四川省昭觉中学高考物理一轮复习第十一章热学第2节固体液体和气体习题详解课件新人教版选修33

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2．解析：设大气压强为 p0，横截面积为 S，以左侧封闭气体为研 究对象， 初状态：气体压强为： p1＝p0－(h1－h2) cmHg＝p0－3 cmHg 体积为：V1＝LS＝13S 温度为：T1＝273＋27 K＝300 K 末状态：气体压强为： p2＝p0＋(h2－h1) cmHg＝p0＋3 cmHg 体积为：V2＝(L＋3)S＝16S 温度为：T2＝273＋127 K＝400 K
第 2 节 固体、液体和气体
微观·易错判断 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)× (7)√ 要点一 1．解析：液体与固体具有共同的特点是体积不易被压缩。
答案：B
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2．解析：液体和固体的体积与分子间相对位置有关，分子间距 接近平衡位置 r0 时，分子间距变化，分子力做功显著，导致 分子势能变化显著，A 正确。多晶体的物理性质表现为各向 同性，因此 B 错误。温度升高，分子的平均动能增大，由于 分子速率遵循统计规律，故并不是每个分子的动能都增大， C 错误。液体表面张力的作用是使其表面绷紧，表面积收缩 到最小，呈球状，D 正确。 答案：AD
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[针对训练] 1．解析：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。 答案：C
V1＝34V0＋12·V40＝78V0
①
V2＝34V0＋14V0＝V0
②
VT11＝VT22
③
由①②③式和题给数，共20页。
(2)活塞 b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞 a 开始向上移
动，直至活塞 a 上升的距离是气缸高度的116时，活塞 a 上方的
氧气经历等温过程。设氧气初态体积为 V1′，压强为 p1′；末
答案：mpL0S－dd
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[针对训练] 1．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＋SMm＋F m。 答案：p0＋SMm＋F m
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2．解析：在甲图中，以高为 h 的液柱为研究对象，由二力平衡
态体积为 V2′，压强为 p2′。由题给数据和玻意耳定律有
V1′＝14V0，p1′＝p0，V2′＝136V0
⑤
p1′V1′＝p2′V2′
⑥
由⑤⑥式得 p2′＝43p0
⑦
答案：(1)320 K
4 (2)3p0
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典例 2：解析：设气缸的横截面积为 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
p1S＝Mg＋p0S 解之得：p1＝3×105Pa (2)当活塞恰好静止在气缸缸口 AB 处时，缸内气体温度为 T2， 压强为 p2，此时仍有 p2S＝Mg＋p0S，即缸内气体为等压变化。 对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：S×T01.5l＝ST×2 l 所以 T2＝2T1＝600 K 故 t2＝(600－273) ℃＝327 ℃ 答案：(1)p1＝3×105Pa (2)327 ℃
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＋pghS＝p0S p 气＝p0－ρgh 在图丙中，仍以 B 液面为研究对象，有
p 气＋ρghsin 60°＝pB＝p0
所以
p
气＝p0－
3 2 ρgh
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对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p0(H－h)S＝pLS 得：L＝7.5 cm 故此时活塞 M 距离底端的距离为 H2＝20＋7.5＝27.5 cm。 答案：(1)1.2×105Pa (2)27.5 cm 20 cm
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[针对训练] 1．解析：(1)以气缸为对象(不包括活塞)列气缸受力平衡方程：
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要点二
典例：解析：设小车加速度大小为 a，稳定时汽缸内气体的压强
为 p1，则活塞受到汽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，在平衡情况下，汽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＝mpL0S－dd
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－
3 2 ρgh
丁：p0＋ρgh1
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要点三
典例 1：解析：(1)活塞 b 升至顶部的过程中，活塞 a 不动，活
塞 a、b 下方的氮气经历等压过程。设气缸 A 的容积为 V0，氮 气初态体积为 V1，温度为 T1；末态体积为 V2，温度为 T2。按 题意，气缸 B 的容积为V40，由题给数据和盖-吕萨克定律有
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2．解析：(1)由图像可知，TB＝(273＋91)K＝364 K，pB＝l atm， TA＝273 K，B 到 A 过程为等容过程，由查理定律得：TpAA＝TpBB， pA＝pTBTBA＝1×362473atm＝0.75 atm； (2)由图示图像可知，pC＝1.5 atm，已知：VB＝3 L，由 B 到 C 过程是等温变化，由玻意耳定律得：pBVB＝pCVC， 即：1×3＝1.5×VC， 解得：VC＝2 L。 答案：(1)0.75 atm (2)2 L
phS＝(p＋Δp)h－14hS
①
解得 Δp＝13p
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－T140hS＝h′T S
③
解得 h′＝43TT0h
④
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根据题意可得 Δp＝mSg
⑤
气体最后的体积为 V＝Sh′
⑥
联立②④⑤⑥式得 V＝94mpgTh0T
p1V1＝p2V2
⑤
联合②③④⑤式，代入数据得
h2＝10 m。
⑥
答案：见解析
2．解析：设压力为 F，压缩后气体压强为 p
由 p0V0＝pV 和 F＝pS 得 F＝VV0p0S。
答案：VV0p0S
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要点四 典例：解析：(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得： pS＝mg＋p0S p＝1.2×105Pa (2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得： p0Th1S＝phT22S 得：h2＝20 cm，故活塞 N 距离底部的距离为 h2＝20 cm
⑦
答案：94mpgTh0T
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[针对训练]
1．解析：当 F＝0 时，由平衡条件得
Mg＝ρg(V0＋V2)
①
代入数据得
V2＝2.5 m3
②
设筒内气体初态、末态的压强分别为 p1、p2，由题意得
p1＝p0＋ρgh1
③
p2＝p0＋ρgh2
④
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在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
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由理想气体状态方程得： pT1V1 1＝pT2V2 2 即：p0－330×0 13S＝p0＋430×0 16S 解得：p0＝75 cmHg 末状态空气柱的压强为： p2＝p0＋3＝(75＋3) cmHg＝78 cmHg 答案：75 cmHg 78 cmHg
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要点五 典例：解析：因为 bc 的延长线通过原点，所以 b c 是等容线，即气体体积在 bc 过程中保持不变， B 正确；ab 是等温线，压强减小则体积增大，A 正确；cd 是 等压线，温度降低则体积减小，C 错误；连接 aO 交 cd 于 e 点，如图所示，则 ae 是等容线，即 Va＝Ve，因为 Vd<Ve，所 以 Vd<Va，所以 da 过程中体积不是保持不变，D 错误。 答案：AB