2020版高考物理一轮复习第2节固体、液体与气体练习新人教版
高考物理一轮复习 第十二章 热学 第2讲 固体、液体和气体练习
第2讲固体、液体和气体一、选择题(每小题6分,共60分)1.下列说法中,错误的是(A)A.只要是具有各向异性的物体必定是晶体B.只要是不显示各向异性的物体必定是非晶体C.只要是具有固定熔点的物体必定是晶体D.只要是不具有固定熔点的物体必定是非晶体【解析】多晶体和非晶体都具有各向同性,只有单晶体是各向异性,故B项正确,A项错误;晶体一定有固定的熔点,而非晶体无固定的熔点,故C、D项正确。
2.为了将空气装入气瓶内,现将一定质量的空气等温压缩,空气可视为理想气体。
下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是(B)【解析】由一定质量的理想气体状态方程可知温度不变时,pV=C(常量),即p与成正比,B 项正确。
3.(多选)下列说法中正确的是(ACD)A.水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与重力平衡的结果C.喷泉喷射到空中的水形成一个个球形的小水珠D.用力敲击液晶,将在其两极间产生蓝色火花【解析】水黾在水面上站定或行走的过程中,其脚部位置比周围水面稍下陷,但仍在水面上而未陷入水中,就像踩在柔韧性非常好的膜上一样,这是液体表面张力在起作用,A项正确;小木块浮于水面上,已有部分陷入水中,受到浮力的作用而非液体表面张力作用,B项错误;喷射到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用且又处于完全失重状态,因此形成球状水珠,C项正确;用力敲击液晶会产生“压电效应”,使得其两极间形成高电压而击穿空气放电形成蓝色火花,D项正确。
4.如图所示,一向右开口的汽缸放置在水平地面上,活塞可无摩擦移动且不漏气,汽缸内某位置处有小挡板。
初始时,外界大气压为p0,活塞紧压小挡板。
现缓慢升高缸内气体温度,则下列图中能正确反映缸内气体压强随温度变化情况的是 (B)【解析】缓慢升高缸内气体温度,在活塞开始移动前,气体体积不变,则有=C(常量),压强与热力学温度成正比;当压强增大到等于大气压时,活塞开始移动,气体做等压变化,B项正确。
2020年高考物理一轮复习第十六单元第2讲固体液体和气体练习含解析新人教版
第2讲固体、液体和气体性汩加蔗运偌湄却虫翻嵌淞切」必备知识L曲监鳶酬嵌屈好监淤船芝i固体（1）晶体和非晶体的区别晶体：有固定的熔点，晶体内部物质微粒的排列有一定的规律。
非晶体：没有固定的熔点，内部物质微粒的排列没有一定的规律。
（2）单晶体和多晶体的区别单晶体，具有规则的几何外形，物理特性表现为各向异性。
多晶体，整体没有规则的几何外形，物理特性表现为各向同性。
（3）晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则的、周期性的空间排列。
⑷用晶体的微观结构解释晶体的特点①因为内部微粒有规则的排列，所以晶体有规则的外形。
②因为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，所以晶体具有各向异性。
③因为组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵，所以晶体具有多形性。
【温馨提示】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也可转化为晶体。
口（2018沈阳第二中学月考）（多选）关于晶体、非晶体、液晶，下列说法正确的是（）。
A只有单晶体才表现为各向异性B. 所有的晶体都表现为各向异性C晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体D所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点E.液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化【答案】ADE1.2| （2018湖南桃源一中一模）（多选）下列说法正确的是（）。
A大粒盐磨成细盐，就变成了非晶体B. 同种物质在不同条件下可表现为晶体和非晶体C单晶体的各向异性主要体现在力学、热学、电学、光学等物理性质方面D. 晶体和非晶体并不是绝对的，一定条件下可相互转化E. 单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点【答案】BCD2 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。
（2）液晶的物理性质① 具有液体的流动性。
2020届高考物理一轮复习 第11章 热学 2 第二节 固体、液体和气体随堂检测巩固落实 新人教版
2 第二节 固体、液体和气体1．(2018·南京、盐城、连云港三市高三模拟)下列说法正确的是( ) A ．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点 B ．若绝对湿度增加且大气温度降低，则相对湿度增大 C ．物体温度升高1℃相当于热力学温度升高274 KD ．在真空、高温条件下，可利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素解析：选BD ．单晶体有确定的熔点，多晶体也有确定的熔点，选项A 错误；若绝对湿度增加且大气温度降低，则相对湿度增大，选项B 正确；物体温度升高1℃相当于热力学温度升高1 K ，选项C 错误；在真空、高温条件下，可利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素，选项D 正确．2．如图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 关系图象，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T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )A ．T A ＜TB ，T B ＜TC B ．T A ＞T B ，T B ＝T C C ．T A ＞T B ，T B ＜T CD ．T A ＝T B ，T B ＞T C解析：选C ．根据理想气体状态方程pVT＝k 可知，从A 到B ，温度降低，故A 、D 错误；从B 到C ，温度升高，故B 错误、C 正确．3．(2016·高考江苏卷)在高原地区烧水需要使用高压锅．水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽．停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却．在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为( )A ．压强变小B ．压强不变C ．一直是饱和汽D ．变为未饱和汽解析：选AC ．高压锅在密封的状态下缓慢冷却，在冷却过程中气体发生等容变化，温度降低，压强变小，A 项正确，B 项错误；锅内的水蒸气始终处于饱和汽状态，C 项正确，D 项错误．4．要增强雨伞的防水作用，伞面选择对水是________(填“浸润”或“不浸润”)的布料；布料经纬线间有空隙，落在伞面上的雨滴不能透过，是由于水的________的作用．解析：要增强雨伞的防水作用，伞面可选择对水不浸润的布料；由于液体的表面张力，雨滴才不能透过伞面．答案：见解析5．如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0．现假设活塞B发生缓慢漏气，致便B最终与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．解析：初始状态下A、B两部分气体的压强分别设为p A0、p B0，则对活塞A、B由平衡条件可得：p0S＋mg＝p A0S①p A0S＋mg＝p B0S②最终状态下两部分气体融合在一起，压强设为p，体积设为V′，对活塞A由平衡条件有p0S＋mg＝pS③对两部分气体由理想气体状态方程可得p A0V＋p B0V＝pV′④设活塞A移动的距离为h，则有V′＝2V＋hS⑤联立以上各式可得h＝mgV(p0S＋mg)S．答案：mgV(p0S＋mg)S。
2020版高考物理一轮复习分层规范快练40气体固体与液体新人教版2
分层规范快练(四十) 气体、固体与液体子数的百分比较大解析：A对：面积表示总的氧气分子数，二者相等．B对：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃时的情形，分子平均动能较小．C 对：实线为氧气分子在100 ℃时的情形．D错：曲线给出的是分子数占总分子数的百分比．E 错：速率出现在0～400 m/s区间内，100 ℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小．答案：ABC6．[2018·山东泰安模拟](多选)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上．则下列说法正确的是( )A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等解析：由状态A变到状态B为等容变化，W＝0，温度升高，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体吸收热量Q>0，气体吸热，A正确；由状态B变到状态C过程中，内能不变，B错；C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错；D状态与A状态压强相等，D 状态体积大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D、E正确．答案：ADE7．如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压强为1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，求：当加热到427 ℃时，封闭气体的压强．解析：设汽缸横截面积为S，活塞恰上升到汽缸上部挡板处时，气体温度为T2，气体做等压变化，则对于封闭气体，初状态：T1＝(27＋273)K，V1＝LS，p1＝P0末状态：V2＝2LS，p2＝p0由V 1T 1＝V 2T 2，解得：T 2＝600 K ＝327℃设当加热到427℃时气体的压强变为p 3，在此之前活塞已上升到汽缸上部挡板处，气体做等容变化，则对于封闭气体，初状态：T 2＝600 K ，V 2＝2LS ，p 2＝1.0×105 Pa末状态：T 3＝700 K ，V 3＝2LS由p 3T 3＝p 2T 2，代入数据得：p 3＝1.17×105Pa.答案：1.17×105 Pa8.如图所示，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖的质量为m ，杯身与热水的总质量为M ，杯盖的面积为S .初始时，杯内气体的温度为T 0，压强与大气压强p 0相等．因杯子不保温，杯内气体温度逐渐降低，不计摩擦，不考虑杯内水的汽化和液化，重力加速度为g .(1)求温度降为T 1时杯内气体的压强p 1；(2)杯身保持静止，温度为T 1时缓慢提起杯盖所需的力至少多大？(3)温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？解析：(1)降温过程，气体体积不变，由查理定律p 0T 0＝p 1T 1温度降为T 1时，杯内压强p 1＝p 0T 0T 1；(2)对杯盖受力分析，如图a 所示，当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小． 