2020届高考物理总复习第十六单元选修33模块第2讲固体液体和气体教师用书含解析.doc

第2讲固体、液体和气体1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。(4)用晶体的微观结构解释晶体的特点因为内部微粒有规则的排列,所以晶体有规则的外形。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。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。1.1 (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)液体的表面张力作用:液体的表面张力使液面具有收缩的趋势。方向:表面张力跟液面相切,跟这部分液面的分界线垂直。(2)液晶的物理性质具有液体的流动性。具有晶体的光学各向异性。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。(3)饱和汽、未饱和汽、饱和汽压和相对湿度饱和汽:与液体处于动态平衡的蒸汽。未饱和汽:没有达到饱和状态的蒸汽。饱和汽压:饱和汽所具有的压强。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。相对湿度:空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比,即相对湿度=水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压。【温馨提示】一种液体会湿润某种固体并附着在固体表面上,这种现象叫作浸润。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。2.1 (2018四川德阳12月月考)(多选)下列说法中正确的是()。A.粉笔把纸上的墨水吸干,是毛细现象B.雨水没有透过布雨伞是因为伞布不被水浸润C.液体表面层分子间表现为斥力D.鸭的羽毛上有一层很薄的脂肪,使羽毛不被水浸润E.玻璃细杆顶端被烧熔后变钝,是由表面张力引起的【答案】ADE2.2 (2018甘肃天水四校联考)(多选)关于饱和汽,下列说法正确的是()。A.达到饱和汽时液面上的气体分子的密度不断增大B.达到饱和汽时液面上的气体分子的密度不变C.达到饱和汽时液面上的气体分子的密度减小D.将未饱和汽转化成饱和汽可以保持温度不变,减小体积E.将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变,降低温度【答案】BDE3气体(1)气体的状态参量:温度、体积和压强。(2)状态方程:玻意耳定律:温度不变,pV=C或p1V1=p2V2。查理定律:体积不变,pT=C或p1T1=p2T2。盖吕萨克定律:压强不变,VT=C或V1T1=V2T2。理想气体状态方程:pVT=C或p1V1T1=p2V2T2。(3)气体实验定律的微观解释:气体压强是由大量分子的碰撞引起的。玻意耳定律的解释:一定质量的理想气体,分子总数一定,当温度不变时,分子的平均速率也保持不变,体积增大,则单位体积内的分子数减少,气体的压强也减少。查理定律的解释:一定质量的理想气体分子总数一定,体积不变时,其单位体积内的分子数也不变,当温度升高时,分子的平均速率增大,则气体压强增大。盖吕萨克定律的解释:一定质量的理想气体分子总数一定,当温度升高时,分子的平均速率增加,要保持压强不变,则单位体积内的分子数一定要减小,故需增大体积。【温馨提示】气体实验定律解题的方法解题的基本思路:选对象找参量认过程列方程。在应用理想气体状态方程或气体实验定律解题时,一定要选取一定质量的理想气体。在利用三个实验定律时,一定要弄清哪一个参量不变,从而应用对应的实验定律。3.1(2019宁夏银川1月模拟)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()。A.bc过程中,气体压强不变,体积增大B.ab过程中,气体体积减小,压强减小C.ca过程中,气体压强增大,体积不变D.ca过程中,气体内能增大,体积变小【答案】C3.2 (2018沈阳第二中学自测)(多选)如图所示,一定质量的理想气体由状态A沿平行于纵轴的直线变化到状态B,则它的状态变化过程是()。A.气体的温度不变B.气体的内能增加C.气体分子的平均速率增加D.气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数不变E.气体内分子势能不变【答案】BCE题型一气体状态变化的图象问题1.气体状态变化的图象问题类别图线特点举例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p-1Vp=CT1V,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高p-Tp=CVT,斜率k=CV,即斜率越大,体积越小V-TV=CpT,斜率k=Cp,即斜率越大,压强越小2.气体状态变化图象的应用技巧(1)明确点、线的物理意义:求解气体状态变化的图象问题,应当明确图象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;图象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V-T图象(或p-T图象)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。