【物理】2018届一轮复习教科版固体、液体和气体教案

【物理】2018届一轮复习教科版固体、液体和气体教案

第2节固体、液体和气体 ‎(1)大块塑料粉碎成形状相同的颗粒，每个颗粒即为一个单晶体。(×)‎ ‎(2)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)‎ ‎(3)晶体有天然规则的几何形状，是因为晶体的物质微粒是规则排列的。(√)‎ ‎(4)液晶是液体和晶体的混合物。(×)‎ ‎(5)船浮于水面上不是由于液体的表面张力。(√)‎ ‎(6)水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时，水不再蒸发和凝结。(×)‎ ‎(7)压强极大的气体不遵从气体实验定律。(√) ‎ 突破点(一)　固体、液体的性质 ‎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)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。‎ ‎(3)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。‎ ‎(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。‎ ‎2．液体表面张力 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 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 表面张力 的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线 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 ‎[多角练通]‎ ‎1．(多选)关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是(　　)‎ A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的 C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的 解析：选BC　金刚石、水晶和食盐是晶体，玻璃是非晶体，A错误；晶体的分子排列规则，且有固定的熔点，非晶体的分 子排列不规则，且没有固定的熔点，故B、C正确；单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D错误。‎ ‎2．(2017·漳州模拟)下列现象中，不能说明液体存在表面张力的有(　　)‎ A．吹出的肥皂泡成球形 B．硬币能漂浮于水面上 C．滴入水中的红墨水很快散开 D．在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形 解析：选C　吹出的肥皂泡成球形，硬币能漂浮于水面上，在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形，都是由于表面张力的作用；滴入水中的红墨水很快散开，是自由扩散的结果，与表面张力无关；故选C。‎ ‎3．(多选)(2017·安徽六校联考)下列说法中正确的是(　　)‎ A．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性 B．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同 C．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性 D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小 解析：‎ 选BC　单晶体具有各向异性，而多晶体是各向同性的，故A错误；内能与物体的温度、体积、分子数等因素有关，内能不同，温度可能相同，则分子热运动的平均动能可能相同，故B正确；液晶像液体一样具有流动性，光学性质具有各向异性，故C正确；随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子力表现为引力时，分子做负功，分子势能增大，故D错误。‎ 突破点(二)　气体压强的产生与计算 ‎1．产生的原因 由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，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 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 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 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。液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强 ‎　　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。‎ ‎[典例]　如图所示，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距为L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。‎ ‎[解析]　设小车加速度大小为a，稳定时气缸内气体的压强为p1，则活塞受到气缸内外气体的压力分别为：‎ F1＝p1S，F0＝p0S 由牛顿第二定律得：F1－F0＝ma 小车静止时，在平衡状态下，气缸内气体的压强应为p0。‎ 由玻意耳定律得：p1V1＝p0V0‎ 式中V0＝SL，V1＝S(L－d)‎ 联立以上各式得：a＝ ‎[答案]　 ‎[方法规律]‎ 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、气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，列出关于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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·临沂质检)如图所示两个气缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的气缸静止在水平面上，右边的活塞和气缸竖直悬挂在天花板下。不计活塞与气缸壁间的摩擦，两个气缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？‎ 解析：题图甲中选活塞m为研究对象。‎ pAS＝p0S＋mg 得pA＝p0＋ 题图乙中选气缸M为研究对象得 pB＝p0－。‎ 答案：p0＋　p0－ ‎2．若已知大气压强为p0，如图所示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气S＝－ρghS＋p0S 所以p气＝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：‎ p气S＋ρghS＝p0S p气＝p0－ρgh 在图丙中，以B液面为研究对象，有 p气S＋ρghSsin 60°＝pBS＝p0S 所以p气＝p0－ρgh 在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得 p气S＝(p0＋ρgh1)S 所以p气＝p0＋ρgh1。