【物理】2019届一轮复习人教版　固体、液体和气体学案

【物理】2019届一轮复习人教版　固体、液体和气体学案

第2讲　固体、液体和气体 ‎　‎ ‎[学生用书P244]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、固体 ‎1．分类：固体分为晶体和非晶体两类．晶体分单晶体和多晶体．　‎ ‎2．晶体与非晶体的比较 单晶体 多晶体 非晶体 外形 规则 不规则 不规则 熔点 确定 确定 不确定 物理性质 各向异性 各向同性 各向同性 典型物质 石英、云母、食盐、硫酸铜 玻璃、蜂蜡、松香 形成与 转化 有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体 二、液体 ‎1．液体的表面张力 ‎(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．‎ ‎(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．‎ ‎(3)大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大．‎ ‎2．液晶的物理性质 ‎(1)具有液体的流动性．‎ ‎(2)具有晶体的光学各向异性．‎ ‎(3)在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．‎ 三、饱和汽　湿度 ‎1．饱和汽与未饱和汽 ‎(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．‎ ‎(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．‎ ‎2．饱和汽压 ‎(1)定义：饱和汽所具有的压强．‎ ‎(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．‎ ‎3．湿度 ‎(1)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．‎ ‎(2)相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压之比．‎ ‎(3)相对湿度公式 相对湿度＝.‎ 四、气体 ‎1．气体分子运动的特点 ‎(1)气体分子间距较大，分子力可以忽略，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满它能达到的整个空间．‎ ‎(2)分子做无规则的运动，速率有大有小，且时刻变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．‎ ‎(3)温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增加，分子的平均速率将增大，但速率分布规律不变．‎ ‎2．气体实验三定律 玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律 条件 质量一定，‎ 温度不变 质量一定，‎ 体积不变 质量一定，‎ 压强不变 表达式 p1V1＝p2V2‎ ＝ ＝ 图象 五、理想气体状态方程 ‎1．理想气体 ‎(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下始终遵从气体实验定律的气体．实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．‎ ‎(2)微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间．‎ ‎2．理想气体的状态方程 ‎(1)内容：一定质量的某种理想气体发生状态变化时，压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变.‎ ‎(2)公式：＝或＝C(C是与p、V、T无关的常量)．‎ ‎【自我诊断】‎ 判一判 ‎(1)水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时蒸发和凝结仍在进行．(　　)‎ ‎(2)只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高．(　　)‎ ‎(3)若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变．(　　)‎ 提示：(1)√　(2)√　(3)√‎ 做一做 ‎(2015·高考江苏卷)对下列几种固体物质的认识，正确的有(　　)‎ A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体 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，说明蜂蜡是晶体 C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则 D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 提示：选AD.晶体才有固定的熔点，A正确．熔化的蜂蜡呈椭圆形说明云母片导热具有各向异性的特点，故此现象说明云母片是晶体，B错误．天然石英具有各向异性的原因是物质微粒在空间的排列是规则的，故C错误．石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，D正确．‎ 想一想 在闷热的夏天我们会感到非常的不舒服，是因为空气的相对湿度大还是小呢？‎ 提示：相对湿度大．‎ ‎　固体和液体的性质[学生用书P246]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．晶体和非晶体 ‎(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．‎ ‎(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．‎ ‎(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．‎ ‎2．液体表面张力 ‎(1)形成原因：表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力．‎ ‎(2)表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，分子势能大于液体内部的分子势能．‎ ‎(3)表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的各条分界线．‎ ‎(4)表面张力的效果：表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小．‎ ‎(5)表面张力的大小：跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　下列说法正确的是(　　)‎ A．液面表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性 D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体 E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 ‎[解析]　液面表面张力的方向始终与液面相切，A错误．单晶体和多晶体都有固定的熔、沸点，非晶体熔点不固定，B错误．单晶体中原子(或分子、离子)的排列是规则的，具有空间周期性，表现为各向异性，C正确．