【物理】2018届一轮复习人教版气体、固体与液体学案

【物理】2018届一轮复习人教版气体、固体与液体学案

第2讲　气体、固体与液体 考点一　固体与液体的性质 ‎1．晶体和非晶体 ‎　分类 比较项目　　‎ 晶　体 非晶体 单晶体 多晶体 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 原子排列 有规则 晶粒的排列无规则 无规则 转　化 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化 典型物质 石英、云母、明矾、食盐 玻璃、橡胶 ‎2.晶体的微观结构 ‎(1)结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。‎ ‎(2)用晶体的微观结构特点解释晶体的特点 现象 原因 晶体有规则的外形 由于内部微粒有规则的排列 晶体各向异性 由于内部从任一结点出发在不同方向的相同距离上的微粒数不同 晶体的多形性 由于组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵 ‎3.液晶 ‎(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。‎ ‎(2)液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。‎ ‎(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。‎ ‎(4)液晶的物理性质很容易在外界的影响下发生改变。‎ ‎4．液体的表面张力现象 ‎(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)作用 液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。‎ ‎(3)方向 表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直。‎ ‎(4)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。‎ ‎5．饱和蒸汽、未饱和蒸汽和饱和蒸汽压 ‎(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：饱和汽压随温度而变。温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。‎ ‎6．湿度 ‎(1)定义：空气的潮湿程度。‎ ‎(2)描述湿度的物理量 ‎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相比。‎ ‎③相对湿度公式：‎ 相对湿度＝ ‎[思维诊断]‎ ‎(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(　　)‎ ‎(2)晶体有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的。(　　)‎ ‎(3)液晶是液体和晶体的混合物。(　　)‎ ‎(4)液体的表面张力其实质是液体表面分子间的引力。(　　)‎ ‎(5)蒸汽处于饱和状态时没有了液体分子与蒸汽分子间的交换。(　　)‎ ‎(6)饱和汽压是指饱和汽的压强(　　)‎ ‎(7)当人们感觉到潮湿时，空气的绝对湿度一定大(　　)‎ 答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)×[题组训练]‎ ‎1．[晶体和非晶体](2015·新课标全国Ⅰ·33)(多选)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：　晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错误；固体分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上光学性质不同，表现为晶体具有各向异性，选项B正确；同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体，如金刚石和石墨，选项C正确；晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项D正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错误。‎ 答案：　BCD ‎2．[液体表面张力](多选)关于表面张力，下列说法正确的是(　　)‎ A．液体表面层的分子间的距离比较大 B．液体表面层的分子间的距离比较小 C．表面张力的产生，是由于表面层中分子间的引力大于斥力 D．表面张力的方向是与液面相切，与分界线相平行 E．叶面上的露珠呈球形，是表面张力使液体表面收缩的结果 解析：　液体的表面层像一个张紧的橡皮膜，这是因为表面层的分子间距比内部要大，使表面层分子间的引力大于斥力，而产生表面张力。表面张力的方向与液面相切，与分界线垂直，且与分界线的长度成正比。表面张力使液体表面收缩到最小，因此叶面上露珠呈球形。选项A、C、E正确。‎ 答案：　ACE ‎3．[饱和汽压和相对湿度](多选)关于饱和汽压和相对湿度，下列说法中正确的是(　　)‎ A．温度相同的不同饱和汽的饱和汽压都相同 B．温度升高时，饱和汽压增大 C．在相对湿度相同的情况下，夏天比冬天的绝对湿度大 D．饱和汽压和相对湿度都与体积有关 E．在一定温度下水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不变 解析：　在一定温度下，饱和汽压是一定的，饱和汽压随温度的升高而增大，饱和汽压与液体的种类有关，与体积无关。空气中所含水蒸气的压强，称为空气的绝对湿度；相对湿度＝，夏天的饱和汽压大，在相对湿度相同时，夏天的绝对湿度大。‎ 答案：　BCE 考点二　气体压强的产生与计算 ‎1．产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。‎ ‎2．常用单位及换算关系 ‎(1)国际单位：帕斯卡，符号，Pa,1 Pa＝1 N/m2。‎ ‎(2)常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)。‎ ‎(3)换算关系：1 atm＝76 cmHg＝1.013×105Pa≈1.0×105 Pa。‎ ‎3．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。‎ ‎4．系统处于平衡状态下的气体压强计算方法 ‎(1)液体封闭的气体压强：‎ 选与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，利用它的受力平衡和压强的传递原理，求出气体的压强。例如如图中D面上方的液柱，由平衡条件可得p0S＋ρgSh＝pAS，则pA＝p0＋ρgh。