‎ 答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1‎ 突破点(三)　气体实验定律的应用 ‎1．三大气体实验定律 ‎(1)玻意耳定律(等温变化)：‎ p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)。‎ ‎(2)查理定律(等容变化)：‎ ＝或＝C(常数)。‎ ‎(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：‎ ＝或＝C(常数)。‎ ‎2．利用气体实验定律解决问题的基本思路 ‎[典例]　(2016·全国丙卷)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。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)“环境温度不变”说明左管和右管中的气体均发生等温变化。‎ ‎(2)由左端上部的光滑轻活塞，可得出左管中空气柱初始状态的压强为p0。‎ ‎(3)确定活塞下移的距离时要注意选取参考平面。‎ ‎[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′＝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。⑧‎ ‎[答案]　144 cmHg　‎‎9.42 cm ‎[方法规律]‎ 处理“两团气”问题的技巧 ‎(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。‎ ‎(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。‎ ‎(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取合适的实验定律列方程。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2017·安徽六安教研会质检)如图所示，在长为l＝‎57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用‎4 cm高的水银柱封闭着‎51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为‎33 ℃‎。现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下‎4 cm高的水银柱？(大气压强为p0＝76 cmHg)‎ 解析：设玻璃管的横截面积为S，‎ 初态时，管内气体的温度为T1＝306 K，体积为V1＝51S cm3，‎ 压强为p1＝p0＋h＝80 cmHg。‎ 当水银面与管口相平时，设水银柱高为H，‎ 则管内气体的体积为V2＝(57－H)S cm3，‎ 压强为p2＝p0＋H＝(76＋H)cmHg。‎ 由玻意耳定律得，p1V1＝p2V2，‎ 代入数据，‎ 解得H＝‎9 cm，‎ 所以p2＝85 cmHg。‎ 设温度升至T时，水银柱刚好高为‎4 cm，管内气体的体积为V3＝53S cm3，‎ 压强为p3＝p0＋h＝80 cmHg。‎ 由盖—吕萨克定律得＝，‎ 代入数据，解得T＝318 K。‎ 答案：85 cmHg　318 K ‎2．(2017·潮州朝安区高三模拟)一竖直放置，缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部分气体的压强为pⅠ0，如图(a)所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3∶1，如图(b)所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。‎ 解析：设活塞的质量为m，气缸倒置前下部分气体的压强为pⅡ0，倒置后上下两部分气体的压强分别为pⅡ、pⅠ，‎ 由力的平衡条件得：pⅡ0＝pⅠ0＋，pⅠ＝pⅡ＋，‎ 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，‎ 由玻意耳定律得：pⅠ0＝pⅠ，pⅡ0＝pⅡ，‎ 解得：m＝。‎ 答案： 突破点(四)　理想气体状态方程的应用 ‎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。‎ ‎3．应用状态方程解题的一般步骤 ‎(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体。‎ ‎(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2。‎ ‎(3)由状态方程列式求解。‎ ‎(4)讨论结果的合理性。‎ ‎[典例]　(2017·北京朝阳区二模)如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热气缸内，温度均是‎27 ℃‎。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝‎2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝‎27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝‎18 cm。现将一质量为m＝‎1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa。(g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)求下部分气体的压强多大；‎ ‎(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为‎127 ℃‎，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)M活塞是导热的，N活塞是绝热的，保证上部分气体温度不变。‎ ‎(2)在放上小物体m，又对下部分气体加热的过程中，下部分气体温度、压强、体积均变化，应用理想气体状态方程求解。‎ ‎[解析]　(1)以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：‎ pS＝mg＋p0S 得p＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.5×105 Pa。‎ ‎(2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2‎ 由理想气体状态方程可得：＝ 得：h3＝h2＝×‎18 cm＝‎‎16 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：‎ p0(h1－h2)S＝pLS 得：L＝‎‎6 cm 故此时活塞M距离底端的距离为h4＝‎16 cm＋‎6 cm＝‎22 cm。‎ ‎[答案]　(1)1.5×105 Pa　(2)‎22 cm　‎‎16 cm ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)(2017·兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则(　　)‎ A．氢分子的平均动能增大　　 B．氢分子的势能增大 C．氢气的内能增大 D．氢气的内能可能不变 E．