由平衡条件p 1S ＋F ＝p 0S ＋mg最小拉力F ＝p 0S ＋mg －T 1T 0p 0S ； 图a图b(3)设提起杯子时气体压强为p 2，温度为T 2，杯身受力如图b 所示由平衡条件p 0S ＝p 2S ＋Mg由查理定律p 0T 0＝p 2T 2解得：T 2＝T 0－MgT 0p 0S. 答案：(1)P 0T 0T 1 (2)P 0S ＋mg －T 1T 0P 0S (3)T 0－MgT 0P 0S [技能提升练]9．[2016·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p 0＝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p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.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p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg①l ′1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002cm② 由玻意耳定律得p 1l 1＝p ′1l ′1③联立①②③式和题给条件得p ′1＝144 cmHg④依题意p ′2＝p ′1⑤l ′2＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2＝p ′2l ′2⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm⑧答案：144 cmHg 9.42 cm10．[2018·全国卷Ⅱ，33(2)]如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b 间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：本题考查气体实验定律等知识．开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖－吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 W ＝(p 0S ＋mg )h ⑧答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h。
2020届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 x3-3-2固体、液体和气体 Word版含答案
第2课时固体、液体和气体基本技能练1．(多选)如图1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()图1A．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，A、B正确。
答案AB2．(多选)2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究。
他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34 nm的石墨烯，是碳的二维结构。
如图2所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识判断，下列说法中正确的是()图2A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体B．石墨是单质，石墨烯是化合物C．石墨、石墨烯与金刚石都是晶体D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的解析晶体分子在空间分布具有规则性，故石墨、石墨烯都是晶体，也都是单质，故C项正确，A、B项错误；获取石墨烯的方法为物理方法，故D项正确。
答案CD3．(多选) (2014·湖南十校联考)如图3，固定的导热汽缸内用活塞密封一定质量的理想气体，气缸置于温度不变的环境中。
现用力使活塞缓慢地向上移动，密闭气体的状态发生了变化。
下列图象中p、V和U分别表示该气体的压强、体积和内能，E k表示该气体分子的平均动能，n表示单位体积内气体的分子数，a、d为双曲线，b、c为直线。
能正确反映上述过程的是()图3解析汽缸置于温度不变的环境中说明气体做等温变化，其p－V图象是双曲线，A正确；理想气体的内能由分子平均动能决定，温度不变，气体的内能不变，B正确，C错误；单位体积内气体的分子数与体积的乘积为容器内分子总数，容器内分子总数不变，D正确。
2020届高考物理一轮复习 第13章 热学 第二节 固体、液体和气体达标诊断高效训练
第二节固体、液体和气体(建议用时：60分钟)一、选择题1．下列说法正确的是( )A．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大B．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果C．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关D．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，这是由于水膜具有表面张力解析：选BC.水在油脂上不浸润，在干净的玻璃板上浸润，A错误；当宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时，里面的所有物体均处于完全失重状态，此时自由飘浮的水滴在表面张力作用下呈现球形，B正确；对于浸润液体，在毛细管中上升，对于非浸润液体，在毛细管中下降，C正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开，是大气压的作用，D错误．2．(2018·贵阳摸底)以下说法中正确的是( )A．金刚石、食盐都有确定的熔点B．饱和汽的压强与温度无关C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用D．多晶体的物理性质表现为各向异性E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小解析：选ACE.金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；饱和汽的压强与温度有关，选项B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫能停在水面上，选项C正确；多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D 错误；在一定温度条件下，相对湿度越小，水蒸发得也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，选项E正确．3．(2018·广东联考)下列说法正确的是( )A．气体的内能是分子间势能B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定改变C．晶体有固定的熔点且物理性质各向异性D．金属在各个方向具有相同的物理性质，但它是晶体解析：选BD.由热力学知识知：气体的内能是分子热运动的动能与分子间势能之和，A错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各向同性的，C 错误；通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它为多晶体，D正确．4．(2018·武汉部分学校调研)下列说法正确的是( )A．用油膜法可以估测分子的质量B．石英、云母、明矾、食盐等是晶体，玻璃、蜂蜡、松香、橡胶等是非晶体C．从微观角度来看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关D ．英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，以及功与热量的相互关系 解析：选BCD.用油膜法可以估测分子的大小，不能估测分子的质量，选项A 错误． 5．下列说法正确的是( )A ．对于一定量的气体，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零B ．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体C ．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D ．一定量的理想气体等压膨胀对外做功，气体一定吸热解析：选CD.根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强不为零，选项A 错误；晶体不会因为体积的变化而变成非晶体，选项B 错误；在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，选项C 正确；一定量的理想气体等压膨胀，温度一定升高，内能一定增加，ΔU ＞0，膨胀对外做功，W ＜0，由热力学第一定律W ＋Q ＝ΔU 可知，Q ＞0，说明气体一定吸热，故选项D 正确． 二、非选择题6.(2018·高密模拟)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态A ，由过程AB 到达状态B ，后又经过过程BC 到达状态C ，如图所示．设气体在状态A 时的压强、体积和温度分别为p A 、V A 和T A .在状态B 时的体积为V B ，在状态C 时的温度为T C .(1)求气体在状态B 时的温度T B ；(2)求气体在状态A 的压强p A 与状态C 的压强p C 之比．解析：(1)由题图知，A →B 过程为等压变化．由盖－吕萨克定律有V A T A ＝V BT B ，解得T B ＝T A V BV A. (2)由题图知，B →C 过程为等容变化，由查理定律有：p B T B ＝p C T CA →B 过程为等压变化，压强相等，有p A ＝p B, 由以上各式得p A pC ＝T A V BT C V A.答案：(1)T A V B V A (2)T A V BT C V A7．(2018·山西太原高三模拟)圆柱形喷雾器高为h ，内有高度为h2的水，上部封闭有压强为p 0、温度为T 0的空气．将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K ，恰好有水流出．已知水的密度为ρ，大气压强恒为p 0，喷雾口与喷雾器等高．忽略喷雾管的体积，将空气看做理想气体．(1)求室内温度；(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比． 解析：(1)设喷雾器的截面积为S ，室内温度为T 1，气体压强为p 1：p 1＝p 0＋ρg h 2，V 0＝S h2气体做等容变化：p 0T 0＝p 0＋ρg h2T 1解得：T 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋ρg h 2p 0T 0.(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为p 2，体积为V 2.若此气体经等温变化，压强为p 1时，体积为V 3：则p 2＝p 0＋ρgh ，p 1V 3＝p 2V 2， 即：⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋ρg h 2V 3＝(p 0＋ρgh )hS 同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为Δm Δm m 0＝V 3－V 0V 0代入得Δm m 0＝2p 0＋3ρgh 2p 0＋ρgh .