课时跟踪检测(四十一) 固体、液体和气体

课时跟踪检测(四十一) 固体、液体和气体
1．(多选)下列说法正确的是()
A．将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体
B．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
C．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
D．小明在下雨时发现，雨水流过车窗时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的
E．到了高原地区，小明发现，尽管气温变化不大，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这是瓶内空气压强变大的缘故
解析：选ABD将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体，选项A正确；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，例如，碳元素可以构成石墨和金刚石，石墨与金刚石物理性质完全不同，选项B正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，分子平均动能保持不变，但是分子势能增大，内能增大，选项C 错误；小明在下雨时发现，雨水流过车窗时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的，选项D正确；到了高原地区，小明发现，尽管气温变化不大，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这是由于高原地区大气压强减小的缘故，选项E错误。

2．(多选)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。

这是由于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，是因为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，是因为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。

这是由于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。

3．(多选)下列说法正确的是()
A．晶体有固定的熔点
B．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性
C．物体吸收热量后，其温度一定升高
D．给自行车打气时气筒压下后反弹，是分子斥力造成的
E．雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在
解析：选ABE晶体有固定的熔点，故A正确；液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故B正确；物体吸收热量的同时，可能还对外做功，其温度不一定升高，故C 错误；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由于气体压强的原因，不是因为分子斥力，故D 错误；雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面存在张力，故E正确。

4．(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是()
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，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，则单位体积内分子个数可能不变
E．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定
解析：选ACE单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此气体压强一定增大，故选项A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故选项C正确，D错误；气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，选项E正确。

5．(多选)热学中有很多图象，对下列一定质量的理想气体图象的分析，正确的是()
A ．甲图中理想气体的体积一定不变
B ．乙图中理想气体的温度一定不变
C ．丙图中理想气体的压强一定不变
D ．丁图中理想气体从P 到Q ，可能经过了温度先降低后升高的过程
E ．戊图中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度
解析：选ACE 由理想气体状态方程pV T
＝C 可知，A 、C 正确；若温度不变，p -V 图象应该是双曲线的一支，题图乙不一定是双曲线的一支，B 错误；题图丁中理想气体从P 到Q ，经过了温度先升高后降低的过程，D 错误；温度升高，分子平均动能增大，分子平均速率增大，所以题图戊中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度，E 正确。

6.(多选)(2020·山东泰安模拟)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( )
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：选ADE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
正确；根据动量定理知，F＝ΔI
Δt，压强p＝
F
S，所以p＝
ΔI
S·Δt
，因为状态D和状态A压强
相等，所以相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等，故E正确。

7．(2020·山东临沂模拟)一种气压保温瓶的结构示意图如图所示。

其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管口与瓶胆口齐平，用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从出水管口流出。

最初瓶内水面低于出水管口10 cm，此时瓶内气体(含气室)的体积为2.0×102cm3，已知水的密度为1.0×103kg/m3，按压器的自重不计，大气压强p0＝1.01×105 Pa，取g＝10 m/s2。

求：
(1)要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强的最小值；
(2)当瓶内气体压强为1.16×105 Pa时，瓶内气体体积的压缩量。

(忽略瓶内气体的温度变化)
解析：(1)由题意知，瓶内、外气体压强以及水的压强存在以下关系：
p内＝p0＋p水＝p0＋ρgh水
代入数据得p内＝1.02×105 Pa。

(2)当瓶内气体压强为p＝1.16×105 Pa时，设瓶内气体的体积为V。

由玻意耳定律得p0V0＝pV，压缩量为ΔV＝V0－V，
已知瓶内原有气体体积V0＝2.0×102 cm3，解得
ΔV ＝25.9 cm 3。

答案：(1)1.02×105 Pa (2)25.9 cm 3
8．(2020·全国卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。

甲罐的容积
为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为2V ，罐中气体的压强为12
p 。

现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。

求调配后
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。

解析：(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p ，其体积变为V 1，由玻意耳定律有12
p (2V )＝pV 1①
现两罐气体压强均为p ，总体积为(V ＋V 1)。

设调配后两罐中气体的压强为p ′，由玻意耳定律有
p (V ＋V 1)＝p ′(V ＋2V )②
联立①②式可得p ′＝23
p 。

③ (2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p 时，体积为V 2，由玻意耳定律有 p ′V ＝pV 2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k ，由密度的定义有
k ＝V 2V
⑤ 联立③④⑤式可得
k ＝23。

⑥ 答案：(1)23
p (2)2∶3 9．(2018·全国卷Ⅱ)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：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 1
① 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 2
④ 式中
V 1＝SH ⑤
V 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 0
S T 0 (p 0S ＋mg )h 10.(2019·全国卷Ⅲ)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有
一段高度为2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。

若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。

已知大气压强为76 cm Hg，环境温度为296 K。

(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。

解析：(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。

由玻意耳定律有pV＝p1V1①
由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。

由题意有V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm。

⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有V
T0＝V1
T⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K。

⑧
答案：(1)41 cm(2)312 K
11．喷洒农药用的某种喷雾器如图所示。

其药液桶的总容积为15 L，
装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打
进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化。

(1)若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
解析：(1)设应打气n次，初态为：
p1＝1 atm，V1＝150 cm3·n＋2 L＝(0.15n＋2)L 末态为：p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：n＝20。

(2)由题意可知：p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′
代入数据解得：V2′＝5 L
剩下的药液为：V＝15 L－5 L＝10 L。

答案：(1)20(2)10 L。