‎ ‎(2)固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强：由于该固体(活塞或汽缸)必定受到被封闭气体的压力，所以可通过对该固体进行受力分析，由平衡条件建立方程确定气体压强与其他各力的关系。‎ ‎(2017·河北廊坊联考)如图所示，一圆筒形汽缸静止于地面上，汽缸的质量为M，活塞(连同手柄)的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，大气压强为p0，平衡时汽缸内的容积为V。现用手握住活塞手柄缓慢向上提。设汽缸足够长，不计汽缸内气体的重力和活塞与汽缸壁间的摩擦，求 汽缸和刚提离地面时封闭气体的压强。‎ 解析：　 时由于活塞处于静止，由平衡条件可得 p0S＋mg＝p1S，则p1＝p0＋ 当汽缸刚提离地面时汽缸处于静止，汽缸与地面间无作用力，因此由平衡条件可得p2S＋Mg＝p0S 则p2＝p0－。‎ 答案：　p0＋　p0－ ‎[题组训练]‎ ‎1．[液体封闭气体压强的求解]若已知大气压强为p0，在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：　在甲图中，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 答案：　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1‎ ‎2．[活塞封闭气体压强的计算]如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？‎ 解析：　题图甲中选m为研究对象。‎ pAS＝p0S＋mg 得pA＝p0＋ 题图乙中选M为研究对象得pB＝p0－。‎ 答案：　p0＋　p0－ ‎3．[关联气体压强的计算]竖直平面内有如图所示的均匀玻璃管，内用两段水银柱封闭两段空气柱a，b，各段水银柱高度如图所示，大气压为p0，求空气柱a、b的压强各多大。‎ 答案：　p0＋ρg(h2－h1－h3)‎ p0＋ρg(h2－h1)‎ 方法技巧　封闭气体压强的求解方法,封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。‎ 考点三　气体状态变化的图象问题 一定质量的气体不同图象的比较 过程 图线类别 图象特点 图象示例 等温 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 过程 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 ‎[题组训练]‎ ‎1．[P V图象](多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A、B、C变化，下列说法中正确的是(　　)‎ A．沿A→B→C变化，气体温度不变 B．A、B、C三状态中，B状态气体温度最高 C．A、B、C三状态中，B状态气体温度最低 D．从A→B，气体压强减小，温度升高 E．从B→C，气体密度减小，温度降低 解析：　由理想气体状态方程＝常数可知，B状态的pV乘积最大，则B状态的温度最高，A到B的过程是升温过程，B到C的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B、D、E正确，选项A错误。‎ 答案：　BDE ‎2.‎ ‎[v T图象](多选)一定质量的理想气体从状态a ，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V T图象如图所示，Pa、Pb、Pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是(　　)‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．Pc＝Pb>Pa C．过程bc中分子势能不断增大 D．过程bc中每一个分子的速率都减小 E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功 解析：　由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故Pc＝Pb，而从a到b为等容变化，根据查理定律p＝CT，可知温度升高，压强变大，故Pb>Pa，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确。‎ 答案：　ABE ‎3．[p T图与V T图的转换]一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：‎ ‎(1)温度600 K时气体的压强；‎ ‎(2)在p T图象上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。‎ 答案：　(1)1.25×105 Pa　(2)如图所示 方法技巧　气体状态变化的图象的应用技巧 (1)明确点、线的物理意义：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)明确斜率的物理意义：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。‎ 考点四　理想气体状态方程与气体实验定律的应用 ‎1．理想气体的状态方程 ‎(1)理想气体 ‎①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守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)状态方程：＝或＝C。‎ ‎2．实验定律 前提条件 气体实验定律名称 表达式 气体质量不变 温度T1＝T2‎ 玻意耳定律 p1V1＝p2V2‎ 体积V1‎ 查理定律 ＝ ‎＝V2‎ 压强p1＝p2‎ 盖—吕萨克定律 ＝ ‎[活塞封闭气体类]‎ ‎[2015·课标Ⅰ·33(2)]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，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)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝ 初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495 K 末状态V2＝lS2‎ 代入可得T2＝T1＝330 K ‎(2)对大、小活塞受力分析则有 m‎1g＋m‎2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2‎ 可得p1＝1.1×105 Pa 缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝ T3＝T＝303 K 解得p2＝1.01×105 Pa 答案：　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa 方法技巧　应用状态方程解题的一般步骤 ‎[题组训练]‎ ‎1．