【温馨提示】利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量、不同温度的两条等温线,不同体积的两条等容线,不同压强的两条等压线的关系。例如上表中的举例。【例1】如图甲所示,在一个密闭的汽缸内有一定质量的理想气体,如图乙所示是它从状态A变化到状态B的V-T图象,已知AB的反向延长线通过坐标原点O,气体在A状态的压强p=1.0×105 Pa,在从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量Q=7.0×102 J,求此过程中气体内能的增量U。【解析】由V-T图象的图线经过坐标原点可以判断,理想气体经历的是等压变化由盖吕萨克定律得 VATA=VBTB气体对外做的功W=-p(VB-VA)解得W=-200 J根据热力学第一定律U=W+Q解得U=5.0×102 J。【答案】5.0×102 J由图象可知气体发生的是等压变化,由盖吕萨克定律求出气体体积的变化,然后求出气体所做的功,最后由热力学第一定律求出气体内能的增量。本题主要考查了玻意耳定律、热力学第一定律,根据相应条件列式求解,注意理想气体的内能与热力学温度成正比。【变式训练1】(2019山东济宁一中一模)(多选)如V-T图象如图所示,一定质量的理想气体经历了三个过程的状态变化,从状态1开始,经状态2和状态3,最后回到原状态。下列判断正确的是()。A.三个状态中,状态3气体的压强最小B.1和2两个状态中,单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子撞击的次数相同C.从状态1到状态2的过程中,气体吸收的热量大于气体对外做功D.三个状态中,2状态的分子平均动能最大E.从状态3到状态1的过程中气体温度不变,所以气体既不吸热也不放热【解析】由V-T图象知,状态1到状态2气体发生等压变化,所以p1=p2,状态2到状态3气体发生等容变化,由pT=C,知p3<p2,所以状态3气体的压强最小,A项正确;由图象可知,状态1到状态2压强相同,根据动量定理知单位时间动量的改变量就是作用力,压强p=FS=ptS(p为动量的改变量),状态1和状态2的压强相等,单位时间内总动量的改变量相等,而每个粒子动量的改变量与温度有关,状态1和状态2温度不同,每个气体分子动量的变化量不同,而要单位时间内总动量的改变量不变,气体分子撞击次数一定不同,B项错误;从状态1到状态2,理想气体的温度升高,内能增加,U>0,气体体积增加,气体对外做功,W<0,根据热力学第一定律U=W+Q知,Q>0,且气体吸收的热量大于气体对外做的功,C项正确;由图象可知T1=T3<T2,所以状态2气体分子的平均动能最大,D项正确;从状态3到状态1,体积变小,外界对气体做功,W>0,温度不变,内能不变,U=0,根据热力学第一定律U=W+Q知Q<0,即气体放热,E项错误。【答案】ACD题型二气体实验定律的应用气体实验定律的应用技巧(1)用气体实验定律解题的关键是恰当地选取研究对象(必须是一定质量的气体),搞清气体初、末状态的状态参量,正确判断出气体状态变化的过程是属于等温、等压还是等容过程,然后列方程求解。(2)分析气体状态变化过程的特征要注意以下两个方面:根据题目的条件进行论证(比如从力学的角度分析压强的情况,判断是否属于等压过程);注意挖掘题目的隐含条件(比如缓慢压缩导热良好的汽缸中的气体,意味着气体温度与环境温度保持相等)。【温馨提示】描述一定质量气体的状态参量有:温度,气体分子平均动能的标志;体积,气体分子所占据的空间,许多情况下等于容器的容积;压强,大量气体分子无规则运动碰撞器壁所产生的,其大小等于单位时间内、器壁单位面积上所受气体分子碰撞的总冲量;内能,气体分子无规则运动的动能和分子势能的总和,理想气体的内能仅与温度有关。【例2】如图所示,一带有活塞的汽缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连,汽缸与竖直管的横截面积之比为31,初始时,该装置的底部盛有水银;活塞与水银面之间有一定量的气体,气柱长度为l(以cm为单位);竖直管内的水银面比汽缸内的水银面高出38l。现使活塞缓慢向上移动1132l,这时汽缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上,求初始时汽缸内气体的压强(以cmHg为单位)。【解析】设汽缸的横截面积为S,活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强为p,大气压强为p0,有p=p0+38l在活塞上移1132l后,汽缸内气体的压强变为p0,设气柱长度为l',由玻意耳定律,有p0l'S=pSl设汽缸内水银面上升x,有x=38l-3xl'=l+1132l-x联立解得p=158l(cmHg)。【答案】158l(cmHg)本题考查了应用玻意耳定律解决实际问题的能力,其关键是要能准确分析清楚活塞移动前后气体的各个状态参量,才能带入方程进行计算,同时,也要注意利用cmHg作气压单位来简化问题。