2021-2022年高考物理备考艺体生百日突围系列专题11固体液体气体与能量守恒含解析

第2讲固体液体和气体知识一固体和液体1．晶体和非晶体的比较分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则熔点确定不确定物理性质各向异性各向同性原子排列有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则无规则形成与转化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典型物质石英、云母、食盐、硫酸铜玻璃、蜂蜡、松香2.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，跟这部份液面的分界限垂直．3．液晶的物理性质(1)具有液体的流动性．(2)具有晶体的光学各向异性．(3)从某个方向上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．(1)只有单晶体和液晶具有各向异性的特性，多晶体和非晶体都是各向同性．(2)液体表面张力是液体表面分子作使劲的表现．液体表面分子间的作使劲表现为引力．(3)浸润与不浸润也是表面张力的表现．知识二饱和汽、饱和汽压和湿度1．饱和汽与饱和汽压(1)饱和汽与未饱和汽①饱和汽：与液体处于动态平稳的蒸汽．②未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．(2)饱和汽压①概念：饱和汽所具有的压强．②特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．2．湿度(1)概念：空气的干湿程度．(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：某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时饱和水汽压的百分比，即：B＝pp s×100 %.知识三气体分子动理论和气体压强1．气体分子之间的距离大约是分子直径的10倍，气体分子之间的作使劲十分微弱，能够忽略不计．2．气体分子的速度散布，表现出“中间多，两头少”的统计散布规律．3．气体分子向各个方向运动的机遇均等．4．温度一按时，某种气体分子的速度散布是确信的，速度的平均值也是确信的，温度升高，气体分子的平均速度增大．5．气体压强(1)产生的缘故由于大量分子无规那么地运动而碰撞器壁，形成对器壁遍地均匀、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)决定气体压壮大小的因素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数密度．知识四气体实验定律和理想气体状态方程1．气体的三个实验定律(1)等温转变——玻意耳定律①内容：必然质量的某种气体，在温度不变的情形下，压强与体积成反比． ②公式：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常量)． (2)等容转变——查理定律①内容：必然质量的某种气体，在体积不变的情形下，压强与热力学温度成正比． ②公式：p 1p 2＝T 1T 2或p T＝C (常数)．(3)等压转变——盖—吕萨克定律①内容：必然质量的某种气体，在压强不变的情形下，其体积与热力学温度成正比． ②公式：V 1V 2＝T 1T 2或V T＝C (常数)．2．理想气体及其状态方程 (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使劲，分子本身没有体积，即它所占据的空间以为都是能够被紧缩的空间．(2)状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pV T＝C (常数).考点一 气体实验定律及状态方程的应用应用气体定律或状态方程解题的一样步骤： 1．明确研究对象，即某必然质量的气体．2．确信气体在始末状态的参量p 1、V 1、T 1及p 2、V 2、T 2. 3．由状态方程列式求解． 4．讨论结果的合理性．——————[1个示范例]——————(2021·重庆高考)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增强了Δp .假设轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的转变量．【解析】 对轮胎内的气体： 初状态p 1＝p 0，V 1＝V 0末状态p 2＝p 0＋Δp ，V 2＝ΔV ＋V 0 由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 解得：ΔV ＝－ΔpV 0Δp ＋p 0【答案】 ΔV ＝－ΔpV 0Δp ＋p 0——————[1个预测例]—————— 图11－2－1(2021·新课标全国卷Ⅰ)如图11－2－1，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强别离为p 0和p 03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04.现使气缸底与一恒温热源接触，平稳后左活塞升至气缸顶部，且与顶部恰好没有接触；然后打开K ，通过一段时刻，从头达到平稳．已知外界温度为T 0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：(1)恒温热源的温度T ；(2)从头达到平稳后左气缸中活塞上方气体的体积V x . 