金属材料虽然显示各向同性，但并不意味着就是非晶体，可能是多晶体，D错误．液晶的名称由来就是由于它具有流动性和各向异性，E正确．‎ ‎[答案]　CE ‎【迁移题组】‎ 迁移1　晶体、非晶体的特性 ‎1．(2015·高考全国卷Ⅰ)下列说法正确的是(　　)‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 解析：选BCD.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误．‎ 迁移2　液体的性质及现象 ‎2．下列说法不正确的是(　　)‎ A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上．这是水表面存在表面张力的缘故 B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力 C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故 D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故 E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开．这是水膜具有表面张力的缘故 解析：选BDE.水的表面张力托起针，A正确；B、D两项也是表面张力原因，故B、D均错误，C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用，E错误．‎ 迁移3　对饱和蒸汽、相对湿度的考查 ‎3．(高考全国卷Ⅱ)下列说法正确的是(　　)‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 解析：选BCE.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A错误．由于表面张力的作用使液体表面收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确．液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C正确．高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误．由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确．‎ ‎　气体压强的产生和计算[学生用书P246]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．‎ ‎2．决定因素 ‎(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．‎ ‎(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．‎ ‎3．平衡状态下气体压强的求法 ‎(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．‎ ‎(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．‎ ‎(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．‎ ‎4．加速运动系统中封闭气体压强的求法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．‎ ‎[解析]　在图甲中，以高为h的液柱为研究对象，‎ 由二力平衡知 p甲S＋ρghS＝p0S 所以p甲＝p0－ρgh 在图乙中，以B液面为研究对象，‎ 由平衡方程F上＝F下有：‎ pAS＋ρghS＝p0S p乙＝pA＝p0－ρgh 在图丙中，仍以B液面为研究对象，有 pA′＋ρghsin 60°＝pB′＝p0‎ 所以p丙＝pA′＝p0－ρgh 在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得 p丁S＝(p0＋ρgh1)S 所以p丁＝p0＋ρgh1‎ 在图戊中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．‎ ‎[答案]　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1　戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)‎ 气体压强的计算应注意的问题 ‎(1)在气体流通的区域，各处压强相等，如容器与外界相通，容器内外压强相等；用细管相连的容器，平衡时两边气体压强相等．‎ ‎(2)液体内深为h处的总压强p＝p0＋ρgh，式中的p0为液面上方的压强，在水银内，用cmHg做单位时可表示为p＝H＋h.‎ ‎(3)连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等．　‎ ‎(4)求用固体(如活塞)或液体(如液柱)封闭在静止的容器内的气体压强，应对固体或液体进行受力分析，然后根据平衡条件求解．‎ ‎(5)当封闭气体所在的系统处于力学非平衡的状态时，欲求封闭气体的压强，首先选择恰当的对象(如与气体关联的液柱、活塞等)，并对其进行正确的受力分析(特别注意内、外气体的压力)，然后根据牛顿第二定律列方程求解．‎ ‎【迁移题组】‎ 迁移1　气体压强的微观解释 ‎1．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是 (　　)‎ A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小 解析：选BD.压强变大时，气体的温度不一定升高，分子的热运动不一定变得剧烈，故选项A错误；压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度会升高，分子热运动会变得剧烈，故选项B正确；压强变大时，由于气体温度不确定，则气体的体积可能不变，可能变大，也可能变小，其分子间的平均距离可能不变，也可能变大或变小，故选项C错误；压强变小时，气体的体积可能不变，可能变大也可能变小，所以分子间的平均距离可能不变，可能变大，可能变小．故选项D正确．‎ 迁移2　气体压强的计算 ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和 K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)待测气体的压强；‎ ‎(2)该仪器能够测量的最大压强．‎ 解析：(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则 V＝V0＋πd2l　 ①‎ V1＝πd2h　 ②‎ 由力学平衡条件得 p1＝p＋ρgh　 ③‎ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1　 ④‎ 联立①②③④式得 p＝.　 ⑤‎ ‎(2)由题意知 h≤l　 ⑥‎ 联立⑤⑥式有 p≤　 ⑦‎ 该仪器能够测量的最大压强为 pmax＝.‎ 答案：见解析 ‎　理想气体实验定律与状态方程的应用[学生用书P248]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．