答案：见解析8．(2018·兰州一中月考)容器内装有1 kg 的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106Pa ，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35，温度降为27 ℃，求漏掉多少氧气？解析：由题意知，气体质量：m ＝1 kg ，压强p 1＝1.0×106Pa ，温度T 1＝(273＋57)K ＝330 K ， 经一段时间后温度降为：T 2＝(273＋27)K ＝300 K ，p 2＝35p 1＝35×1×106 Pa ＝6.0×105Pa ，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：p 1V T 1＝p 2V ′T 2代入数据解得：V ′＝p 1VT 2p 2T 1＝1×106×300V 6×105×330＝5033V ，所以漏掉的氧气质量为：Δm ＝ΔVV ′×m ＝50V 33－V 50V33×1 kg ＝0.34 kg.答案：0.34 kg9．(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p 0＝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p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.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p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg① l ′1＝⎝⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002cm② 由玻意耳定律得p 1l 1＝p ′1l ′1③ 联立①②③式和题给条件得p ′1＝144 cmHg ④ 依题意p ′2＝p ′1⑤ l ′2＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2＝p ′2l ′2⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm。
2020版高考物理一轮复习第2讲固体、液体与气体课件新人教版选修3_3
解析：晶体被敲碎后，构成晶体的分子或原子的空间点阵结 构没有发生变化，仍然是晶体，A 错误；有些晶体在光学性质方 面是各向异性的，B 正确；同种元素构成的不同晶体互为该元素 的同素异形体，C 正确；如果外界条件改变了物质分子或原子的 排布情况，晶体和非晶体之间可以互相转化，D 正确；晶体熔化 过程中，分子势能发生变化，内能发生了变化，E 错误．
【解析】 (1)对活塞 C 受力分析，有 mg＝k2l－32l 解得 k＝2pl0S (2)对活塞 C，弹簧恢复原长时有 mg＋p0S＝pS 解得 p＝2p0 此时对汽缸 A、B 中的气体，根据玻意耳定律得，
p03l＋32lS＝p(2l＋x)S 解得 x＝14l
【答案】 (1)2pl0S (2)14l
解析：对圆块进行受力分析：重力 Mg，大气压的作用力 p0S， 封闭气体对它的作用力cpoSsθ，容器侧壁的作用力 F1 和 F2，如图 所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力 为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡， 故 p0S＋Mg＝cpoSsθcosθ，即 p＝p0＋MSg，D 正确．
2．如图所示，一个横截面积为 S 的圆筒形容器竖直放置，金属 圆块 A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹 角为 θ，圆块的质量为 M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大
气压强为 p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强 p 为( D )
A．p0＋MgScosθ B.cops0θ＋SMcogsθ C．p0＋MgcSos2θ D．p0＋MSg
(2018·全国卷Ⅰ)如图，容积为 V 的汽缸由导热材 料制成，面积为 S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽 缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门 K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为 p0.现将 K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V时，
(新课改省份专用)2020版高考物理一轮复习第十二章第2节固体、液体和气体学案(含解析)
第2节固体、液体和气体一、固体和液体1．固体(1)固体分为晶体和非晶体两类。
石英、云母、明矾、食盐、味精、蔗糖等是晶体。
玻璃、蜂蜡、松香、沥青、橡胶等是非晶体。
(2)单晶体具有规则的几何形状，多晶体和非晶体没有规则的几何形状；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。
(3)有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象称为各向异性。
非晶体和多晶体在各个方向的物理性质都是一样的，这叫做各向同性。
2．液体(1)液体的表面张力：液体表面的分子之间的作用力表现为引力，它的作用是能使液体表面绷紧，所以叫做液体的表面张力。
(2)毛细现象：指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，毛细管越细，毛细现象越明显。
3．液晶(1)具有液体的流动性。
(2)具有晶体的光学各向异性。
(3)从某个方向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。
二、气体1．气体压强(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。
2．理想气体(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都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，所以理想气体无分子势能。
3．气体实验定律4．理想气体的状态方程 一定质量的理想气体的状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pV T＝C 。
[深化理解]1．区别晶体和非晶体看有无固定熔点，而区分单晶体和多晶体看是否能表现出各向异性。
2．表面张力使液体的表面趋于最小，体积相同的情况下，球形的表面积最小。
3．气体的压强可通过分析与气体接触的液柱或活塞的受力，利用平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
高考物理一轮复习 考点专题训练 第二章 固体 液体和气体 新人教版
高考物理一轮复习考点专题训练第二章固体液体和气体新人教版1．液体表面张力产生的原因是( )A．液体表面层分子较紧密，分子间斥力大于引力B．液体表面层分子较紧密，分子间引力大于斥力C．液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力D．液体表面层分子较稀疏，分子间斥力大于引力【答案】C【详解】液体表面层分子间距离介于气体和液体之间．液体分子力可认为为零，则表面层分子力表现为引力，故C正确．2．关于晶体和非晶体的几种说法中，正确的是( )A．不具有规则几何形状的物体一定不是晶体B．晶体的物理性质与方向有关，这种特性叫做各向异性C．若物体表现为各向同性，它就一定是非晶体D．晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度【答案】BD【详解】考查晶体、非晶体、多晶体和单晶体的特点及区别．单晶体物理性质各向异性，多晶体物理性质各向同性，单晶体有天然规则外形，多晶体没有规则外形；晶体与非晶体的区别在于晶体有固定熔点．[高考资源网]3．某校开展探究性课外活动，一同学用如图1所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸将其开口向下，内有理想气体，并将气缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )A．外界对气体做功，内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．气体体积减小，温度计示数减小D．外界对气体做功，温度计示数增加【答案】B【详解】细沙漏出，气缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；气缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度稳定，气体温度不变，亦即内能不变，选项B 正确．4．如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能)．将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小)置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能．下列说法正确的是( )A ．若发现欧姆表读数变大，则气缸内气体内能一定减小B ．若推动活塞使气缸内气体体积减小，则气缸内气体内能减小C ．若推动活塞使气缸内气体体积减小，则气缸内气体压强减小D ．若推动活塞使气缸内气体体积减小，则欧姆表读数将变小【答案】AD【详解】发现欧姆表读数变大，由热敏电阻特性知，缸内气体温度降低，气体的内能减小，A 正确；推动活塞使缸内气体体积减小，对气体做功，又因气缸和活塞均具有良好的绝热性能，没有热量交换，由热力学第一定律知，缸内气体的内能增大，温度升高，热敏电阻阻值变小，欧姆表读数将变小，而气体的压强将变大，B 、C 均错误，D 正确．5．用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A 、B 管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A 、B 两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )A ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向上移动B ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向下移动C ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向上移动D ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向下移动【答案】AD【详解】由pV T＝C (常量)可知，在体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管(A )水银面要比左管(B )水银面高，故选项A 正确；同理可知选项D 正确．6．一定质量的理想气体，在某一状态下的压强、体积和温度分别为p 0、V 0、T 0，在另一状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，则下列关系错误的是 ( )A ．