【解析】(1)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压进程，由盖—吕萨克定律得T T 0＝7V 0/45V 0/4① 由此得T ＝75T 0②(2)由初始状态的力学平稳条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K 后，左活塞下降至某一名置，右活塞必需升至气缸顶，才能知足力学平稳条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部份气体各自经历等温进程，设左活塞上方气体压强为p ，由玻意耳定律得pV x ＝p 03·V 04③(p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0④联立③④式得6V 2x －V 0V x －V 20＝0⑤ 其解为 V x ＝12V 0⑥另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．【答案】 (1)75T 0 (212V 0考点二 用图象法分析气体的状态转变必然质量的气体不同进程图象的比较过程 类别 图线特点 举例等温 p －VpV ＝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 －1Vp ＝CT 1V，斜率k ＝CT ，即斜率越大，温度越高等容过程p －Tp ＝C V T ，斜率k ＝CV，即斜率越大，体积越小等压过程V －TV ＝C p T ，斜率k ＝Cp，即斜率越大，压强越小——————[1个示范例]——————(2020·上海高考)如图11－2－2，必然质量的理想气体从状态a 沿直线转变到状态b ，在此进程中，其压强( )图11－2－2A ．慢慢增大B ．慢慢减小C ．始终不变D ．先增大后减小【解析】 由理想气体状态方程pV T＝C 可得，气体的压强p ＝C TV，由图象可知，气体的温度升高，体积减小，因此气体的压强慢慢增大，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A——————[1个预测例]——————必然质量的理想气体经历了温度缓慢升高的转变，如图11－2－3所示，p －T 和V －T 图各记录了其部份转变进程，试求：图11－2－3(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 的转变进程补充完整． 【解析】 (1)由题图知，p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝2.5 m 3，T 1＝400 K p 2＝？，V 2＝3 m 3，T 2＝600 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2p 2＝p 1V 1T 2T 1V 2＝1.25×105 Pa(2)在原p －T 图象上补充两段直线 【答案】 (1)1.25×105 Pa (2)如下图1．(2021·重庆高考)图11－2－4为伽利略设计的一种测温装置示用意，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封锁有必然量的空气．假设玻璃管内水柱上升，那么外界大气的转变可能是( )图11－2－4A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变C．温度升高，压强减小D．温度不变，压强减小【答案】A2.图11－2－5必然质量理想气体的状态经历了如图11－2－5所示的ab、bc、cd、da四个进程，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，那么气体体积在( )A．ab进程中不断减小B．bc进程中维持不变C．cd进程中不断增加D．da进程中维持不变【解析】第一，因为bc的延长线通过原点，因此bc是等容线，即气体体积在bc进程中维持不变，B正确；ab是等温线，压强减小那么体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低那么体积减小，C错误；连接aO 交cd于e，那么ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e因此V d<V a，因此da进程中体积转变，D错误．【答案】B3．以下说法正确的选项是( )A．空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力B．布朗运动说明了分子越小，分子运动越猛烈C．由能的转化和守恒定律明白，能源是可不能减少的D．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向同性【解析】液体温度越高，液体分子运动越猛烈，B错误；由能的转化和守恒定律明白，能量是守恒的，但能源是会不断减少的，能量与能源的意义不同，C错误．液晶具有光学性质的各向异性，故D错误．【答案】A4．液体的饱和汽压随温度的升高而增大( )A．其规律遵循查理定律B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D．是因为饱和汽的密度和蒸汽分子的平均速度都随温度的升高而增大【解析】当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，致使饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会致使饱和汽压增大，应选D.【答案】D5．