1、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
2、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】ADE 1.2(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
3、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】BCD 2 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
4、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=。【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
5、后变钝,是由表面张力引起的【答案】ADE 2.2(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】BDE 3 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,=C 或=。盖吕萨克定律:压强不变,=C 或=。理想气体状态方程:=C 或=。(
6、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
7、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】C 3.2(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
8、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-V pV=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-p=CT,斜率 k=CT,即斜率越大,温度越高 p-T p=T,斜率 k=,即斜率越大,体积越小 V-T V=T,斜率 k=,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
9、;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
10、 状态的压强 p=1.0105 Pa,在从状态 A 变化到状态 B 的过程中,气体吸收的热量 Q=7.0102 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=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=5.0102 J。【答案】5.0102 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
11、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
12、变化,所以 p1=p2,状态 2 到状态 3 气体发生等容变化,由=C,知 p30,气体体积增加,气体对外做功,W0,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=T30,温度不变,内能不变,U=0,根据热力学第一定律 U=W+Q 知 QT0。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=解得 x=H 此过程中外界对气体所做的功 W=p0S(H-x)=p0SH。【答案】p0S
13、H 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
14、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
15、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
16、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
17、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=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,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 cmHg
18、 B.76 cmHg C.79 cmHg D.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+,根据液柱产生压强的公式 p 液体=gh 可知=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
19、,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
20、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
21、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
22、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
23、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=6.010-2 m2,S2=4.010-2 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=1.0105 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=2.010-2 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
24、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=1.0105 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+=1.2105 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)1.0105 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
25、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=1105 Pa,水银密度=13.6103 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
26、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+又根据液柱高度差可知 p1=p0+gh1 所以有=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=p2HS 解得 H80.2 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
27、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=1105 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+=1.5105 Pa 由查
28、理定律有=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=1.5105 Pa,V3=(L1+d)S 由盖吕萨克定律有=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+=2.0105 Pa,V4=V3 由查理定律有=代入数据解得 T4=1200 K。【答案】(1)450 K(2)1200 K 1.(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
29、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】ABC 2.(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
30、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
31、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】ACE 3.(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
32、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】BDE 4.(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
33、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】BCE 5.(2019 南京一中开学考试)(多选)如图所示,有
34、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 h1 B.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
35、 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】ABD 6.(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