【变式训练2】(2018山西太原11月月考)如图所示,上、下都与大气相通的直立圆筒竖直放置,中间用横截面积S=0.01 m2、质量不计的两个活塞A、B封闭着一定质量的理想气体,活塞B与一劲度系数k=1000 N/m的弹簧相连,平衡时两活塞相距l0=0.6 m。现用力F向下压活塞A,使其缓慢下移一段距离后再次平衡,此时力F=500 N。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa,假定气体温度始终保持不变,不计一切摩擦,求: (1)活塞A向下移动的距离h。(2)大气压强对活塞A和活塞B做的总功W。【解析】(1)设活塞B向下移动的距离为x,由平衡条件得F=kx对由A、B活塞封闭的理想气体,由玻意耳定律得p0l0S=p0+FS(l0-h+x)S解得h=0.7 m。(2)大气压强对活塞A和活塞B做的总功W=p0(h-x)S解得W=200 J。【答案】(1)0.7 m(2)200 J【变式训练3】(2018湖北武汉期末质检)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,外界的温度为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h4。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】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p,由玻意耳定律得phS=(p+p)h-14hS解得p=13p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-14hST0=h'ST解得h'=3T4T0h据题意可得p=mgS气体最后的体积V=Sh'联立解得V=9mghT4pT0。【答案】9mghT4pT0题型三理想气体状态方程的应用1.弄清气体的体积、压强、温度间的关系(1)一定质量的气体,在温度不变的情况下,体积减小时,压强增大,体积增大时,压强减小。(2)一定质量的气体,在压强不变的情况下,温度升高,体积增大。(3)一定质量的气体,在体积不变的情况下,温度升高,压强增大。(4)一定质量的气体,当体积、压强、温度均变化时,其关系为pVT=C(C是与p、V、T无关的常量)。2.运用理想气体状态方程解题的步骤(1)明确研究对象:从实际问题中选出发生状态变化的这部分气体,且要求它的质量一定。当有小孔与外界连通或发生气体的迁移等情况时,可采用“假设法”,必须保证研究对象的质量一定。(2)列出状态参量:写出研究对象状态变化前后的一组p、V、T值(或表达式)。这是研究气体问题关键的一步。在列出状态参量的同时把各相应量的单位统一。(3)建立状态方程:根据状态变化的特征,用三条实验定律或理想气体状态方程,把状态参量联系起来。(4)求解、计算、检验:通常可先根据状态方程得出待求量的文字表达式,然后代入数值。【例3】如图所示,足够长的圆柱形汽缸竖直放置,其横截面积为1×10-3 m2,汽缸内有质量m=2 kg的活塞,活塞与汽缸壁封闭良好,不计摩擦。开始时活塞被销子K销于如图所示位置,离缸底12 cm,此时汽缸内被封闭气体的压强为1.5×105 Pa,温度为300 K。外界大气压强p0=1.0×105 Pa,g=10 m/s2。(1)现对密闭气体加热,当温度升到400 K时,其压强为多大?(2)若在(1)的条件下拔去销子K,活塞开始向上运动,当它最后静止在某一位置时,汽缸内气体的温度为360 K,则这时活塞离缸底的距离为多少?【解析】(1)根据查理定律,得p1T1=p2T2,解得p2=2×105 Pa。(2)活塞静止时,缸内气体的压强p3=p0+mgS=1.2×105 Pa根据气体的状态方程,得p2Sl2T2=p3Sl3T3解得l3=18 cm。【答案】(1)2×105 Pa(2)18 cm本题主要考查理想气体状态方程的应用,解答此类问题的关键就是正确确定气体的状态,找出状态参量,利用相应的状态方程求解。【变式训练4】(2019南昌二中1月质检)如图所示,两个截面积均为S的圆柱形容器,左右两边容器的高均为H,右边容器上端封闭,左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计),两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通。开始时阀门关闭,左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为H,右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到平衡,此时被封闭气体的热力学温度为T,且T>T0。求此过程中外界对气体所做的功。已知大气压强为p0。【解析】打开阀门后,气体通过细管进入右边容器,活塞缓慢向下移动,气体作用于活塞的压强仍为p0。活塞对气体的压强也是p0。设达到平衡时活塞的高度为x,气体的温度为T,根据理想气体状态方程得p0SHT0=p0S(H+x)T解得x=TT0-1H此过程中外界对气体所做的功W=p0S(H-x)=p0SH2-TT0。【答案】p0SH2-TT0题型四玻璃管液封模型1.气体压强的计算在求液柱封闭的气体压强时,一般以液柱为研究对象进行受力分析、列平衡方程,注意:(1)液体因重力产生的压强大小p=gh(其中h为至液面的竖直高度)。