若p 0＝p 1， V 0＝2V 1，则T 0＝12T 1B ．若p 0＝p 1，V 0＝12V 1，则T 0＝2T 1 C ．若p 0＝2p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝2T 1D ．若p 0＝2p 1，V 0＝V 1，则T 0＝2T 1【答案】ABC【详解】根据p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1可以判断出选项A 、B 、C 错误，D 正确． 7. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C ，最后变化到状态A 的过程中，下列说法正确的是 ( )A ．从状态A 变化到状态B 的过程中，气体膨胀对外做功，放出热量B ．从状态B 变化到状态C 的过程中，气体体积不变，压强减小，放出热量C ．从状态C 变化到状态A 的过程中，气体压强不变，体积减小，放出热量D ．若状态A 的温度为300 K ，则状态B 的温度为600 K【答案】BC【详解】气体从状态A 变化到状态B 的过程中，气体体积增大，膨胀对外做功，压强升高，根据pV T＝C 可知，其温度升高，根据热力学第一定律可知，气体要吸热，选项A 错误；从状态B 变化到状态C 的过程中，气体体积不变W ＝0，压强减小，则温度降低，由ΔU＝W ＋Q 可知气体放热，选项B 正确；从状态C 变化到状态A 的过程中，气体体积减小W>0，压强不变，则温度降低，由ΔU＝W ＋Q 可知气体放热，选项C 正确；由pV T＝C 可求出状态B 的温度为1 200 K ，选项D 错误．8．(1)外力对气体做功100 J ，气体向外放热20 J ，在这个过程中气体的内能________(填“增加”或“减少”)，其改变量是________ J.(2)晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于________．A．破坏空间点阵结构，增加分子动能，不改变体积B．破坏空间点阵结构，增加分子势能，改变体积C．重新排列空间点阵结构，增加分子势能，同时增加分子动能和改变体积D．重新排列空间点阵结构，但不增加分子势能和动能，也不改变体积【答案】(1)增加80 (2)B【详解】(2)晶体熔化过程中保持温度不变，所以分子的平均动能不变，所以选项AC都不对；晶体分子是有序排列的空间点阵结构，熔化成液体后分子排列是无序的，故选项D不对；晶体熔化的过程是破坏空间点阵结构的过程，空间点阵结构被破坏以后，分子排列无序，故体积改变，分子势能增加，选项B正确．9．(1)关于下列实验事实，说法正确的是________．A．随着低温技术的发展，物体的温度可以降到0 KB．由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积C．吸收了热量的物体，其温度可以降低D．分子间引力和斥力可以单独存在(2)在如图2－28所示的气缸中封闭着一定质量的常温理想气体，一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态．如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积________．A．仍不变 B．为原来的一半C．小于原来的一半 D．大于原来的一半【答案】(1)C (2)D【详解】(1)本题考查分子动理论，热力学第一定律．绝对温度是不可能达到的，A项错误；由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能算出每个分子平均占有的空间体积，B项错误；根据热力学第一定律可知，物体吸收了热量，如果同时对外做功，并且做功大于吸收的热量，则物体的内能减少，温度降低，C项正确；分子间的引力和斥力是同时存在的，不可能单独存在，D项错误．(2)对气缸活塞研究，大气压强不变，绳的拉力不变，活塞重力不变，因此缸内的气体的压强恒定不变，气体的摄氏温度降低一半，由T＝t＋273可知，则缸内的气体的热力学温度降低的小于原来的一半，根据理想气体状态方程pV T＝K 可知，缸内气体的体积大于原来的一半． 10．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40 cm 2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A 封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm 处设有a 、b 两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强为p 0(p 0＝1.0×105 Pa 为大气压强)，温度为300 K ．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K 时，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360 K 时，活塞上升了4 cm.g 取10 m/s 2求：(1)活塞的质量；(2)物体A 的体积．【答案】(1)4 kg (2)640 cm 3【详解】(1)设物体A 的体积为ΔV .T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝60×40－ΔVT 2＝330 K ，p 2＝(1.0×105＋mg40×10－4) Pa ，V 2＝V 1T 3＝360 K ，p 3＝p 2，V 3＝64×40－ΔV由状态1到状态2为等容过程p 1T 1＝p 2T 2代入数据得m ＝4 kg(2)由状态2到状态3为等压过程V 2T 2＝V 3T 3代入数据得ΔV ＝640 cm 3。
2020版高考物理一轮复习课时作业42固体、液体与气体新人教版
课时作业42 固体、液体与气体时间：45分钟1．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图所示，则( B )A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体解析：由题图可知，甲、乙在导热性质上表现各向同性，丙具有各向异性，甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，B正确．甲为晶体，但仅从图中无法确定它的其他性质，所以甲可能是单晶体，也可能是多晶体，丙为单晶体，故A、C、D错误．2．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的pT图象，对应的pV图象应是( C )解析：在pT图象中，A、B两点所在直线过原点，所以A→B为等容过程，气体体积不变，压强增大，温度升高；B→C为等温过程，气体温度不变，压强减小，体积增大，C正确．3．一个密闭绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分的气体体积大于B部分的气体体积，两部分温度相同，如图所示．若拔去销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积大小为V A、V B，则有( B )A ．V A ＝V BB ．V A >V BC ．V A <V BD ．条件不足，不能确定解析：因为拔去销钉前两部分气体质量相同，A 部分气体的体积大于B 部分气体的体积，又因两部分气体温度相同，故根据气体压强的决定因素可知，A 部分气体的压强小于B 部分气体的压强．若拔去销钉，则活塞向左(A 部分气体一侧)移动，活塞对A 部分气体做功，导致A 部分气体温度升高；B 部分气体对活塞做功，导致B 部分气体温度降低；直至两部分气体的压强相等时活塞达到静止状态，这时A 部分气体温度高于B 部分气体温度，所以A 部分气体体积大于B 部分气体体积，B 正确．4．(多选)下列说法正确的是( BCE )A ．一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B ．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力C ．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D ．土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E ．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程解析：多晶体的光学性质是各向同性的，A 项错误；由于液体的蒸发，液体表面分子较为稀疏，分子间距大于液体内部，表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，B 项正确；水能浸润脱脂棉，不能浸润非脱脂棉，C 项正确；土壤里有很多毛细管，水分会沿着这些毛细管引到地表进而蒸发掉，为了保持地下的水分，将地面的土壤锄松，会破坏毛细管，D 项错误；某些物质在水溶液中能够形成薄片状液晶，这也正是生物膜的主要成分，实验室就利用这样的人造生物膜研究离子的渗透性，E 项正确．5．如图所示，光滑水平地面上放有一质量为m 的导热汽缸，用活塞封闭了一部分气体．活塞质量为m 2，截面积为S ，可无摩擦滑动，汽缸静止时与缸底距离为L 0.现用水平恒力F 向右推汽缸，最后汽缸与活塞达到相对静止状态．已知大气压强为p 0.求：(1)稳定时封闭气体的压强．(2)稳定时活塞与汽缸底部的距离．解析：(1)选择汽缸、活塞和密闭气体整体作为研究对象，受力分析可知，水平恒力F即为整体受到的合外力，由牛顿第二定律得F ＝(m ＋m 2)a 隔离活塞对其受力分析，设封闭气体压强为p则由牛顿第二定律得(p －p 0)S ＝m 2a 汽缸和活塞相对静止具有相同的加速度，联立以上两式，可得p ＝p 0＋F 3S(2)由汽缸为导热汽缸可知，汽缸内气体温度不变，气体为等温变化，设稳定时活塞与缸底部的距离为L由理想气体状态方程pV T ＝C 得p 0L 0S ＝pLS可得L ＝p 0L 0p ＝p 0p 0＋F 3SL 0 答案：(1)p 0＋F 3S(2)p 0p 0＋F 3S L 0 6．如图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)写出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值．(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p T 图象，并在图线相应的位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V B T B ＝0.40.6×300 K＝200 K (2)由题图甲可知，B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300×1.5×105 Pa ＝2.0×105 Pa 则可画出状态A →B →C 的p T 图象如图所示．答案：见解析7．(2019·山东滨州统考)一粗细均匀的J 形细玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图所示，密闭气体的温度为27 ℃.大气压强为76 cmHg.(1)若沿长臂的管壁缓慢加入水银，密闭气体长度变为8 cm ，注入的水银柱有多长？(2)在注完水银后，使玻璃管沿绕过O 点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，要使密闭气体的长度保持8 cm 不变，应使气体温度变为多少(结果保留三位有效数字)?