如图11－2－6所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封锁必然质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而操纵进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，那么细管中被封锁的空气( )图11－2－6A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小【解析】细管中封锁的气体，能够看成是必然质量的理想气体，洗衣缸内水位升高，气体压强增大，因温度不变，故做等温转变，由玻意耳定律pV＝C得，气体体积减小，B选项正确．【答案】B6．为了将空气装入气瓶内，现将必然质量的空气等温紧缩，空气可视为理想气体．以下图象能正确表示该进程中空气的压强p和体积V关系的是( )【解析】由玻意耳定律可知，在等温转变进程中，压强p与1V成正比，应选B项．【答案】B7．(2021·福建高考)空气紧缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气进程为等温进程，空气可看做理想气体，那么充气后储气罐中气体压强为( )A．2.5 atm B．2.0 atmC．1.5 atm D．1.0 atm【解析】取全数气体为研究对象，由p1V1＋p2V2＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确．【答案】A8．(多项选择)(2021·广东高考)图11－2－7为某同窗设计的喷水装置．内部装有2 L水，上部密封1 atm 的空气0.5 L．维持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L．设在所有进程中空气可看做理想气体，且温度不变．以下说法正确的有( )图11－2－7A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，再也不充气也能把水喷光【解析】对理想气体，由于充气前后发生的是等温转变，有pV＝C，充气后体积变小，压强增大，A选项正确；温度不变，气体分子平均动能不变，B选项错误；充气前后由玻意耳定律p1(V1＋ΔV)＝p1′V1，得p1′＝1.2 atm，由于p1′＞P0，打开阀门，水就会在气体压力作用下外流，气体膨胀对外做功，C选项正确；当封锁气体压强变小与外界大气压强相等时，上部的空气变成0.6 L，喷出0.1 L的水后就再也不喷水了，故D选项错误．【答案】AC9．(2021·江苏高考)(1)以下现象中，能说明液体存在表面张力的有( )A．水黾能够停在水面上B．叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水专门快散开D．悬浮在水中的花粉做无规那么运动(2)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的______增大了．该气体在温度T1、T2时的分子速度散布图象如图11－2－8所示，那么T1__________T2(选填“大于”或“小于”)．图11－2－8【解析】(1)红墨水散开和花粉的无规那么运动直接或间接说明分子的无规那么运动，选项C、D错误；水黾停在水面上、露珠呈球形均是因为液体存在表面张力，选项A、B正确．(2)温度升高时，气体分子平均速度变大，平均动能增大，即分子速度较大的分子占总分子数的比例较大，因此T1＜T2.【答案】(1)AB (2)平均动能小于10．(2021·新课标全国高考)如图11－2－9，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部份隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左侧水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳固后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．图11－2－9(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右边水槽的水从0 ℃加热到必然温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右边水槽的水温．【解析】(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B.依题意有，p B＝p C②玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝V A＋V B③依照玻意耳定律得p1V B＝p B V2④联立①②③④式，并代入题给数据得p C＝V BV AΔp＝180 mmHg.⑤(2)当右边水槽的水温加热到T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp，玻璃泡C中气体的压强为p′C＝p B＋Δp⑥玻璃泡C中的气体体积不变，依照查理定律得p C T0＝p′C T′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364 K．⑧【答案】(1)180 mmHg (2)364 K。