(2)不要漏掉大气压强,同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。(3)有时可直接应用连通器原理连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等。(4)当液体为水银时,可灵活应用压强单位“cmHg”等,使计算过程简捷。2.静止或匀速运动系统中压强的计算方法(1)参考液片法: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,进而求得气体压强。如图中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A,在其最低处取一液片B,由其两侧受力平衡可知(pA+ph0)S=(p0+ph+ph0)S,即pA=p0+ph。 (2)力平衡法:选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析,由F合=0列式求气体压强。(3)连通器原理:在连通器中,同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等,如图中同一液面C、D处压强相等,即pA=p0+ph。注意:一般步骤是先选取研究对象,进行受力分析,建立平衡方程,注意公式两边的单位要统一。系统处于平衡状态,在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p=gh时,注意h是表示液面间的竖直高度,不能理解为液柱的长度。3.容器加速运动时封闭气体压强的计算(1)当容器加速运动时,通常选择与气体相关联的液体柱、固体活塞等作为研究对象,进行受力分析。(2)根据牛顿第二定律列出方程。(3)结合相关气体定律,求出气体压强。【温馨提示】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、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关。求气体的压强的关键是要明确研究对象,分析研究对象的受力情况,再根据运动情况,列研究对象的平衡方程或牛顿第二定律方程。【例4】如图所示,两端开口、粗细均匀的足够长U形玻璃管插在容积很大的水银槽中,管的上部有一定长度的水银,两段空气柱被封闭在左、右两侧的竖直管中。开启阀门S,当各水银液面稳定时,位置如图所示,此时两部分气体温度均为300 K。已知h1=5 cm,h2=10 cm,右侧气体柱长度L1=60 cm,取大气压强p0=75 cmHg。 (1)求左侧竖直管内气体柱的长度L2。(2)关闭阀门S,当右侧竖直管内的气体柱长度L1'=68 cm时(管内气体未溢出),气体温度应升高到多少?【解析】(1)右管内气体压强p1=p0+h2=85 cmHg左管内气体压强p2=p1-h1=80 cmHg设左管内、外液面高度差为h3,则p2=p0+h3解得h3=5 cm左管内气柱长度L2=L1-h2+h1+h3=60 cm。(2)设玻璃管的横截面积为S,对右管中气体,由理想气体状态方程,有p1L1ST1=(p0+h2+L1'-L1)L1'ST2解得T2=372 K。【答案】(1)60 cm(2)372 K(1)分别以两部分气体为研究对象,求出这两部分气体的压强,然后由几何关系求出左管内气柱的长度。(2)以右管内气体为研究对象,由理想气体状态方程可以求出空气柱的温度。【变式训练5】(2019山东济南开学检测)有一段12 cm长汞柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30°的斜面上(如图所示),已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为36,在下滑过程中被封闭气体的压强为()。(设大气压强p0=76 cmHg)A.73 cmHgB.76 cmHgC.79 cmHgD.82 cmHg【解析】水银柱所处的状态不是平衡状态。因此不能用平衡条件来处理。因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a=gsin -gcos =0.25g,对水银柱,根据牛顿第二定律得p0S+mgsin -pS=ma,解得p=p0+mg4S,根据液柱产生压强的公式p液体=gh可知mgS=12 cmHg,则p=p0+3 cmHg=79 cmHg,C项正确。【答案】C【变式训练6】(2018福建泉州10月模拟)如图所示,一粗细均匀的U形管竖直放置,A侧上端封闭,B侧上端与大气相通,下端开口处开关K关闭;A侧空气柱的长度l=10.0 cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0 cm。现将开关K打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差h1=10.0 cm时再将开关K关闭。已知大气压强p0=75.0 cmHg。 (1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度。(2)此后再向B侧注入水银,使A、B两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长度。