36、 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=1.0103 kg/m3,重力加速度 g=10 m/s2。1 atm=1105 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=
37、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+=16 atm 则压入水箱次数 N=解得 N=25。【答案】25 7.(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
38、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=12 cm 从开始转动一周后,设空气柱的压强为 p3,则 p3=p0+gx 由玻意耳定律得 p1(Sl2)=p3(Sh)(式中,h是此时空气柱的长度)联立解得 h9.2 cm。【答案】12 cm 9.2 cm 1.
39、(2017全国卷,33)(多选)如图所示,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是()。A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变【解析】气体向真空扩散的过程中不对外做功,且又因为汽缸绝热,可知气体自发扩散前后内能相同,A项正确,C 项错误;气体在被压缩的过程中活塞对气体做功
40、,因汽缸绝热,所以气体内能增大,B、D 两项正确;气体在被压缩的过程中,气体内能增加,温度升高,气体分子的平均动能增加,E 项错误。【答案】ABD 2.(2015 全国卷,33)(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】将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒仍是晶体,A 项错误。根据是
41、否有固定的熔点,可以把固体分为晶体和非晶体两类,单晶体具有各向异性,B 项正确。金刚石与石墨都是由碳元素构成的,但是属于不同的晶体,C 项正确。天然石英是晶体,加工后做成玻璃就是非晶体,D 项正确。在熔化过程中,晶体固液共存,吸热但温度并不增加,分子平均动能不变,但分子势能增加,导致内能增加,E 项错误。【答案】BCD 3.2018 全国卷,33(2)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
42、汽缸,当流入的液体体积为 时,将 K 关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。【解析】设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为 V1,压强为 p1;下方气体的体积为 V2,压强为 p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得 p0=p1V1 p0=p2V2 由已知条件得 V1=+-=V V2=-=设活塞上方液体的质量为 m,由力的平衡条件得 p2S=p1S+mg 联立以上各式得 m=。【答案】4.2018 全国卷,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
43、,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p0,温度均为 T0。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 T1,压强为 p1,根据查理定律有=根据力的平衡条件有 p1S=p0S+mg 联立可得 T1=T0
44、 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 T2;活塞位于 a处和 b 处时气体的体积分别为 V1和 V2。根据盖吕萨克定律有=式中 V1=SH,V2=S(H+h)联立解得 T2=T0 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 W=(p0S+mg)h。【答案】T0(p0S+mg)h 5.(2018 全国卷,33(2)在两端封闭、粗细均匀的 U 形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当 U 形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为 l1=18.0 cm 和 l2=12.0 cm,左边气体的压强为 12.0 c
45、mHg。现将 U 形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求 U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中,气体温度不变。甲【解析】设 U 形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为 p1和 p2。U 形管水平放置时,两边气体压强相等,设为 p,此时原左、右两边气柱长度分别变为 l1和 l2,如图乙所示。由力的平衡条件有 乙 p1=p2+g(l1-l2)式中 为水银密度,g 为重力加速度大小 由玻意耳定律有 p1Sl1=pSl1 p2Sl2=pSl2 两边气柱长度的变化量大小相等 l1-l1=l2-l2 联立解得 l1=22.5 cm,l2=7.5 cm。【答案】22
46、.5 cm 7.5 cm 6.2017 全国卷,33(2)如图所示,容积均为 V 的汽缸 A、B 下端有细管(容积可忽略)连通,阀门 K2位于细管的中部,A、B 的顶部各有一阀门 K1、K3;B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时,三个阀门均打开,活塞在 B 的底部;关闭 K2、K3,通过 K1给汽缸充气,使 A 中气体的压强达到大气压 p0的 3 倍后关闭 K1。已知室温为 27,汽缸导热。(1)打开 K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强。(2)接着打开 K3,求稳定时活塞的位置。(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20,求此时活塞下方气体的压强。【解析】(1)设打开
47、 K2后,稳定时活塞上方气体的压强为 p1,体积为 V1。依题意,被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 p0V=p1V1(3p0)V=p1(2V-V1)联立上式得 V1=,p1=2p0。(2)打开 K3后,由上式知,活塞必定上升。设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为 V2(V22V)时,活塞下方气体压强为 p2,由玻意耳定律得(3p0)V=p2V2 解得 p2=p0 由上式知,打开 K3后活塞上升至 B 的顶部为止,此时 p2=p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为 p3,气体温度从 T1=300 K 升高到 T2=320 K 的等容过程中,由查理定律得=将有关数据代入
48、得 p3=1.6p0。【答案】(1)2p0(2)顶部(3)1.6p0 7.(2017 全国卷,33)一热气球体积为 V,内部充有温度为 Ta的热空气,气球外冷空气的温度为 Tb。已知空气在 1 个大气压、温度 T0时的密度为 0,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 T0时的体积为 V0,则密度 0=设温度为 T 时同质量的空气的体积为 VT,则密度 T=由盖吕萨克定律可得=联立上
49、式解得 T=0 气球所受的浮力 f=TbgV 联立上式解得 f=。(2)气球内热空气所受的重力 G=TaVg 联立解得 G=。(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 联立上式可得 m=V0T0(-)-m0。【答案】(1)(2)(3)V0T0(-)-m0 8.(2017 全国卷,33)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示,玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管 K1和 K2。K1长为 l,顶端封闭,K2上端与待测气体连通;M 下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通。开始测量时,M 与 K2相通;逐渐提升 R,直到 K2中水银面与 K1顶端等高,此
50、时水银已进入 K1,且 K1中水银面比顶端低 h,如图乙所示。设测量过程中温度、与 K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知 K1和 K2的内径均为d,M 的容积为 V0,水银的密度为,重力加速度大小为 g。求:(1)待测气体的压强。(2)该仪器能够测量的最大压强。【解析】(1)水银面上升至 M 的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为 V,压强等于待测气体的压强 p。提升 R,直到 K2中水银面与 K1顶端等高时,K1中的水银面比顶端低 h;设此时封闭气体的压强为 p1,体积为 V1,则 V=V0+V1=由力学平衡条件得 p1=p+gh 整个过程为等温过程,由玻意耳定律得 pV=p1V1 联立上式得 p=。(2)由题意知 hl 联立上式有 p 则该仪器能够测量的最大压强 pmax=。【答案】(1)(2)