解析：(1)以封闭气体为研究对象，设细玻璃管横截面积为S ，则有p 1＝76 cmHg ，l 1＝10 cm ，l 2＝8 cm ，则p 1l 1S ＝p 2l 2S ，解得p 2＝95 cmHg.注入水银柱长为(95－76＋4) cm ＝23 cm ；(2)封闭气体p 2＝95 cmHg ，T 2＝300 K ，p 3＝86 cmHg ，根据查理定律有p 2T 2＝p 3T 3，解得T 3＝272 K.答案：(1)23 cm (2)272 K8．如图所示，一水平放置的汽缸，由横截面积不同的两圆筒连接而成．活塞A 、B 用一长为3L 的刚性细杆连接．它们可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动．活塞A 、B 的横截面积分别为S A ＝40 cm 2、S B ＝20 cm 2.A 、B 之间封闭着一定质量的理想气体．汽缸外大气的压强为p 0＝1×105 Pa ，温度T 0＝294 K ．初始时活塞A 与大圆筒底部(大小圆筒连接处)相距2L ，汽缸内气体温度为T 1＝500 K 时，(1)汽缸内气体的温度缓慢降至400 K 时，活塞移动的位移．(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)汽缸内气体的温度降低时，其压强不变，活塞A 、B 一起向右移动，气体状态参量：V 1＝S A ·2L ＋S B L ，V 2＝S A (2L －x )＋S B (L ＋x )，已知：T 1＝500 K ，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得：V 1T 1＝V 2T 2，解得：x ＝L ，由于x ＝L <2L ，表明活塞A 未碰到大圆筒底部，故活塞A 、B 向右移动的位移为L .(2)大活塞刚碰到大圆筒底部时：V 3＝3S B L ，已知：T 1＝500 K ，由盖—吕萨克定律得：V 1T 1＝V 3T 3，解得：T 3＝300 K ，当汽缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时：T ＝T 0＝294 K ，气体发生等容变化，由查理定律得：p 0T 3＝p T ，解得：p ＝9.8×104 Pa.答案：(1)L (2)9.8×104 Pa9．(2019·湖北八校二联)如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m 的活塞A 和活塞B 分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P 和Q ，活塞A 导热性能良好，活塞B 绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T 0，汽缸的截面积为S ，外界大气压强大小为mg S且保持不变，现对气体Q 缓慢加热．求：(1)当活塞A 恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q 的温度T 1；(2)活塞A 恰接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q 加热，当气体P 体积减为原来一半时，气体Q 的温度T 2.解析：(1)设P 、Q 初始体积均为V 0，在活塞A 接触上端卡环之前，Q 气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律有：V 0T 0＝2V 0T 1，解得：T 1＝2T 0 (2)当活塞A 恰接触汽缸上端卡环后，P 气体做等温变化，由玻意耳定律有：2mg S·V 0＝p 1·V 02 解得p 1＝4mg S此时Q 气体的压强为p 2＝p 1＋mg S ＝5mg S当P 气体体积变为原来一半时，Q 气体的体积为52V 0，此过程对Q 气体由理想气体状态方程：3mg S ·V 0T 0＝5mg S ·52V 0T 2解得T 2＝256T 0 答案：(1)2T 0 (2)256T 0。
高考物理一轮复习 第十三章 热学 第2讲 固体、液体和气体作业 新人教版
第2讲 固体、液体和气体[课时作业] 单独成册 方便使用1．(1)下列说法正确的是________．A ．饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大B ．饱和汽是指液体不再蒸发，蒸汽不再液化时的状态C ．单晶体都有固定的形状，确定的熔点D ．所有晶体由固态变成液态后，再由液态变成固态时，固态仍为晶体E ．液晶分子的空间排列虽然在特定的方向排列比较整齐，但是分子的排列是不稳定的(2)如图所示，圆柱状汽缸(横截面积为S )被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t ℃)密闭开关K ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L .由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面L 10处．已知环境温度为27 ℃不变，mg S 与16大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t 值．解析：(1)饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，A 正确；饱和汽是指蒸发和液化处于动态平衡，B 错误；单晶体的空间点阵结构决定单晶体有固定形状，确定的熔点，C 正确；水晶为晶体，熔化再凝固后变为非晶体，D 错误；液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定的方向排列比较整齐，但分子的排列是不稳定的，所以E 正确．(2)对汽缸内封闭气体，Ⅰ(酒精棉球刚熄灭时)状态：p 1＝p 0，V 1＝LS ，T 1＝(273＋t )KⅡ(重物稳定时)状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0，V 2＝910LS ，T 2＝300 K 由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得t ＝127 ℃. 答案：(1)ACE (2)127 ℃2．(1)如图所示，表示一个平面上晶体物质微粒的排列情况，图上画出了三条等长线AB 、AC 和AD ，在这三条线上物质微粒的数目均________(选填“相同”或“不同”)，可以得出结论：晶体的物理性质是________的(选填“各向同性”或“各向异性”)．(2)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p A ＝p 0，温度T A ＝T 0，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p B ；②气体在状态C 时的压强p C 和温度T C .解析：(1)晶体和非晶体的重要区别是：晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点，同时晶体中单晶体具有各向异性，而非晶体都各向同性．这三条线上物质微粒的数目均不同，从而得出结论为：晶体的物理性质是各向异性的．(2)①A →B ：等温变化p A V 0＝p B ×2V 0，解得p B ＝12p 0 ②B →C ：等压变化，p C ＝p B ＝12p 0， V B V C ＝T B T C ，T C ＝12T 0 答案：(1)不同 各向异性 (2)①12p 0 ②12p 0 12T 0 3．(1)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围如图a 、b 、c 所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图d 所示．则由此可判断出甲为________，乙为________，丙为________(选填“单晶体”“多晶体”或“非晶体”)．(2)如图所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN 为汽缸右侧壁．汽缸的总长度为L ＝80 cm ，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)．在汽缸内距左侧壁d ＝30 cm 处设有卡环A 、B ，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB 右侧紧挨AB ，缸内左侧氮气的压强p 1＝0.8×105Pa ，右侧氧气的压强p 2＝1.0×105 Pa ，两边气体和环境的温度均为t 1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变．①求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；②继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ℃，求活塞移动的距离．解析：(1)晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．单晶体的物理性质具有各向异性，多晶体的物理性质具有各向同性．(2)①“恰好要离开”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象： 初状态：p 1＝0.8×105 Pa ，T 1＝300 K ，V 1＝dS末状态：p 2＝1.0×105 Pa ，T 2，V 2＝V 1由查理定律，有p 1T 1＝p 2T 2代入数据解得T 2＝375 K②继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T 3＝(227＋273) K ＝500 K ，设活塞移动距离为x取氮气为研究对象：初状态：p 1＝0.8×105 Pa ，T 1＝300 K ，V 1＝dS末状态：p 3，T 3＝500 K ，V 3＝dS ＋xS由理想气体状态方程，有p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3取氧气为研究对象：初状态：p 2＝1.0×105 Pa ，T 1＝300 K ，V 4＝(L －d )S末状态：p 5＝p 3，T 5＝300 K ，V 5＝LS －V 3由玻意耳定律有p 2V 4＝p 5V 5代入数据解得向右移动的距离x ≈5.6 cm.答案：(1)多晶体 非晶体 单晶体(2)①375 K ②5.6 cm4．(2018·湖北华中师大附中检测)(1)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(2)如图所示，一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量的理想气体被活塞封闭其中，已知汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动．开始时气体压强为p ，活塞内表面相对汽缸底部的距离为L ，外界温度为T 0，现用一质量为m 的重锤通过绳子跨过滑轮连接活塞，重新平衡后，重锤下降h .求：①活塞的横截面积S .②若此后外界的温度变为T ，则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度为多少？已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .解析：(1)水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A 项错误．正是表面张力使空中的雨滴呈球形，则B 项正确．液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C 项正确．