2021年高考物理总复习第十一章第2讲固体液体与气体新人教版选修3-31．下列现象或事例不可能存在的是( )．A．80 ℃的水正在沸腾B．水的温度达到100 ℃而不沸腾C．沥青加热到一定温度时才能熔化D．温度升到0 ℃的冰并不融化解析因物质的沸点和熔点均与其表面的大气压强有关，且大气压强对沸点影响大，所以80 ℃的水可以沸腾，100 ℃的水不一定沸腾，温度升到0 ℃的冰也不一定融化，A、B、D均可能存在；而沥青是非晶体，没有固定的熔点，C错．答案 C2．如图1所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T，从图中可以确定的是( )图1A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．曲线M的bc段表示固液共存状态C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态解析：晶体与非晶体间关键区别在于晶体存在固定的熔点，固液共存态时吸热且温度不变，而非晶体没有固定熔点．B正确．答案：B3．如图所示的四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )．A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用解析布朗运动是颗粒的运动不是分子的运动，选项A错误；食盐是晶体，晶体具有各向异性的特点，选项C错误；B、D正确．答案BD4．一定质量的理想气体，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．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．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C．气体分子的总数增加D．气体分子的密度增大解析：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B、D正确，A、C错误．答案：BD5．图a为测量分子速率分布的装置示意图．圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置．从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上．展开的薄膜如图b所示，NP、PQ间距相等．则 ( )．图2A．到达M附近的银原子速率较大B．到达Q附近的银原子速率较大C．位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率D．位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率解析根据分子速率分布规律的“中间多，两头少”特征可知：M附近的银原子速率较大，故选项A正确，B错误．PQ区间的分子百分率最大，故选项D错误，C正确．答案AC6．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的关系如图3所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏加德罗常数为N A.(1)由状态A变到状态D过程中( )．图3A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变(2)在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J，则气体________(填“吸收”或“放出”)热量________ J.(3)在状态D，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？解析(3)A→D，由状态方程pVT＝C，得T D＝2T0，分子数n＝2ρV0N AM.答案(1)AB (2)吸收14 (3)2T02ρV0N AM7．如图4所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－3 m2，一定质量的气体被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________ Pa(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)．若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50 m 缓慢地变为0.51 m．则此时气体的温度为________ ℃.图4解析 p 1＝F S ＝mg S ＝2×105×10－3 Pa ＝0.04×105Pa ，所以p ＝p 1＋p 0＝0.04×105 Pa ＋1.01×105Pa ＝1.05×105Pa ，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即0.5S 273＋27＝0.51S 273＋t，所以t ＝33 ℃.答案 1.05×105338．某同学利用DIS 实验系统研究一定量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图5的pt 图象．已知在状态B 时气体的体积为V B ＝3 L ，则下列说法正确的是( )．图5A ．状态A 到状态B 气体的体积越来越大 B ．状态B 到状态C 气内能增加 C ．状态A 的压强是0.5 atmD ．状态C 体积是2 L解析 状态A 到状态B 是等容变化，故体积不变，A 错；状态B 到状态C 是等温变化，气体内能不变，B 错；从图中可知，p B ＝1.0 atm ，T B ＝(273＋91) K ＝364 K ，T A ＝273 K ，根据查理定律，有p A T A ＝p B T B ，即p A 273＝1.0364，解得p A ＝0.75 atm ，C 错；p B ＝1.0 atm ，V B ＝3 L ，p C ＝1.5 atm ；根据玻意耳定律，有p B V B ＝p C V C ，解得，V C ＝2 L ，D 对．答案 D9．