氢气的压强增大 解析：选ACE　温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，B错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C正确，D错误；根据理想气体的状态方程：＝C可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E正确。‎ ‎2.(2017·贵州七校联考)如图所示，水平放置一个长方体形封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分。初始时两部分气体压强均为p，热力学温度均为T。使A的温度升高ΔT，保持B部分气体温度不变。则A部分气体的压强增加量为多少？‎ 解析：设温度升高后，A、B压强增加量都为Δp，A部分气体升高温度后体积为VA，‎ 由理想气体状态方程得：＝ 对B部分气体，A部分气体升高温度后体积为VB，由玻意耳定律得：‎ pV＝(p＋Δp)VB 两部分气体总体积不变：2V＝VA＋VB 解得：Δp＝。‎ 答案： ‎3．(2017·兰州一中月考)容器内装有‎1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为‎57 ℃‎，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的，温度降为‎27 ℃‎，求漏掉多少千克氧气？‎ 解析：由题意知，气体质量：m＝‎1 kg，压强p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330 K，‎ 经一段时间后温度降为：T2＝(273＋27)K＝300 K，p2＝p1＝×1×106 Pa＝6.0×105 Pa，‎ 设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，‎ 由理想气体状态方程得：＝ 代入数据解得：V′＝＝＝V，‎ 所以漏掉的氧气质量为：Δm＝×m＝×‎1 kg＝‎0.34 kg。‎ 答案：‎‎0.34 kg 突破点(五)　气体状态变化的图像问题 一定质量的气体不同图像的比较 过程 类别 图线 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 ‎[典例]　(2017·兰州一模)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：‎ ‎(1)气体在状态B时的压强pB；‎ ‎(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。‎ ‎[解析]　(1)由A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：pAVA＝pBVB　解得：pB＝。‎ ‎(2)由B到C是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：＝ 解得：TC＝ 由A到C是等容变化，根据查理定律得：＝ 解得：pC＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　 ‎[方法规律]‎ 气体状态变化的图像的应用技巧 ‎(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像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；图像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VT图像(pT图像)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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2014·福建高考)图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的(　　)‎ A．TA＜TB，TB＜TC　　　　 B．TA＞TB，TB＝TC C．TA＞TB，TB＜TC D．TA＝TB，TB＞TC 解析：选C　由状态A到状态B过程中，气体体积不变，由查理定律可知，随压强减小，温度降低，故TA＞TB，A、D项错；由状态B到状态C过程中，气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知，随体积增大，温度升高，即TB＜TC，B项错，C项对。‎ ‎2.(多选)(2017·潍坊模拟)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(　　)‎ A．A→B温度升高，压强不变 B．B→C体积不变，压强变大 C．B→C体积不变，压强不变 D．C→D体积变小，压强变大 解析：选AD　由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由＝C，气体压强不变，故A正确；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D 的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确。‎ ‎3.(2017·重庆一中月考)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台设备工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：从状态A到B和C到D是等温过程，温度分别为t1＝‎27 ℃‎和t2＝－‎133 ℃‎；从状态B到C和D到A是等容过程，体积分别为V0和5V0。求状态B与D的压强之比。‎ 解析：A到B、C到D均为等温过程，则TB＝(27＋273)K＝300 K，TD＝(－133＋273)K＝140 K，由理想气体状态方程可知：＝ 得：＝＝＝≈10.7。‎ 答案：10.7 对点训练：固体、液体的性质 ‎1.(2017·南京一模)如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是(　　)‎ A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体 B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张 解析：选C　玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有减小表面积的作用即使液体表面绷紧，故C正确，D错误。‎ ‎2．(多选)(2015·江苏高考)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 解析：‎ 选AD　晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项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，选项D正确。‎ ‎3.(多选)(2017·武汉模拟)固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)‎ A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体 B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形 C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性 D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同 E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变 解析：选ABD　晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时温度不变，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误。