高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D 项错误．因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E 项正确．(2)①由玻意耳定律可知pLS ＝p 1(L ＋h )S活塞受力平衡，有p 1S ＝pS －mg联立方程可得S ＝mg L ＋h ph②由盖吕萨克定律有L ＋h S T 0＝L 0S T解得L 0＝L ＋h T T 0.答案：(1)BCE (2)①mg L ＋h ph ②L ＋h T T 0 5．(1)下列说法正确的是________．A ．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B ．温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同C ．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁也有压强D ．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化E ．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存在斥力的缘故(2)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为280 K 时，被封闭的气柱长L ＝22 cm ，两边水银柱高度差h ＝16 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg.①为使左端水银面下降3 cm ，封闭气体温度应变为多少？②封闭气体的温度重新回到280 K 后，为使封闭气柱长度变为20 cm ，需向开口端注入的水银柱长度为多少？解析：(1)液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，A 正确；温度相同的所有物体，其分子平均动能都相同，但由于分子质量不同，故平均速率不相同，故B 错误；压强是由于分子的无规则运动撞击器壁产生的，故在失重状态下容器内的气体对器壁也有压强，故C 正确；晶体和非晶体在于内部分子排列，在一定的条件下，改变分子内部结构，晶体和非晶体可以相互转化，故D 正确；气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动，且分子间相互作用力非常小，各分子相对是自由的，从而不受相互间的约束，不是因为斥力的原因，故E 错误．(2)①初态压强p 1＝(76－16) cmHg ＝60 cmHg末态时左右水银面高度差为(16－2×3) cm＝10 cm压强p 2＝(76－10) cmHg ＝66 cmHg由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 解得T 2＝p 2V 2T 1p 1V 1＝350 K ②设加入的水银高度为l ，末态时左右水银面高度差h ′＝(16＋2×2) cm－l由玻意耳定律p 1V 1＝p 3V 3式中p 3＝76 cmHg －(20－l )cmHg解得l ＝10 cm.答案：(1)ACD (2)①350 K ②10 cm6．(1)下列说法正确的是________．A ．两个系统相互接触而传热，当两个系统的温度相等时就达到了热平衡B ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点C ．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度高于干泡显示的温度，是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果D ．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引E ．单晶体某些物理性质具有各向异性，而非晶体和多晶体的是各向同性的(2)如图所示的汽缸距底部h 0处连接一U 形管(管内气体的体积忽略不计，两边管足够长)，汽缸内用一体积可忽略的T 形活塞密闭一定质量的理想气体．初始时，封闭气体温度为T 0，活塞距离汽缸底部为1.5h 0，U 形管内两边水银面的高度差为Δh 0.已知水银的密度为ρ，大气压强为p 0，活塞竖直长柄长为1.2h 0，重力加速度为g .现缓慢降低气体的温度，求：①当T 形活塞竖直长柄下端刚与汽缸底部接触时，气体的温度T 1；②当温度降为0.4T 0时，U 形管内两水银面的高度差Δh .解析：(1)两个系统相互接触传热，当温度相等时，达到了热平衡，故A 正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，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，故B 错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故C 错误；液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互作用的引力，故D 正确；单晶体的某些物理性质具有各向异性，晶体和多晶体是各向同性的，故E 正确．(2)①缓慢降温过程中，活塞长柄下端到达汽缸底部前，气体做等压变化，设活塞截面积为S ，有1.5h 0S 1.2h 0S ＝T 0T 1解得T 1＝0.8T 0.②活塞长柄下端到达汽缸底部后，继续缓慢降温至T 2＝0.4T 0过程中，气体做等容变化，有 p 1＝p 0＋ρg ·Δh 0p 2＝p 0＋ρg ·Δhp 1p 2＝T 1T 2解得Δh ＝Δh 02－p 02ρg. 答案：(1)ADE (2)①0.8T 0 ②Δh 02－p 02ρg。
2020高考物理一轮总复习第十三章热学基础课2固体、液体和气体练习(含解析)新人教版
基础课 2 固体、液体和气体一、选择题1．(2018年江苏卷)如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中．纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于周围空气温度．当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则( )A．空气的相对湿度减小B．空气中水蒸气的压强增大C．空气中水的饱和汽压减小D．空气中水的饱和汽压增大解析：选A 一段时间后发现该温度计示数减小，说明纱布巾的水蒸发加快，说明空气的相对湿度减小，水蒸气的压强减小，选项A正确，B错误；温度不变，空气中水的饱和汽压不变，选项C、D错误．2.(2018届南京一模)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．3．(多选)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．4.(多选)(2019届武汉模拟)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．5．(多选)(2017年全国卷Ⅰ)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是( )A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大解析：选ABC 根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．6．(多选)下列说法正确的是( )A．气体的内能是分子热运动的平均动能与分子势能之和B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定也变化C．晶体有固定的熔点且物理性质具有各向异性D．在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体E．金属在各个方向具有相同的物理性质，为多晶体解析：选BDE 由热力学知识知，气体的内能是分子热运动的动能与分子势能之和，A 错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能也变化，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，C错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样，所以会成为一个标准的球体，D正确；通常金属在各个方向具有相同的物理性质，为多晶体，E正确．7．(多选)(2019届贵阳摸底)以下说法正确的是( )A．金刚石、食盐都有确定的熔点B．饱和汽的压强与温度无关C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用D．多晶体的物理性质表现为各向异性E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小解析：选ACE 金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；饱和汽的压强与温度有关，选项B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫能停在水面上，选项C正确；多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误；在一定温度条件下，相对湿度越小，水蒸发得也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，选项E 正确．8．(多选)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．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关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无规则热运动，故A错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故B正确；饱和汽压的大小取决于物质的性质和温度，而与体积无关，故C正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，故D错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸收热量，从而温度会降低的缘故，故E正确．9．(多选)下列说法正确的是( )A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关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，这是由于水膜具有表面张力解析：选ACD 水的表面张力托起针，A正确；水在油脂上不浸润，在干净的玻璃上浸润，B错误；当宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时，里面的所有物体均处于完全失重状态，此时自由飘浮的水滴在表面张力作用下呈现球形，C正确；对于浸润液体，在毛细管中上升，对于非浸润液体，在毛细管中下降，D正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开，是大气压力的作用，E错误．10．(多选)(2018届河北唐山统考)下列关于物态或物态变化中的现象，表述正确的是( )A．晶体在熔化过程中，温度保持不变，不需继续加热B．非晶体与晶体的区别之一是非晶体都没有固定的熔点C．不浸润液体在毛细管内下降，主要是附着层内部分子稀疏使液面凸起，凸起部分重力使液面下降D．