气体状态变化的图象问题 特点 示例 等温 过程 p－V pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远 p－ p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 等容 过程 p－T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 等压 过程 V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小 ‎2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系 ＝ ‎3．几个重要的推论 ‎(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT.‎ ‎(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT.‎ ‎(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋….‎ ‎【典题例析】‎ ‎　(2016·高考全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．‎ ‎[审题指导]　解答此题的关键是将用去的氧气在p2状态下的体积转化为在p0状态下的体积，从而可计算出氧气在p0下的可用天数．‎ ‎[解析]　设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得 p1V1＝p2V2 ①‎ 重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1 ②‎ 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0 ③‎ 设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝④‎ 联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)．‎ ‎[答案]　4天 ‎1．利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路 ‎2．气体状态变化图象的应用技巧 ‎(1)求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．‎ ‎(2)在V－T图象(或p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．　‎ ‎【迁移题组】‎ 迁移1　玻璃管－水银柱模型 ‎1．(2016·高考全国卷Ⅲ)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．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．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．‎ 解析：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h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①‎ l′1＝cm ②‎ 由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1 ③‎ 联立①②③式和题给条件得 p′1＝144 cmHg ④‎ 依题意p′2＝p′1 ⑤‎ l′2＝4.00 cm＋cm－h ⑥‎ 由玻意耳定律得p2l2＝p′2l′2 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得 h＝9.42 cm.‎ 答案：144 cmHg　9.42 cm 迁移2　汽缸活塞模型 ‎2.‎ ‎(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．‎ ‎(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；‎ ‎(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；‎ ‎(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．‎ 解析：(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得 p0V＝p1V1 ①‎ ‎(3p0)V＝p1(2V－V1) ②‎ 联立①②式得 V1＝ ③‎ p1＝2p0. ④‎ ‎(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2⑤‎ 由⑤式得 p2＝p0 ⑥‎ 由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p′2＝p0.‎ ‎(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 ＝ ⑦‎ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0.‎ 答案：见解析 迁移3　气体实验定律中的图象问题分析 ‎3．(2016·高考全国卷Ⅱ)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da 回到原状态，其p－T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 解析：选ABE.由＝k可知，p－T图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，A项正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，B项正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，C项错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D项错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbc＝pb(Vb－Vc)＝pbVb－pcVc，过程da中气体对外界做的功Wda＝pd(Va－Vd)＝paVa－pdVd，由于pbVb＝paVa，pcVc＝pdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，E项正确．‎ 迁移4　理想气体状态方程的应用 ‎4.‎ ‎(2018·石家庄模拟)如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，左右两管水银面高度差为36 cm，外界大气压为76 cmHg.若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度为30 cm，则此时左管内气体的温度为多少？‎ 解析：设U形管左管的横截面积为S，当左管内封闭的气柱长度变为30 cm时，左管水银柱下降4 cm，右管水银柱上升2 cm，即左右两端水银柱高度差变为h′＝30 cm 对左管内封闭的气体：‎ p1＝p0－h＝40 cmHg；V1＝l1S＝26S；T1＝280 K p2＝p0－h′＝46 cmHg；V2＝l′S＝30S；T2＝？‎ 由理想气体状态方程得＝ 可得T2＝T1≈371.5 K.‎ 答案：371.5 K ‎　[学生用书 P249]‎ ‎1.‎ ‎(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是(　　)‎ A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 解析：选ABD.ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误．‎ ‎2.‎ 如图，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门．开始时阀门关闭，左管的水银面较高．现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门．当重新平衡时(　　)‎ A．左管的水银面与右管等高 B．左管的水银面比右管的高 C．左管的水银面比右管的低 D．水银面高度关系无法判断 解析：选D.初态时右侧封闭气体的压强p>p0，打开阀门，流出一些水银后关闭阀门，当重新平衡时，因封闭气体的体积变大，由pV＝C知压强p减小，因气体末态压强p有可能大于p0、等于p0或小于p0，故左右两管水银面的高度关系无法判断，选项D正确．‎ ‎3．(2016·高考全国卷Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升．已知大气压强 p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．‎ 解析：(1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则Δp1＝①‎ 代入题给数据得Δp1＝28 Pa. ②‎ ‎(2)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2 ③‎ 由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1 ④‎ p2＝p0＋Δp2 ⑤‎ 气泡体积V1和V2分别为 V1＝πr ⑥‎ V2＝πr ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得＝ ⑧‎ 由②式知，Δpi≪p0，i＝1、2，故可略去⑧式中的Δpi项．代入题给数据得＝≈1.3.‎ 答案：(1)28 Pa　(2)1.3‎ ‎4．(2015·高考全国卷Ⅱ)‎ 如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.‎ ‎(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；‎ ‎(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．‎ 解析：(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得 pl＝p1l1 ①‎ 由力学平衡条件得 p＝p0＋h ②‎ 打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水 银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有 p1＝p0－h1 ③‎ 联立①②③式，并代入题给数据得 l1＝12.0 cm. ④‎ ‎(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得 pl＝p2l2 ⑤‎ 由力学平衡条件有 p2＝p0 ⑥‎ 联立②⑤⑥式，并代入题给数据得 l2＝10.4 cm ⑦‎ 设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1 ⑧‎ 联立④⑦⑧式，并代入题给数据得 Δh＝13.2 cm.‎ 答案：(1)12.0 cm　(2)13.2 cm ‎ [学生用书P361(单独成册)]‎ ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、选择题 ‎1．一个密闭容器由固定导热板分隔为体积相同的两部分，分别装有质量不等的同种气体．当两部分气体稳定后，它们的(　　)‎ A．密度相同　　　　　　　 B．分子数相同 C．分子平均速率相同 D．分子间平均距离相同 解析：选C.根据ρ＝可知，m不等，V相等，则ρ不相等，A项错误；质量不等的同种气体的分子数不相等，B项错误；当两部分气体稳定后，二者的温度是相等的，故同种气体分子的平均速率相同，C项正确；同体积、不同质量的同种气体分子间距不相同，D项错误．‎ ‎2．人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是(　　)‎ A．液体的分子势能与体积有关 B．晶体的物理性质都是各向异性的 C．温度升高，每个分子的动能都增大 D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 E．液体表面层内分子分布比液体内部稀疏，所以分子间作用力表现为引力 解析：选ADE.分子势能与分子间距有关，而分子间距与物体的体积有关，则知液体的分子势能和体积有关，选项A正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体物理性质表现为各向异性，多晶体物理性质表现为各向同性，选项B错误；温度升高时，分子的平均动能增大但不是每一个分子动能都增大，选项C 错误；露珠由于受到表面张力的作用表面积有收缩到最小的趋势即呈球形，选项D正确；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的作用力表现为引力，选项E正确．‎ ‎3．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是(　　)‎ A．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 B．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 C．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大 D．一定量气体的内能等于其所有分子热运动的动能和分子间势能的总和 E．如果气体温度升高，那么所有分子的运动速率都增大 解析：选ABD.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，需吸收一定热量，其内能增加，而分子个数、温度均未变，表明其分子势能增加，A对；气体的压强与气体分子密度和分子的平均速率有关，整体的体积增大，气体分子密度减小，要保证其压强不变，气体分子的平均速率要增大，即要吸收热量，升高温度，B对；对于一定量的气体，温度升高，分子的平均速率变大，但若气体体积增加得更多，气体的压强可能会降低，C错；根据内能的定义可知，D对；气体温度升高，分子运动的平均速率肯定会增大，但并不是所有分子的运动速率都增大，E错．‎ ‎4．(2018·唐山模拟)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是(　　)‎ A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大 B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变 C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加 D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变 E．若气体体积减小，温度升高，单位时间内分子对器壁的撞击次数增多，平均撞击力增大，因此压强增大 解析：选ACE.气体压强的大小与气体分子的平均动能和单位体积内的分子数两个因素有关．