度差为H＝hB．中间空气的压强大小为p＝p0－h(cmHg)C．若把玻璃管向下移动少许，则管内的气体压强将减小D．若把玻璃管向上移动少许，则管内的气体压强将增大解析：选A对管中上端水银受力分析可知，管中气体压强比大气压强高h(cmHg)，所以玻璃管下端内外水银面的高度差为h，A正确；中间空气的压强大小为p＝p0＋h(cmHg)，B错误；若把玻璃管向上移动少许(或向下移动少许)，封闭气体的压强不变，C、D错误。7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，气体温度变化情况是()A．逐渐升高 B．逐渐降低C．不变 D．先升高后降低解析：选B根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C，得p＝eq\f(CT,V)，则p-eq\f(1,V)图像上点与原点连线的斜率反映温度的高低，如图所示，可知从状态1到状态2温度逐渐降低，故B正确。8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝8cm2的足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞静置于P处，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气柱的温度为t＝7℃，外界大气压p0＝1.0×105Pa＝75cmHg，重力加速度g取10m/s2，忽略水银槽的液面变化。(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.4kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱长度是多少？活塞向下移动的距离是多少？(2)若保持砝码的质量不变，将气体缓慢加热至t2时，活塞恰好回到P处，则气体温度t2是多少？解析：(1)封闭气体的初状态参量p1＝p0＝1.0×105Pa，V1＝LS封闭气体的末状态参量p2＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa＋eq\f(0.4×10,8×10－4)Pa＝1.05×105Pa＝78.75cmHg，V2＝L2S气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2代入数据解得L2＝20cm＝0.20m设管内外水银面的高度差为hcm，封闭气体的压强p2＝p0＋ph＝75cmHg＋hcmHg解得h＝3.75活塞向下移动的距离H＝L－L2＋h＝21cm－20cm＋3.75cm＝4.75cm＝0.0475m。(2)气体初状态的温度T1＝(273＋7)K＝280K加热过程气体压强不变，活塞回到P处时，空气柱的长度L3＝L＋hcm＝24.75cm，气体体积V3＝L3S气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)即eq\f(L2S,T1)＝eq\f(L3S,T2)代入数据解得T2＝346.5K则t2＝(346.5－273)℃＝73.5℃。答案：(1)0.20m0.0475m(2)73.5℃B组—重应用·体现创新9．一只轮胎容积为V＝10L，已装有p1＝1atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1atm)()A．8次 B．10次C．12次 D．15次解析：选D胎内气体质量发生变化，选打入的气体和原来的气体组成的整体为研究对象。设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V，解得n＝15次。10．(2025·河南高考)(多选)如图所示，一圆柱形