在某高速公路发生一起车祸，车祸系轮胎爆胎所致．已知汽车行驶前轮胎内气体压强为2.5 atm ，温度为27 ℃，爆胎时胎内气体的温度为87 ℃，轮胎中的空气可看作理想气体．(1)求爆胎时轮胎内气体的压强；(2)从微观上解释爆胎前胎内压强变化的原因；(3)爆胎后气体迅速外泄，来不及与外界发生热交换，判断此过程胎内原有气体内能如何变化？简要说明理由．解析 (1)气体作等容变化，由查理定律得：p 1T 1＝p 2T 2① T 1＝t 1＋273②T 2＝t 2＋273 ③p 1＝2.5 atm t 1＝27 ℃ t 2＝87 ℃由①②③得：p 2＝3 atm. 答案 (1)3 atm(2)气体体积不变，分子密集程度不变，温度升高，分子平均动能增大，导致气体压强增大．(3)气体膨胀对外做功，没有吸收或放出热量，据热力学第一定律 ΔU ＝W ＋Q 得ΔU <0，内能减少．10．质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T )随加热时间(t )变化关系如图6所示，单位时间所吸收的热量可看做不变．图6(1)以下说法正确的是( )． A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变 B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．在区间Ⅲ，气体膨胀对外做功，内能减小D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”、“变慢”或“快慢不变”)，请说明理由．解析 (1)在区间Ⅱ，物质的压强、温度均不变，但从外界吸收热量，物质的内能增加，A 错；在区间Ⅲ，物质已变成理想气体，分子间已无作用力，分子间的势能为0，由pVT＝常数及一定量理想气体内能与温度的关系知：当压强一定，温度升高时气体体积增大，膨胀对外做功，气体内能增大，所以B 对C 错；在区间Ⅰ，随着温度的升高，分子平均动能增大，D 对．(2)根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 和理想气体的状态方程pV T＝C 可知，在吸收相同的热量Q 时：压强不变的条件下，V 增大，W <0，ΔU 1＝Q －|W | 体积不变的条件下，W ＝0，ΔU 2＝Q所以ΔU 1<ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快． 答案 (1)BD (2)变快，理由见解析11．一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M ＝10kg ，活塞质量m ＝4 kg ，活塞横截面积S ＝2×10－3m 2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O 与外界相通，大气压强p 0＝1.0×105Pa.活塞下面与劲度系数k ＝2×103N/m 的轻弹簧相连．当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L 1＝20 cm ，g 取10 m/s 2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．图7(1)当缸内气柱长度L 2＝24 cm 时，缸内气体温度为多少K?(2)缸内气体温度上升到T 0以上，气体将做等压膨胀，则T 0为多少K? 解析：(1)V 1＝L 1S ，V 2＝L 2S ，T 1＝400 Kp 1＝p 0－mgS ＝0.8×105 Pap 2＝p 0＋F －mg S＝1.2×105Pa根据理想气体状态方程，得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得T 2＝720 K(2)当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化．设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δx ，则k Δx ＝(m ＋M )gΔx ＝7 cmV 3＝(Δx ＋L 1)Sp 3＝p 0＋MgS＝1.5×105 Pa根据理想气体状态方程，得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 0解得T 0＝1 012.5 K升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化．设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δx ，则k Δx ＝(m ＋M )gΔx ＝7 cmV 3＝(Δx ＋L 1)Sp 3＝p 0＋MgS＝1.5×105 Pa根据理想气体状态方程，得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 0解得T 0＝1 012.5 K答案：(1)720 K (2)1 012.5 K12．如图8所示，一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱，气体的温度为t 1＝7 ℃，外界大气压取p 0＝1.0×105Pa(相当于75 cm 高的汞柱压强)．图8(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度t 1不变，则平衡后气柱为多长？(g ＝10 m/s 2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t 2＝77 ℃，此时气柱为多长？ (3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J ，则气体的内能增加多少？ 解析 (1)被封闭气体的初状态为p 1＝p 0＝1.0×105PaV 1＝LS ＝42 cm 3，T 1＝280 K末状态压强p 2＝p 0＋mgS＝1.05×105PaV 2＝L 2S ，T 2＝T 1＝280 K根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2，即p 1L ＝p 2L 2 得L 2＝p 1p 2L ＝20 cm.(2)对气体加热后，气体的压强不变，p 3＝p 2，V 3＝L 3S ，T 3＝350 K 根据盖—吕萨克定律，有V 2T 2＝V 3T 3，即L 2T 2＝L 3T 3得L 3＝T 3T 2L 2＝25 cm.(3)气体对外做的功W ＝p 2Sh ＝p 2S (L 3－L 2)＝1.05 J 根据热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ＝－1.05 J ＋10 J ＝8.95 J 即气体的内能增加8.95 J.答案 (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J :38634 96EA 雪, 40336 9D90 鶐 36402 8E32 踲k39081 98A9 颩28449 6F21 漡27472 6B50 歐38272 9580 門37826 93C2 鏂w39443 9A13 験。

2021年高考物理一轮复习 11.2《固体、液体与气体》试题1.关于空气湿度,下列说法正确的是( )A.当人们感到潮湿时,空气的绝对湿度一定较大B.当人们感到干燥时,空气的绝对湿度一定较小C.空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D.空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比2.液体的饱和汽压随温度的升高而增大（）A.其规律遵循查理定律B.是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C.是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D.是因为饱和汽的密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大3.如图所示,四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管,管内的空气被一段水银柱隔开,按图中标明的条件,当玻璃管水平放置时,水银柱处于静止状态,如果管内两端的空气都升高相同的温度,则水银柱向左移动的是( )4.(xx海南卷)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的缘故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的缘故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的缘故5.下列叙述中正确的是( )A.晶体的各向异性是由于它的微粒按空间点阵排列B.单晶体具有规则的几何外形是由于它的微粒按一定规律排列C.非晶体有规则的几何形状和确定的熔点D.石墨的硬度与金刚石差很多,是由于它的微粒没有按空间点阵分布6.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，则被封闭气体的体积和热力学温度的关系最接近哪个图象（）7.(xx·全国新课标卷)如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空，B和C内都充有气体.U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温.8.(xx·上海卷)利用如图装置可测量大气压强和容器的容积.步骤如下:①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接,并注入适量的水,另一端插入橡皮塞,然后塞住烧瓶口,并在A上标注此时水面的位置K;再将一活塞置于10mL位置的针筒插入烧瓶,使活塞缓慢推移至0刻度的位置;上下移动B,保持A中的水面位于K处,测得此时水面的高度差为17.1cm.②拔出橡皮塞,将针筒活塞置于0mL位置,使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口;然后将活塞抽拔至10mL位置,上下移动B,使A中的水面仍位于K,测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm.(玻璃管A内气体体积忽略不计,ρ水=1.0×103kg/m3,取g=10m/s2)(1)若用V0表示烧瓶容积,p0表示大气压强,ΔV表示针筒内气体的体积,Δp1、Δp2表示上述步骤①②中烧瓶内外气体压强差大小,则步骤①②中,气体满足的方程分别为、.(2)由实验数据得烧瓶容积V0=mL,大气压强p0=Pa.(3)倒U形玻璃管A内气体的存在( )A.仅对容积的测量结果有影响B.仅对压强的测量结果有影响C.对二者的测量结果均有影响D.对二者的测量结果均无影响9.如图所示,气缸放置在水平平台上,活塞质量为10kg,横截面积为50cm2,厚度为1cm,气缸全长为21cm,气缸质量为20kg,大气压强为1×105Pa,当温度为7 ℃时,活塞封闭的气柱长10cm,若将气缸倒过来放置时,活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通.g取10m/s2,求:(1)气柱的长度;(2)当温度为多高时,活塞刚好接触平台?