【解析】(1)以 cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l=10.0 cm时的压强为p;当两侧水银面的高度差h1=10.0 cm时,空气柱的长度为l1,压强为p1由玻意耳定律得plS=p1l1S由力学平衡条件得p=p0+h打开开关K放出水银的过程中,B侧水银面处的压强始终为p0,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小,B、A两侧水银面的高度差也随之减小,直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1=p0-h1联立上式,并代入题给数据得l1=12.0 cm 。(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时,设A侧空气柱的长度为l2,压强为p2由玻意耳定律得plS=p2l2S由力学平衡条件有p2=p0联立上式,并代入题给数据得l2=10.4 cm设注入的水银在管内的长度为h,依题意得h=2(l1-l2)+h1联立上式,并代入题给数据得h=13.2 cm。【答案】(1)12.0 cm(2)13.2 cm题型五汽缸活塞类模型1.常见类型(1)气体系统处于平衡状态,需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。(2)气体系统处于力学非平衡状态,需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。(3)封闭气体的容器(如汽缸、活塞、玻璃管等)与气体发生相互作用的过程中,如果满足守恒定律的适用条件,可根据相应的守恒定律解题。(4)两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间相互关联的问题,解答时应分别研究各部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式,最后联立求解。2.解题思路(1)弄清题意,确定研究对象,一般地说,研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的理想气体);另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律列出方程;对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程。(3)注意挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程。(4)多个方程联立求解。对求解的结果应注意检验它们的合理性。【温馨提示】多个系统相互联系的一定质量气体问题,往往以压强建立起系统间的关系,各系统独立进行状态分析,要确定每个研究对象的变化性质,分别应用相应的实验定律,并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联,若活塞可自由移动,一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系。【例5】汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成,活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起,活塞可无摩擦移动,活塞A、B的质量分别为m1=24 kg、m2=16 kg,横截面积分别为S1=6.0×10-2 m2,S2=4.0×10-2 m2,一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间,活塞外侧大气压强p0=1.0×105 Pa。(1)如图甲所示,汽缸水平放置达到平衡状态时,求内部气体的压强。(2)已知水平放置平衡时气体的体积V=2.0×10-2 m3,现保持温度不变将汽缸竖直放置,如图乙所示,取重力加速度g=10 m/s2。达到平衡后,活塞在汽缸内移动的距离为多少?(活塞A还未到达汽缸连接处)【解析】(1)设汽缸内气体压强为p1,对于活塞和杆,由力的平衡条件,有p0S1+p1S2=p1S1+p0S2得p1=p0=1.0×105 Pa。(2)当汽缸竖直放置时,设缸内气体压强变为p2,由力的平衡条件,有p0S1+p2S2+(m1+m2)g=p2S1+p0S2得p2=p0+(m1+m2)gS1-S2=1.2×105 Pa设活塞向下移动了L,气体的体积V'=V-S1L+S2L气体做等温变化,有p1V=p2V'得L0.17 m。【答案】(1)1.0×105 Pa(2)0.17 m该题是求解被封闭气体压强的题,往往是先确定研究对象,对其受力分析,由平衡条件列式求解。在选取研究对象上,往往以受力较少的物体为研究对象。【变式训练7】(2019四川成都开学模拟)如图所示,竖直放置的导热汽缸,活塞横截面积S=0.01 m2,可在汽缸内无摩擦滑动,汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通,汽缸内封闭了一段高H=70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8 kg,大气压强p0=1×105 Pa,水银密度=13.6×103 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1。