温度不变时，饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大E．若干湿泡处于饱和汽压下，干湿泡湿度计上两支温度计的读数一定相同解析：选BCE 晶体熔化时需要继续加热，A错误；非晶体都没有固定的熔点，B正确；不浸润液体在毛细管内下降是附着层分子的作用，C正确；温度不变时饱和汽压与饱和汽体积无关，D错误；饱和汽压下，干湿泡湿度计上两只温度计读数相同，E正确．11．(多选)对于物质固体、液体、气体的认识，下列说法正确的是( )A．液晶具有晶体的光学各向异性B．绝对湿度的单位是Pa，相对湿度没有单位C．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部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E．液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但饱和汽压与饱和汽的体积无关解析：选ABE 液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，A正确；绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，单位是Pa；而空气的相对湿度是空气中水蒸气的绝对湿度与同温度水的饱和汽压的比值，所以空气的相对湿度没有单位，B正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，C错误；单晶体物理性质是各向异性的，非晶体和多晶体是各向同性的，D错误；饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，而与体积无关，E正确．12．(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：选BCD 将一晶体敲碎后，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．13.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 ＋p 0S ，解得T ＝(p 0－p )S ＋mg ＝ρghS ＋mg ，即绳的拉力等于玻璃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，D 错误．二、非选择题14.如图所示，内壁光滑的圆柱形金属容器内有一个质量为m 、面积为S 的活塞．容器固定放置在倾角为θ的斜面上．一定质量的气体被密封在容器内，温度为T 0，活塞底面与容器底面平行，距离为h .已知大气压强为p 0，重力加速度为g .容器内气体压强为多大？解析：容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关．活塞对气体产生的压强为p ′＝mg cos θS ，则容器内气体的压强p ＝p 0＋p ′＝p 0＋mg cos θS. 答案：p 0＋mg cos θS。
【物理】2020届一轮复习人教版固体、液体和气体学案
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[题点全练]1．[多选]下列说法正确的是()A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B．石墨晶体是层状结构，层与层原子间作用力小，可用作固体润滑剂C．潮湿的房间内，开空调制热，可降低空气的绝对湿度D．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关解析：选BD两分子之间的距离大于r0时，分子力表现为引力，分子力随着分子间距的减小可能先增大后减小，也可能一直减小，分子势能随着分子间距的减小而减小，故A 错误；石墨晶体是层状结构，层与层原子间作用力小，可用作固体润滑剂，故B正确；潮湿的房间内，开启空调制热，温度升高，水蒸气的压强增大，空气的绝对湿度升高，故C 错误；玻璃管的裂口放在火焰上烧溶，它的尖端会变钝，是由于变成液体后表面张力的作用，故D正确。
2．(2018·宿迁期末)关于固体、液晶的性质，下列说法错误的是()A．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的B．有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构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．液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有光学的各向同性解析：选D单晶体只有在某些物理性质上具有各向异性，而多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故A正确；同种物质能够生成种类不同的几种晶体，是因为组成它们的分子形成了不同的空间结构，故B正确；液晶像液体一样具有流动性，又具有各向异性，故C 正确，D 错误。
2020高考物理一轮复习第11章热学2第二节固体液体和气体课后达标能力提升新人教版
【2019最新】精选高考物理一轮复习第11章热学2第二节固体液体和气体课后达标能力提升新人教版(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2018·××市高三调研测试)下列说法中正确的是( )A．温度相同时，氢原子与氧原子平均速率相等B．分子间距离增大，分子势能增大C．多晶体没有规则的几何外形，但有固定的熔点D．空气绝对湿度越大，人们感觉越潮湿解析：选C．温度相同时，分子平均动能相同，氢原子和氧原子质量不同，故平均速率不同，A项错误；分子间为斥力时，分子距离增大，分子势能减小，B项错误；单晶体具有规则的几何形状，多晶体则没有，但所有晶体均有固定的熔点，C项正确；空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿，D项错误．2．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．3．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；而相对湿度为水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的比值，则温度越高，水蒸气的饱和汽压越大，所以相对湿度越小．4．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．5．(2017·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解析：选AC．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正确，B、D错误．6．(2018·盐城高三调研测试)把一条细棉线的两端系在铁丝环上，棉线处于松弛状态．将铁丝环浸入肥皂液里，拿出来时环上留下一层肥皂液的薄膜，这时薄膜上的棉线仍是松弛的，如图所示．用烧热的针刺破A侧的薄膜，则观察到棉线的形状为下图中的( )解析：选D．由于液体的表面张力作用使液面收缩，因此棉线被拉紧了，故A、B、C错误，D正确．7．如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体( )A．压强增大，体积增大B．压强增大，体积减小C．压强减小，体积增大D．压强减小，体积减小解析：选B．试管静止时，被封闭气体的压强为p1＝p0－ph；试管自由下落时，被封闭气体的压强为p2＝p0，故压强增大．根据玻意耳定律得气体体积减小，故选项B 正确．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过程中保持不变解析：选AB．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．9．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为多少的空气( )A．V B．VC．V D．V解析：选C．取充入气体后的轮胎内的气体为研究对象，设充入气体体积为V′，则初态p1＝p0，V1＝V＋V′；末态p2＝p，V2＝V由玻意耳定律可得：p0(V＋V′)＝pV解得：V′＝V，故选项C正确．二、非选择题10．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→C2511．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．解析：(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0，末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得p0＝①T0代入数据得p1＝p0． ②(2)设杯盖的质量为m ，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S ＝p0S ＋mg ③放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K ，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K ，压强设为p3，由查理定律得p2T2＝ ④设提起杯盖所需的最小力为F ，由平衡条件得F ＋p3S ＝p0S ＋mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得 F ＝p0S ．答案：(1)p0 (2)p0S12．一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h ，外界温度为T0．现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4．若此后外界的温度变为T ，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g ．解析：求理想气体状态参数时，要找出初末状态，然后由理想气体状态方程列方程求解．设汽缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得phS ＝(p ＋Δp)S① 解得Δp ＝p ②外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h′，根据盖－吕萨克定律，得⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S T0＝③ 解得h′＝h④据题意可得Δp＝⑤气体最后的体积为V＝Sh′⑥联立②④⑤⑥式得V＝．答案：9mghT4pT0。
2020高考物理一轮复习第十三章第2讲固体、液体与气体学案(含解析)(2021-2022学年)
解析 由图（1）、(2)、（3)可知:甲、乙具有各向同性,丙具有各向异性;由 图(4)可知:甲、丙有固定的熔点,乙无固定的熔点,所以甲、丙为晶体,乙是非晶 体，其中甲为多晶体，丙为单晶体,故 B、Ｄ正确。
③ﻬ实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大（相对大气压）,温度错 误!未定义书签。不太低时都可当成理想气体来处理。
（2)一定质量的理想气体状态方程:错误!=错误!未定义书签。错误!未定义 书签。或错误!=错误!未定义书签。C（常量）。