[汞柱封闭气体类]‎ ‎[2015·课标Ⅱ·33(2)]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侧空气柱的长度为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，设空气柱的长度为l1，压强为p1。‎ 由玻意耳定律得pl＝p‎1l1①‎ 由力学平衡条件得p＝p0＋h②‎ 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，直到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－h1③‎ 联立①②③式，并代入题给数据得l1＝‎12.0 cm④‎ ‎(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＝p‎2l2⑤‎ 由力学平衡条件有p2＝p0⑥‎ 联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝‎10.4 cm⑦‎ 设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧‎ 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 ‎2．[相关联的两部分气体]‎ ‎[2016·全国丙卷·33(2)]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。由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg①‎ l1′＝(20.0－) cm②‎ 由玻意耳定律得p‎1l1＝p1′l1′③‎ 联立①②③式和题给条件得 p1′＝144 cmHg④‎ 依题意p2′＝p1′⑤‎ l2′＝‎4.00 cm＋cm－h⑥‎ 由玻意耳定律得p‎2l2＝p2′l2′⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝‎‎9.42 cm 答案：　144 cmHg　‎‎9.42 cm ‎3．[气体的合并与分装]如图所示，容积为V1的容器内充有压缩空气。容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连。气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2。打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，‎ 使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变。求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1。‎ 解析：　以容器内和左管内空气为研究对象，两部分后来变成了整体，根据玻意耳定律 p1V1＋p0V2＝(p0＋ρgh)(V1＋V2)‎ p1＝p0＋ 答案：　p0＋ ‎1．[2014·全国新课标Ⅰ·33(1)](多选)一定量的理想气体从状态a ，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p T图象如图所示。下列判断正确的是______。‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 解析：　由p T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab一定吸热，选项A正确；过程bc温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p T图象可知，a状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D正确；b、c两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E正确。‎ 答案：　ADE ‎2．[2016·全国甲卷·33(2)]一氧气瓶的容积为‎0.08 m3‎， 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。‎ 解析：　设氧气 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＝p2V2①‎ 重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1②‎ 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有 p2V3＝p0V0③‎ 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为 N＝V0/ΔV④‎ 联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)⑤‎ 答案：　4天 ‎3．[2016·全国乙卷·33(2)]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＝1.0×‎103kg/m3，重力加速度大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(ⅰ)求在水下‎10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(ⅱ)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：　(ⅰ)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 Pa②‎ ‎(ⅱ)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，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＝p2V2③‎ 由力学平衡条件有 p1＝p0＋ρgh＋Δp1④‎ p2＝p0＋Δp2⑤‎ 气泡体积V1和V2分别为 V1＝πr⑥‎ V2＝πr⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 ‎()3＝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 ＝≈1.3⑨‎ 答案：　(ⅰ)28 Pa　(ⅱ)或1.3‎ ‎4．