(2)在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm,求活塞平衡距汽缸底部的高度H'。【解析】(1)以活塞为研究对象有p0S+mg=p1S所以p1=p0+mgS又根据液柱高度差可知p1=p0+gh1所以有mgS=gh1解得h1=5 cm。(2)活塞上加一竖直向上的拉力封闭气体的压强p2=p0-gh2=93200 Pa初始时封闭气体的压强p1=p0+gh1=106800 Pa汽缸内的气体发生的是等温变化,根据玻意耳定律,有p1HS=p2H'S解得H'80.2 cm。【答案】(1)5 cm(2)80.2 cm【变式训练8】(2018江西临川一中冲刺)如图所示,一绝缘良好的汽缸固定在水平地面上,通过活塞封闭有一定质量的理想气体,活塞与缸壁的摩擦可忽略不计,活塞的横截面积S=100 cm2。活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接,在平台上有另一物块B,A、B的质量均为m=62.5 kg,物块与平台间的动摩擦因数=0.8,两物块的间距d=10 cm。开始时活塞距缸底L1=10 cm,缸内气体压强p1等于外界大气压强p0(p0=1×105 Pa),温度t=27 。现对汽缸内的气体缓慢加热,g取10 m/s2,求:(1)物块A开始移动时,汽缸内的温度。(2)物块B开始移动时,汽缸内的温度。【解析】(1)物块A开始移动前气体做等容变化,则有p2=p0+mgS=1.5×105 Pa由查理定律有p1T1=p2T2代入数据解得T2=450 K。(2)物块A开始移动后,气体做等压变化,到A与B刚接触时,有p3=p2=1.5×105 Pa,V3=(L1+d)S由盖吕萨克定律有V2T2=V3T3代入数据解得T3=900 K之后气体又做等容变化,设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4,则p4=p0+2mgS=2.0×105 Pa,V4=V3由查理定律有p4T4=p3T3代入数据解得T4=1200 K。【答案】(1)450 K(2)1200 K1.(2019安徽省安庆市第二中学检测)(多选)气体分子运动的特点是()。A.分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外,可在空间里自由移动B.分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动C.分子沿各个方向运动的机会均等D.分子的速率分布毫无规律E.每个分子速率没有变化规律,但在不同速率范围内,分子数的分布是均匀的【解析】气体分子间距大,分子之间的作用力可以忽略,分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外,可在空间里自由移动,A项正确;气体分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动,B项正确;根据统计规律,分子沿各个方向运动的机会均等,C项正确;单个气体分子热运动的速率是没有规律的,但大量分子热运动的速率遵循“中间大,两头少”的统计规律,D、E两项错误。【答案】ABC2.(2018江西省重点中学八校联考)(多选)关于固体、液体和气体,下列说法正确的是()。A.一定质量的理想气体放出热量,它的内能可能增加B.晶体一定具有规则形状,且有各向异性C.单晶体的某些物理性质可能具有各向异性,而多晶体和非晶体一定是各向同性的D.0 的水和0 的冰具有相同的内能E.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力【解析】一定质量的理想气体放出热量的同时如果外界对其做功,则它的内能可能增加,故A项正确;晶体分为单晶体和多晶体,只有单晶体具有规则形状,而多晶体没有规则形状,单晶体的某些物理性质可能是各向异性的,多晶体和非晶体的物理性质一定是各向同性的,故B项错误,C项正确;雨水在布料上形成一层薄膜,雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力,故E项正确;水结冰时需要放热,故在相同质量下0 的水的内能大于0 的冰的内能,同时内能与物质的量有关,如果不能明确质量大小,则无法比较内能的大小,故D项错误。【答案】ACE3.(2018湖北随州开学考试)(多选)下列说法中正确的是()。A.给车胎打气,越压越吃力,是由于分子间存在斥力B.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C.悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉中的分子做无规则的热运动D.干湿泡湿度计的两个温度计示数差越大,表示空气中水蒸气离饱和状态越远E.