6．气体实验定律的微观解释 （1)等温变化 一定质量的某种理想气体,温度保持不变时,分子的平均动能错误!不变.在这种 情况下,体积减小时,分子的密集程度增大，气体的压强错误!增大。 （2)等容变化 一定质量的某种理想气体,体积保持不变时,分子的密集程度保持错误!未定 义书签。不变.在这种情况下,温度升高时,分子的平均动能增大,气体的压强错误! 增大． （3）等压变化 一定质量的某种理想气体,温度升高时,分子的平均动能错误!未定义书签。
３．毛细现象:浸润液体在细管中上升的现象,以及不浸润液体在细管中下降
的现象,称为毛细现象。
知识点
饱和汽、未饱和汽和饱和汽压 相对湿度 Ⅰ1．饱和汽、未饱和
汽
（1)动态平衡：在密闭上方气体分子的数密度增大到一定程度时,在相同时间内回到液体中的分子数等于
)如图,向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐）中插入一根透明吸管,接口用蜡密 封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化,这就是一 个简易的气温计。已知铝罐的容积是 360 cm3,吸管内部粗细均匀，横截面积为 0。 2 cm２,吸管的有效长度为 2０ cm，当温度为 25 ℃时,油柱离管口１０ cm。
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第2节固体、液体与气体1.(2019·河南洛阳质检)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡,用烧热的针接触其上的某一点,蜡熔化的范围如图(甲)、(乙)、(丙)所示,甲、乙、丙三种固体在蜡熔化过程中温度T 随加热时间t变化的图像如图(丁)所示,则( B )A.甲、乙为非晶体,丙是晶体B.甲、丙为晶体,乙是非晶体C.甲、丙为非晶体,乙是晶体D.甲为单晶体,乙为非晶体,丙为多晶体解析:单晶体是各向异性的,熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形.非晶体和多晶体是各向同性,则熔化在表面的石蜡是圆形,因此丙为单晶体,甲、乙可能是多晶体与非晶体,根据温度随加热时间变化的关系,可知甲、丙为晶体,乙是非晶体,所以选项B正确,A,C,D错误.2.(多选)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( AD )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解析: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.3.(多选)关于空气湿度,下列说法正确的是( AD )A.空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示B.空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比C.当人们感到潮湿时,空气的绝对湿度一定较大D.当人们感到干燥时,空气的相对湿度一定较小解析:空气的绝对湿度是空气中含有水蒸气的实际压强,相对湿度=,故A正确,B错误.人们感受的干燥或潮湿决定于空气的相对湿度.相对湿度越大,感觉越潮湿;相对湿度越小,感觉越干燥,故C错误,D正确.4.(2018·河南信阳质检)(多选)下列说法正确的是( AC )A.竖直玻璃管里的水银面不是平面,而是“上凸”的,这是表面张力的作用B.相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值C.物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体D.压缩气体需要用力,这是气体分子间有斥力的表现解析:竖直玻璃管里的水银面不是平面,而是“上凸”的,这是表面张力产生的现象所致,选项A正确;空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温度下水的饱和汽压的比值,选项B错误;物理性质表现为各向同性的固体可能是多晶体,不一定是非晶体,选项C正确;气体分子之间距离很大,分子力近似为零,用力才能压缩气体是由于气体压强差造成的,并非由于分子之间的斥力造成,选项D错误.7月份与1月份相比较( AD )A.空气分子无规则热运动加剧B.空气分子无规则热运动减弱C.单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了D.单位时间内空气分子对地面的撞击次数减少了解析:温度越高,分子无规则热运动越剧烈.7月份与1月份相比较,平均气温升高了,所以分子无规则热运动加剧,选项A正确,B错误;温度升高,分子的平均动能变大,但是压强减小,可知气体分子的密集程度减小,则单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少,选项C 错误,D正确.6.(多选)一定质量的理想气体经历一系列变化过程,如图所示,下列说法正确的是( BC )A.b→c过程中,气体压强不变,体积增大B.a→b过程中,气体体积增大,压强减小C.c→a过程中,气体压强增大,体积不变D.c→a过程中,气体内能增大,体积变小解析:b→c过程中,气体压强不变,温度降低,根据盖—吕萨克定律=C得知,体积应减小,故A错误.a→b过程中气体的温度保持不变,即气体发生等温变化,压强减小,根据玻意耳定律pV=C得知,体积增大,故B正确.c→a 过程中,由图可知p与T成正比,则气体发生等容变化,体积不变,故C正确,D错误.7.(多选)下列说法正确的是( BCD )A.当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小B.一定质量100℃的水变成100℃的水蒸气,其分子之间的势能增加C.对于一定质量的气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热D.物体内热运动速率大的分子数占总分子数的比例与温度有关解析:分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,故A错误;一定质量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,由液态变成了气态,分子间距增大,分子力做负功,其分子之间的势能增加,故B正确;对于一定质量的气体,由盖—吕萨克定律可知,如果压强不变,体积增大,那么它的温度一定升高,同时又对外做功,需要从外界吸收热量,故C正确;物体内热运动速率大的分子数占总分子数的比例与温度有关,故 D 正确.8.(2019·山西临汾模拟)如图所示,一根上细下粗、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端开口、下端封闭,上端足够长,下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体.现对气体缓慢加热,气体温度不断升高,水银柱上升,则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近图中的( A )解析:根据=C(常数)得V=T,则V T图线的斜率为.在水银柱升入细管前,封闭气体先做等压变化,图线的斜率不变,图线为直线;水银柱部分进入细管后,气体压强增大,图线的斜率减小;当水银柱全部进入细管后,气体的压强又保持不变,V T图线又为直线,只是斜率比原来的小,选项A正确.9.(2019·山东桓台二中月考)一足够高的直立汽缸上端开口,用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80 cm的气柱,活塞的横截面积为0.01 m2,活塞与汽缸间的摩擦不计,汽缸侧壁通过一个开口与U形管相连.开口离汽缸底部的高度为70 cm,开口管内及U形管内的气体体积忽略不计.已知如图所示状态时气体的温度为7 ℃,U形管内水银面的高度差h1=5 cm,大气压强p0=1.0×105 Pa保持不变,水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3,取g=10 m/s2.求(1)活塞的质量;(2)现在活塞上添加铁砂,同时对汽缸内的气体加热,始终保持活塞的高度不变,此过程缓慢进行,当气体的温度升高到47 ℃时,U形管内水银面的高度差为多少?解析:(1)由题意知气体图示状态压强p0+=p0+ρgh1代入数据得活塞质量m=6.8 kg.(2)添铁砂加热时,气体发生等容变化,由查理定律得=代入数据得h2=0.162 m.答案:(1)6.8 kg (2)0.162 m10.(2017·全国Ⅱ卷,33)一热气球体积为V,内部充有温度为T a的热空气,气球外冷空气的温度为T b.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V T,密度为ρT=②由盖—吕萨克定律得=③联立①②③式得ρT=ρ0④气球所受到的浮力为F=ρb gV ⑤联立④⑤式得F=Vgρ0. ⑥(2)气球内热空气所受的重力为G=ρa 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:(1)Vgρ0(2)Vgρ0(3)Vρ0T0(-)-m011.(2018·四川成都经开区实验中学高三月考)如图所示,内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置,汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在汽缸内有A,B两活塞封闭着一定质量的理想气体,两活塞用一根长为l的细轻杆连接,两活塞导热性能良好,并能在汽缸内无摩擦地移动.已知活塞A的质量是2m,活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时,两活塞静止于如图所示位置.重力加速度为g.(1)求此时汽缸内气体的压强;(2)若用一竖直向下的拉力作用在B上,使A,B一起由图示位置开始缓慢向下移动的距离,又处于静止状态,求这时汽缸内气体的压强及拉力F的大小.设整个过程中气体温度不变. 解析:(1)以两活塞整体为研究对象,设此时汽缸内气体压强为p1,根据平衡条件有p0·2S+3mg+p1S=p1·2S+p0S解得p1=p0+.(2)初态:p1=p0+,V1=2lS末态:p2待求,V2=lS根据玻意耳定律有(p0+)·2lS=p2·lS解得p2=(p0+)以两活塞整体为研究对象,根据平衡条件有F+p0·2S+3mg+p2S=p2·2S+p0S解得F=+mg.答案:(1)p0+(2)(p0+) +mg12.(2019·湖北高三调考)如图所示,一钢筒竖直放置在水平桌面上,筒内有一与底面平行可上、下无摩擦滑动的活塞K,活塞导热性及密封性良好.在筒的顶部有一块与活塞K质量相等的金属盖,金属盖与筒的上端边缘接触良好(无漏气缝隙).当筒内温度t=27 ℃时,A,B两部分理想气体的体积之比为=,压强分别为p A=1.00×105P a, p B=1.20×105Pa.已知大气压强p0=1.05×105Pa,不考虑活塞的体积,现对筒内气体缓慢加热.求:(1)金属盖恰好被顶开时气体的温度t1;(2)当筒内气体温度达到t2=252 ℃时,B部分气体体积占汽缸总体积的百分之几?解析:(1)设钢筒体积为V,活塞和金属盖的质量均为m,活塞横截面积为S;理想气体温度达到t1时,两部分气体的压强分别为p A1和p B1.对活塞,由平衡条件=p B-p A=0.20×105 Pa当金属盖恰好被顶开时p A1=p0+=1.25×105 Pap B1=p A1+=1.45×105 PaV A+V B=V A1+V B1=V,且=由理想气体状态方程,对A,B两部分气体分别有==解得T1≈366.7 K,即t1=93.7 ℃.(2)当筒内气体的温度达到t2=252 ℃时,金属盖被顶开,气体A将会泄漏,而B部分气体则继续做等压变化.对气体B,由盖—吕萨克定律=解得V B2=V所以×100%=95.5%.答案:(1)93.7 ℃(2)95.5%。