[2016·海南单科·15(2)]‎ 如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热，U形管内盛有密度为ρ＝7.5×‎102 kg/m3的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室， 时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×102 Pa。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝‎40 cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g＝‎10 m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。‎ 解析：　设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得：‎ p0V01＝p1V1①‎ p0V02＝p2V2②‎ 依题意：有V01＋V02＝V1＋V2③‎ 由力的平衡条件有：p2－p1＝ρgh④‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得：‎ ‎2V＋3V01V1－9V＝0⑤‎ 由此解得：V1＝V01(另一解不合题意，舍去)⑥‎ 由③⑥式和题给条件得：V1∶V2＝1∶1⑦‎ 答案：　1∶1‎ ‎5．(2016·江西七校联考)(1)下列说法正确的是(　　)‎ A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数 B．当分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大 C．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 D．单位体积内气体分子数增加，气体的压强一定增大 E．单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 ‎(2)(10分)内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa，体积为2.0×10－‎3 m3‎的理想气体，现在活塞上方缓缓倒上砂子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水箱，缓慢加热，使气体温度变为‎127 ℃‎。‎ ‎(ⅰ)求汽缸内气体的最终体积；(结果保留两位有效数字)‎ ‎(ⅱ)在p V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化图。(大气压强为1.0×105 Pa)‎ 解析：　(2)(ⅰ)由题意，设初始时汽缸内气体处在状态A，体积变为原来的一半时处在状态B，最终处在状态C，则 状态A：p1＝1.0×105 Pa，V1＝2.0×10－‎3 m3‎，T1＝273 K 状态B：p2＝？，V2＝1.0×10－‎3 m3‎，T2＝273 K 从状态A到状态B，根据理想气体状态方程：＝ 得p2＝2.0×105 Pa 状态C：p3＝2.0×105 Pa，V3＝？，T3＝400 K 从状态B到状态C，根据理想气体状态方程：＝ 得V3＝1.5×10－‎‎3 m3‎ ‎(ⅱ)状态变化图如图所示 答案：　(1)ACE　(2)(ⅰ)1.5×10－‎3 m3‎　(ⅱ)见解析 课时作业 ‎(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)‎ 一、多项选择题 ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．液体表面张力的方向与液面相切 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：　液体的表面张力垂直于分界面，且与液面相切，A正确；只要是晶体，不论是单晶体还是多晶体都有固定的熔点，B错误；单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，所以有规则的几何形状，C正确；金属是晶体，晶体的某些物理性质具有各向异性，D错误；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，E正确。‎ 答案：　ACE ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B．液晶具有流动性，光学性质各向异性 C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 E．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 解析：　扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，选项A错误；液晶是一类介于晶体与液体之间的特殊物质，它具有流动性，光学性质各向异性，选项B正确；热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，故C正确；根据能量转化的方向性可知，内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，但在一定条件下可以将内能全部转化为机械能，选项D错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故E正确。‎ 答案：　BCE ‎3．下列说法中正确的是(　　)‎ A．空气中水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，蒸发越容易 B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动 C．水杯里水的水面超出杯口但不溢出，是由于水的表面张力作用 D．单晶体具有物理性质各向异性的特征 E．温度升高，物体中所有分子的动能都增大 答案：　ACD ‎4．下列说法正确的是(　　)‎ A．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 B．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示 C．在太空中正常运行的“天宫一号”内的水珠由于表面张力作用可以变成完美的球形 D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间斥力大于引力 E．液晶的光学性质具有各向异性 答案：　ACE ‎5.‎ 如图所示，质量为m的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内。活塞可在汽缸内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热。设汽缸处在大气中，大气压强恒定。经过一段较长时间后，下列说法正确的是(　　)‎ A．汽缸中气体的压强比加热前要大 B．缸中气体的压强保持不变 C．汽缸中气体的体积比加热前要大 D．