参考答案1.解析:空气的绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强,它与温度、体积无关.水的饱和汽压与温度有关,与体积无关.空气的绝对湿度要小于水的饱和汽压.因为相对湿度=,而空气的绝对湿度与水的饱和汽压都与体积无关,故相对湿度与体积无关;因饱和汽压与温度有关,故相对湿度与温度有关;在绝对湿度不变而降低温度时,由于水的饱和汽压减小会使空气的相对湿度增大.居室的相对湿度以40%~60%较适宜.答案:C2.解析：当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，导致饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会导致饱和汽压增大，故选D.答案：D3.解析:假设温度升高,水银柱不动,两边气体均做等容变化,根据查理定律知:Δp=p,而左右两边初态压强p相等,两边温度升高量ΔT也相同,所以Δp与成正比,即左右两边气体初态温度高的,气体压强的增量小,水银柱应向气体压强增量小的方向移动,亦即应向初态气体温度高的一方移动,故D项正确.答案:D4.解析:由于针的重力比较小,水的表面张力可以与重力平衡,因此针能浮在水面上,A项正确;水对油脂不浸润,能在油脂面上形成水珠,水对玻璃浸润,不能在玻璃表面形成水珠,B项错误;在宇宙飞船中的水滴完全失重,水滴的表面张力作用使得水滴成球形,C项正确;同种液体对不同的材料是否浸润的情况不同,所以在毛细管中液面有的升高,有的降低,D项正确;当两薄玻璃板间有一层水膜时,两玻璃板内部没有了大气压,而两玻璃板外部的大气压将两玻璃板紧紧地压在一起,将很难拉开,E项错误.答案:ACD5.解析:晶体内部微粒排列的空间结构决定着晶体的物理性质不同;也正是由于它的微粒按一定规律排列,使单晶体具有规则的几何形状.石墨与金刚石的硬度相差甚远是由于它们内部微粒的排列结构不同,石墨的层状结构决定了它的质地柔软,而金刚石的网状结构决定了其中碳原子间的作用力很强,所以金刚石有很大的硬度.答案:AB6.解析：对气体缓慢加热的过程中，水银柱缓慢上升，始终处于平衡状态；刚开始，水银柱完全处在粗端，气体的压强p1＝p0＋ρgh1保持不变，气体经历等压变化，此时v-t图象是一条直线，斜率k1∝；最终水银柱将完全处在细端，同理，此时气体的压强p2＝p0＋ρgh2保持不变，气体经历等压变化，此时图象的斜率k2∝，显然，h1<h2，p1<p2，所以k1>k2，选项B、C 可排除；在水银柱经过粗细交接部位时，水银柱的长度由h1逐渐增大到h2，气体的压强也由p1逐渐增大到p2，气体的体积和温度也均在变化，显然，该过程不是等容变化过程，选项D 错误.答案：A7.解析：(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K.设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有：p1＝p C＋Δp，①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B.依题意有：p B＝p C，②玻璃泡A和B中气体的体积为：V2＝V A＋V B，③根据玻意耳定律得：p1V B＝p B V2，④联立①②③④式，并代入题给数据得：p C＝Δp＝180 mmHg，⑤(2)当右侧水槽的水温加热到T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡C中气体的压强为：p′C＝p B＋Δp，⑥玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得：，⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得：T′＝364 K.⑧答案：(1)180 mmHg (2)364 K8.解析:(1)由题意,气体发生等温变化,步骤①中气体初态的压强和体积分别为p0、(V0+ΔV),末态的压强和体积分别为(p0+Δp1)与V0,则气体满足的方程为p0(V0+ΔV)=(p0+Δp1)V0;步骤②中气体初态的压强和体积分别为p0、V0,末态的压强和体积分别为(p0-Δp2)、(V0+ΔV),则气体满足的方程为p0V0=(p0-Δp2)(V0+ΔV).(2)将(1)中的方程代入数据解得V0=560mL,p0=95760Pa.(3)(2)中得到的体积V0应该为容器的体积与玻璃管A内气体的体积之和,对大气压强的测量不产生影响,A项正确.答案:(1)p0(V0+ΔV)=(p0+Δp1)V0p0V0=(p0-Δp2)·(V0+ΔV)(2)560 95760(3)A9.解析:(1)设气缸倒置前后被封闭气体的压强分别为p1和p2,气柱长度分别为L1和L2.p1=p0+=1.2×105Pa,p2=p0-=0.8×105Pa倒置过程为等温变化,由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S,所以L2=L1=15cm.(2)设倒置后升温前后封闭气柱温度分别为T2和T3,升温后气柱长度为L3,则T2=T1=(273+7)K=280 KL2=15cm,L3=20cm升温过程为等压变化,由盖·吕萨克定律可得所以T3=T2=373K即温度升高到100℃时,活塞刚好接触平台.答案:(1)15cm (2)100 ℃38423 9617 阗cR33511 82E7 苧 21902 558E 喎gc28238 6E4E 湎33873 8451 葑c36552 8EC8 軈33596 833C 茼24943 616F 慯28069 6DA5 涥。