液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性【解析】给车胎打气,越来越费力,主要是由于打气过程中气体压强增加,不是由于分子间存在斥力,故A项错误;浸润现象和不浸润现象都是分子力作用的表现,故B项正确;悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了液体中分子在做无规则的热运动,故C项错误;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,干湿泡湿度计的两个温度计的示数差越大,表示空气中水蒸气离饱和状态越远,故D项正确;液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,故E项正确。【答案】BDE4.(2018吉林市一中监测)(多选)关于固体、液体和气体,下列说法正确的是()。A.固体中的分子是静止的,液体、气体中的分子是运动的B.液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力C.液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D.汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E.有的物质在物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高【解析】无论固体、液体还是气体,分子都在永不停息地做无规则运动,故A项错误;当分子间距离为r0时,分子引力和斥力相等,液体表面层的分子比较稀疏,分子间距大于r0,所以分子间作用力表现为引力,B项正确;蒸发是液体表面分子无规则运动的情况,故C项正确;汽化是物质从液态变成气态的过程,汽化分蒸发和沸腾,而不是分子间的相互排斥而产生的,故D项错误;晶体在熔化过程中吸收热量但温度不升高,故E项正确。【答案】BCE5.(2019南京一中开学考试)(多选)如图所示,有一重力可以忽略的薄壁小试管开口向下竖直地浮在很大的水银槽内,试管中有一长为h1的水银柱封住两段气体A、B,A、B气柱长分别为l1、l2,管内外水银面高度差为h2,在保持温度不变的情况下,下列说法正确的是()。A.开始时h2一定等于h1B.若外界大气压缓慢增加少许,则h2不变,l1变小,l2变小C.若外界大气压缓慢增加少许,则h2变小,l1变大,l2变大D.若用手轻按试管,使试管竖直向下移少许,则h2变大,l1变小,l2变小E.若用手轻按试管,使试管竖直向下移少许,则h2变小,l1变小,l2变大【解析】分析两段气柱的压强变化,气体发生的是等温变化,根据玻意耳定律判断l1、l2的长度变化。薄壁小试管的质量可以不计,所以A中气体压强等于大气压强,B中气体压强等于p1+gh1=p0+gh2,知h1=h2,当外界大气压缓慢增加少许时,A、B中的气体压强增大,根据玻意耳定律,体积减小,l1变小,l2变小;由于h1=h2,即h2不变,A、B两项正确,C项错误;用手轻按试管,相当于施加一向下的力,A、B中气体压强均增大,l1变小,l2变小,p2=p0+gh2变大,h2变大,D项正确,E项错误。【答案】ABD6.(2018辽宁丹东二中一模)某艘潜艇,最大下潜深度可达300 m,某次在执行任务时位于水面下h=150 m处,潜艇上有一容积V1=2 m3的贮气钢筒,筒内贮有压缩空气,其压强p1=200 atm,每次将筒内一部分空气压入水箱(水箱由排水孔与海水相连),排出海水的体积V=0.9 m3,当贮气钢筒中的压强降低到p2=20 atm时,需重新充气。设潜艇保持水面下深度不变,在排水过程中气体的温度不变,水面上空气压强p0=1 atm,取海水密度=1.0×103 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2。1 atm=1×105 Pa。求该贮气钢筒重新充气前可将筒内空气压入水箱的次数。【解析】设贮气钢筒内气体的压强变为p2时,体积为V2,根据玻意耳定律得p2V2=p1V1重新充气前,用去的气体在p2压强下的体积V3=V2-V1设用去的气体在水箱压强为p4时的体积为V4,则有p2V3=p4V4,其中p4=p0+gh105=16 atm则压入水箱次数N=V4V解得N=25。【答案】257.(2018河南师范大学附属中学月考)如图所示,一上端开口,下端封闭的细长玻璃管,下部有长l1=66 cm的水银柱,中间封有长l2=6.6 cm的空气柱,上部有长l3=44 cm的水银柱,此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强p0=76 cmHg。如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周,求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。(封入的气体可视为理想气体,在转动过程中没有发生漏气)【解析】设玻璃管开口向上时,空气柱的压强p1=p0+gl3(式中和g分别表示水银的密度和重力加速度)玻璃管开口向下时,原来上部的水银有一部分会流出,封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x,则p2=gl1,p2+gx=p0(p2为管内空气柱的压强)由玻意耳定律得p1(Sl2)=p2(Sh)(式中,h是此时空气柱的长度,S为玻璃管的横截面积)联立各式和代入题给条件得h=1