‎ 对点训练：气体压强和气体实验定律 ‎4.(2017·上海嘉定区模拟)如图所示，一开口向下导热均匀的直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是(　　)‎ A．大气压强增加 B．环境温度升高 C．向水银槽内注入水银 D．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移 解析：选A　根据题意，设玻璃管内的封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，对玻璃管受力分析，由平衡条件可得：T＋pS＝mg＋p0S。解得：T＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力。选项A中，大气压强增加时，水银柱上移，h增大，所以拉力T增加，A正确；选项B中，环境温度升高，封闭气体压强增加，水银柱高度h减小，故拉力T减小，B错误；选项C中，向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故拉力减小，C错误；选项D中，略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体的体积减小、压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故细绳拉力T减小，故D错误。‎ ‎5．(2017·怀化模拟)如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝‎20 cm2，S2＝‎10 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M＝‎2 kg 的重物C 连接，静止时气缸中的气体温度T1＝600 K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝‎10 m/s2，缸内气体可看作理想气体；‎ ‎(1)活塞静止时，求气缸内气体的压强；‎ ‎(2)若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求气缸内气体的温度。‎ 解析：(1)设静止时气缸内气体压强为p1，活塞受力平衡，则p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg 代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。‎ ‎(2)由活塞受力平衡，可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖—吕萨克定律得 ＝ 代入数据解得T2＝500 K。‎ 答案：(1)1.2×105 Pa　(2)500 K ‎6.(2017·怀化二模)如图所示，玻璃管的横截面S＝‎1 cm2，在玻璃管内有一段质量为m＝‎0.1 kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0＝‎10 cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？(假设环境温度保持不变，大气压强取p0＝1×105 Pa)‎ 解析：气体做等温变化，当玻璃管平放时有 p1＝p0‎ V1＝l0S 玻璃管正立时，对水银柱受力分析：p2S＝p0S＋mg 故p2＝p0＋　V2＝l2S 玻璃管倒立时，对水银柱受力分析，p0S＝p3S＋mg 有：p3＝p0－　V3＝l3S 根据玻意耳定律，得 p1V1＝p2V2　p2V2＝p3V3‎ 由以上各式联立解得⇒Δl＝l3－l2≈‎2 cm。‎ 答案：‎‎2 cm 对点训练：理想气体状态方程的应用 ‎7．(多选)(2014·大纲卷)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　根据理想气体的状态方程＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。‎ ‎8．(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、细部分横截面积分别为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，升高至多少时可将所有水银全部压入细管内。‎ 解析：(1)气体初始状态体积为V1＝LS1＝‎44 cm3，‎ 由题图乙可知此时气体的压强为p1＝80 cmHg。‎ ‎(2)当水银全部压入细部分管内后，随温度升高，气体的压强不变，做等压变化，对应题图乙可知，当水银刚好全部进入细部分管内时，气体的压强为p2＝82 cmHg，体积V2＝‎48 cm3，‎ 初始状态时气体温度T1＝(273＋57)K＝330 K 由理想气体状态方程可得：＝ 解得T2＝＝ K＝369 K。‎ 答案：(1)80 cmHg　(2)369 K 对点训练：气体状态变化的图像问题 ‎9.(2017·广东第二次大联考)如图所示为一定质量理想气体的体积V 与温度T的关系图像，它由状态A经等温过程到状态B，再经等容过程到状态C。设A、B、C状态对应的压强分别为pA、pB、pC，则下列关系式中正确的是(　　)‎ A．pA＜pB，pB＜pC　　　　 B．pA＞pB，pB＝pC C．pA＞pB，pB＜pC D．pA＝pB，pB＞pC 解析：选A　由＝常量得：A到B过程，T不变，体积减小，所以pA＜pB，B经等容过程到C，V不变，温度升高，则pB＜pC，所以A正确。‎ ‎10.如图所示，U形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高气缸内气体的温度，则选项图中能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　　)‎ 解析：选B　当缓慢升高气缸内气体温度时，气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与气缸内气体的热力学温度T成正比，在p T图像中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。‎ ‎11．一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VT图各记录了其部分变化过程，试求：‎ ‎(1)温度为600 K时气体的压强；‎ ‎(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。‎ 解析：(1)由p T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由VT图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，‎ 对应p T图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，‎ 由VT图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa。‎ ‎(2)在p T图像上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图像，如图所示。‎ ‎.‎ 答案：(1)1.25×105 Pa　(2)见解析图