若单位体积内分子数不变，当分子热运动加剧时，决定压强的两个因素中一个不变，一个增大，故气体的压强一定变大，A对、B错；若气体的压强不变而温度降低时，气体的体积一定减小，故单位体积内的分子个数一定增加，C对、D错；由气体压强产生原因知，E对．‎ ‎5．(2018·武汉模拟)如图所示，是水的饱和汽压与温度关系的图线，请结合饱和汽与饱和汽压的知识判断下列说法正确的是(　　)‎ A．水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度升高，饱和汽压增大 B．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是不变的 C．当液体处于饱和汽状态时，液体会停止蒸发现象 D．在实际问题中，饱和汽压包括水蒸气的气压和空气中其他各种气体的气压 解析：选AB.当液体处于饱和汽状态时，液体与气体达到了一种动态平衡，液体蒸发现象不会停止，‎ 选项C错误；在实际问题中，水面上方含有水分子、空气中的其他分子，但我们所研究的饱和汽压只是水蒸气的分气压，选项D错误．‎ ‎6．如图，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．逐渐增小 C．始终不变 D．先增大后减小 解析：选A.法一：由题图可知，气体从状态a变到状态b，体积逐渐减小，温度逐渐升高，由＝C可知，压强逐渐增大，故A正确．‎ 法二：由＝C得：V＝T，从a到b，ab段上各点与O点连线的斜率逐渐减小，即逐渐减小，p逐渐增大，故A正确．‎ ‎7．(2018·南京模拟)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．气体分子的平均速率不变 B．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大 C．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 D．气体分子的总数增加 E．气体分子的密度增大 解析：选ACE.气体温度不变，分子平均动能、平均速率均不变，A正确．理想气体经等温压缩，压强增大，体积减小，分子密度增大，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，但气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，故C、E正确，B、D错误．‎ ‎8.‎ 一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的a→b、b→c、c→d、d→a四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)‎ A．a→b过程中不断增加 B．b→c过程中保持不变 C．c→d过程中不断增加 D．d→a过程中保持不变 E．d→a过程中不断增大 解析：选ABE.由题图可知a→b温度不变，压强减小，所以体积增大，b→c是等容变化，体积不变，因此A、B正确；c→d体积不断减小，d→a体积不断增大，故C、D错误，E正确．‎ 二、非选择题 ‎9．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．‎ ‎(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．‎ A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大 C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 ‎(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.‎ 解析：(1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W＜0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU＜0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B错误；C→D的过程中，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W＞0，根据ΔU＝Q＋W，ΔU＞0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D错误．‎ ‎(2)从A→B、C→D的过程中气体做等温变化，理想气体的内能不变，内能减小的过程是B→C，内能增大的过程是D→A.‎ 气体完成一次循环时，内能变化ΔU＝0，热传递的热量Q＝Q1－Q2＝(63－38)kJ＝25 kJ，根据ΔU＝Q＋W，得W＝－Q＝－25 kJ，即气体对外做功25 kJ.‎ 答案：(1)C　(2)B→C　25‎ ‎10．如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压为p0)‎ 解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象，‎ 相对静止时有：F＝(M＋m)a 再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：‎ pS－p0S＝ma 解得：p＝p0＋.‎ 答案：p0＋ ‎11．(2017·高考全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb.已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求该热气球所受浮力的大小；‎ ‎(2)求该热气球内空气所受的重力；‎ ‎(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．‎ 解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①‎ 在温度为T时的体积为VT，密度为 ρ(T)＝ ②‎ 由盖－吕萨克定律得＝ ③‎ 联立①②③式得 ρ(T)＝ρ0 ④‎ 气球所受到的浮力为 f＝ρ(Tb)gV ⑤‎ 联立④⑤式得 f＝Vgρ0. ⑥‎ ‎(2)气球内热空气所受的重力为 G＝ρ(Ta)Vg ⑦‎ 联立④⑦式得 G＝Vgρ0. ⑧‎ ‎(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得 mg＝f－G－m0g ⑨‎ 联立⑥⑧⑨式得 m＝Vρ0T0－m0.‎ 答案：见解析 ‎12.‎ ‎(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．‎ 已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；‎ ‎(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ 解析：(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得 V1＝S1＋S2 ①‎ V2＝S2l②‎ 在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③‎ 故缸内气体的压强不变．由盖－吕萨克定律有 ＝ ④‎ 联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K． ⑤‎ ‎(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律有 ＝ ⑥‎ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa.‎ 答案：(1)330 K　(2)1.01×105 Pa