汽缸中气体的内能可能和加热前一样大 E．活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少 解析：　由汽缸内封闭气体的压强p＝p0＋，可知加热时封闭气体的压强保持不变，选项A错误，B正确；封闭气体发生等压变化，根据盖 吕萨克定律V＝CT，可知温度上升时，气体的体积增大，选项C正确；一定质量的理想气体，内能只跟温度有关，温度升高，气体的内能增加，选项D错误；温度升高，分子的平均动能增大，而体积增大，分子数密度减小，由于气体的压强不变，根据压强的微观含义，可知活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少，选项E正确。‎ 答案：　BCE ‎6．下列说法正确的是(　　)‎ A．只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数 B．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用 C．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性 D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距 E．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化 解析：　固体、液体的分子间距离较小，但气体分子间距离较大，故液体、固体可用摩尔体积除以分子体积求得阿伏加德罗常数，而气体不能，选项A正确；硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，选项B正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质具有各向同性，选项C错误；空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，选项D正确；根据热力学第二定律可知，与热现象有关的宏观过程具有方向性，故不能将散失的能量再聚集利用而不引起其他变化，选项E错误。‎ 答案：　ABD 二、非选择题 ‎7.‎ 如图所示，一根长l＝‎75 cm、一端封闭的粗细均匀的玻璃管，管内有一段长h＝‎25 cm的水银柱，当玻璃管口向上竖直放置时，管内水银柱封闭气柱的长度l1＝‎36 cm。已知外界大气压强p＝75 cmHg，管内、外气体的温度不变。如果将玻璃管倒置，使开口竖直向下，问水银柱长度将是多少厘米？‎ 解析：　若水银没有流出管外，设管倒置后管内空气柱的长度为x0，管的横截面积为S，则倒置前有：p0＝100 cmHg，V0＝l1S；倒置后有：p0′＝50 cmHg，‎ V0′＝x0S 由玻意耳定律得：p0V0＝p0′V0′‎ 解得：x0＝‎‎72 cm 因为x0＋h>l＝‎75 cm，可知倒置后有水银从管口流出 设管倒置后空气柱长为x′，则剩下的水银柱的长度必为‎75 cm－x′，有：初态：p1＝100 cmHg，V1＝l1S 末态：p1′＝[75－(75－x′)](cmHg)＝x′(cmHg)‎ V1′＝x′S 由玻意耳定律得：p1V1＝p1′V1′‎ 解得：x1′＝‎60 cm，x2′＝－‎60 cm(舍去)‎ 即水银柱长度是：(75－60) cm＝‎‎15 cm 答案：　‎‎15 cm ‎8.‎ ‎(2017·衡阳模拟)如图所示，静止的汽缸内封闭了一定质量的气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与汽缸内的活塞相连。已知大气压强为1.0×105 Pa，汽缸的质量为‎50 kg，活塞质量不计，其横截面积为‎0.01 m2‎，汽缸与地面间的最大静摩擦力为汽缸重力的0.4倍，活塞与汽缸之间的摩擦可忽略。 时被封闭气体的压强为1.0×105 Pa、温度为‎27 ℃‎，试求：(g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)缓慢升高气体温度，汽缸恰好 向左运动时气体的压强p和温度t。‎ ‎(2)某同学认为封闭气体的温度只有在‎27 ℃‎到(1)问中t之间，才能保证汽缸静止不动，你是否同意他的观点？若同意，请说明理由；若不同意，计算出正确的结果。‎ 解析：　(1)汽缸 运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，汽缸内气体压强为 p＝p0＋＝1×105 Pa＋ Pa＝1.2×105 Pa 气体发生了等容变化：＝ 代入数据得T＝360 K，即t＝T－‎273 ℃‎＝‎‎87 ℃‎ ‎(2)不同意。‎ 当汽缸恰好向右运动时，温度有最低值，‎ 汽缸内气体压强为 p′＝p0－＝1×105 Pa－ Pa＝0.8×105 Pa 气体发生等容变化：＝，得T′＝240 K，‎ 即t′＝T′－‎273 ℃‎＝－‎‎33 ℃‎ 温度在－‎33 ℃‎到‎87 ℃‎之间汽缸静止不动。‎ 答案：　(1)1.2×105 Pa　87 ℃　(2)不同意　－33～87 ℃之间 ‎9．(2017·安阳模拟)如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，管的上部足够长，图中粗、细部分截面积分别为S1＝‎2 cm2、S2＝‎1 cm2。封闭气体初始温度为‎57 ℃‎，气体长度为L＝‎22 cm，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T＝t＋273 K)求：‎ ‎　‎ ‎(1)封闭气体初始状态的压强。‎ ‎(2)若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内。‎ 解析：　(1)气体初状态体积为V1＝LS1＝22×‎2 cm3＝‎44 cm3，由图知此时压强为p1＝80 ‎ cmHg，此时气体温度T1＝(273＋57) K＝330 K ‎(2)p2＝82 cmHg，V2＝‎48 cm3‎ 从状态1到状态2由理想气体状态方程知＝ 代入数据解得：T2＝＝ K＝369 K 答案：　(1)80 cmHg　(2)369 K ‎10．如图所示，右端开口的绝缘、绝热圆柱形汽缸放置在水平地面上，容积为汽缸内部被绝热活塞M和导热性能良好的活塞N分成三个相等的部分，左边两部分分别封闭气体A和B，两活塞均与汽缸接触良好，忽略一切摩擦；汽缸左边有加热装置，可对气体A缓慢加热；初始状态温度为T0，大气压强为p0。‎ ‎(1)给气体A加热，当活塞N恰好到达汽缸右端时，求气体A的温度；‎ ‎(2)继续给气体A加热，当气体B的长度变为原来的时，求气体B的压强和气体的温度。‎ 解析：　(1)活塞N移动至恰好到达汽缸右端的过程中气体A做等压变化 ＝ 解得T1＝2T0。‎ ‎(2)继续加热过程，气体B体积减小，做等温变化 p0·＝p1· 解得p1＝p0‎ 因不计摩擦，气体A的压强等于气体B的压强，对气体A有 ＝ 解得T2＝3T0。‎ 答案：　(1)2T0　(2)p0　3T0‎