1、第十一章 热学第二节 固体、液体和气体突破考点02突破考点01突破考点03突破考点05课时作业高考真题突破考点06突破考点04 突破考点01 自主练透 晶体与非晶体 答案不规则 异性 同性 晶体 晶体 非晶体 非晶体 晶体用晶体的微观结构特点解释晶体的特点现象原因晶体有规则的外形由于内部微粒有规则的排列晶体各向异性由于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晶体的多形性由于组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵1在图甲、乙、丙三种固体薄片上涂蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，以下说法正确的是
2、()A甲、乙为非晶体，丙是晶体B甲、乙为晶体，丙是非晶体C甲、丙为非晶体，乙是晶体D甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体解析：由图甲、乙、丙可知：甲、乙各向同性，丙各向异性；由图丁可知，甲、丙有固定熔点，乙无固定熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体，D正确答案：D2下列说法中正确的是()A黄金可以切割加工成任意形状，所以是非晶体B同一种物质只能形成一种晶体C.单晶体的所有物理性质都是各向异性的D玻璃没有确定的熔点，也没有规则的几何形状解析：所有的金属都是晶体，因而黄金也是晶体，只是因为多晶体内部小晶粒的排列杂乱无章，才使黄金没有规则的几何形状，A错误；同一种物质可以形成
3、多种晶体，如碳可以形成金钢石和石墨两种晶体，B错误；单晶体的物理性质是各向异性是指某些物理性质各向异性，有些物理性质是各向同性的，C错误；玻璃是非晶体，因而没有确定的熔点和规则的几何形状，D正确答案：D 突破考点02 自主练透 液体 液晶 饱和汽与饱和汽压 湿度 1液体的微观结构特点(1)分子间的距离很小：在液体内部分子间的距离在1010m左右(2)液体分子间的相互作用力很大，但比固体分子间的作用力要小(3)分子的热运动特点表现为振动与移动相结合2液体的表面张力(1)作用：液体的表面张力使液面具有_的趋势(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线_(3)大小：液体的温度越高，表面张力
4、越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大3液晶(1)液晶的产生：晶体加热 液晶加热 液体(2)物理性质具有液体的_，具有晶体的光学的_；在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_的4饱和汽与饱和汽压与液体处于动态平衡的蒸汽叫做_；没有达到饱和状态的蒸汽叫_在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是_，这个压强叫做这种液体的饱和汽压饱和汽压随温度升高而_5湿度(1)定义：空气的潮湿程度(2)描述湿度的物理量绝对湿度：空气中所含_的压强；相对湿度：在某一温度下，空气中水蒸气的_与同一温度下水的饱和汽压之比，称为空气的相对湿度，即相
5、对湿度(B)水蒸气的实际压强p1同温下水的饱和汽压ps.答案2(1)收缩(2)垂直3(2)流动性 各向异性 杂乱无章4饱和汽 未饱和汽 一定 增大5(2)水蒸气 压强3(多选)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，下列说法中正确的是()A液晶的分子势能与体积有关B晶体的物理性质都是各向异性的C温度升高，每个分子的动能都增大D露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：液晶是一类处于液态和固态之间的特殊物质，其分子间的作用力较强，在体积发生变化时需要考虑分子间作用力的作用，所以其分子势能和体积有关，A正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质表现为各向同性，B错误；温度升高时，分子的平
6、均动能增大，但不是每一个分子动能都增大，C错误；露珠由于受到液体表面张力的作用，表面积有收缩到最小的趋势即呈球状，D正确答案：AD4下列关于液体表面现象的说法中正确的是()A把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针的重力小，同时受到液体的浮力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玻璃管裂口放在火上烧熔，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D飘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解析：A项的缝衣针不沉没是受液体表面张力的作用；B项水银会成球状是因为表面张力；D项的油滴也
7、是由于表面张力的作用，C正确，A、B、D错误答案：C5(多选)关于饱和汽，下列说法中正确的是()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将未饱和汽转化成饱和汽可以保持温度不变，减小体积D将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变，降低温度解析：饱和汽是指单位体积相同时间内逸出液面的分子数和返回液面的分子数相等的状态，分子密度不变，B正确；在一定温度下，通过减小体积增加分子密度使未饱和汽转化为饱和汽，C正确；在体积不变的情况下，可以通过降低温度来降低饱和汽压，使未饱和汽达到饱和状态，D正确答案：BCD 突破考点03 分类例析 气体 气体压强的计算 1气体
8、分子运动的特点(1)气体分子间距较_，分子力可以_，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满_(2)分子做无规则的运动，速率有大有小，且时时变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布(3)温度升高时，速率小的分子数_，速率大的分子数_，分子的平均速率将_，但速率分布规律_2气体的压强(1)产生原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁_上的压力叫做气体的压强(2)决定因素：宏观上：决定于气体的_和_微观上：决定于分子的_和_答案1(1)大 忽略 整个空间(3)减少 增多 增大 不变2(1)单位面积(2)温度 体积 平均动能 分子数密度1
9、系统处于平衡状态下的气体压强计算方法(1)液体封闭的气体压强的确定平衡法：选与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，利用它的受力平衡，求出气体的压强取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等建立方程求出压强液体内部深度为h处的总压强pp0gh.(2)固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强的确定由于该固体必定受到被封闭气体的压力，所以可通过对该固体进行受力分析，由平衡条件建立方程来求出气体压强2加速运动系统中封闭气体压强的计算方法一般选与气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解【例1】一位质量为60 kg的同学为了表演“轻
10、功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示(1)(多选)关于气球内气体的压强，下列说法正确的是()A大于大气压强B是由于气体重力而产生的C是由于气体分子之间的斥力而产生的D是由于大量气体分子的碰撞而产生的(2)(多选)在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变，下列说法正确的是()A球内气体体积变大 B球内气体体积变小C球内气体内能变大D球内气体内能不变(3)为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面向气球一侧表面贴上间距为
11、2.0 cm的方格纸表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”，如下图所示若表演时大气压强为1.013105Pa，取g10 m/s2，则气球内气体的压强为_Pa.(取4位有效数字)解答本题应注意以下三个方面：(1)气球内气体的压强与大气压强的区别(2)温度不变时，一定质量的气体，压强与体积的关系(3)气体压强的计算方法(1)气球充气后膨胀，内部气体的压强应等于大气压强加上气球收缩产生的压强，A对；气球内部气体的压强是大量气体分子做无规则运动发生频繁的碰撞产生的，B、C错，D对(2)该同学站上塑料板后，因温度视为不变，而压强变大，故气体体积变小，内能不变，所以A、C错，B、D对(3)每小方格
12、的面积S04 cm2，每个印迹约占有93个方格故4个气球与方格纸总的接触面积S4934104 m20.148 8 m2气球内气体的压强主要是由大气压和该同学的重力产生的故pp0mgS 1.013105 Pa60100.148 8 Pa1.053105 Pa.(1)AD(2)BD(3)1.0531051.如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压为p0)解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象相对静止时有：F(Mm)a再选活塞为研究对象
13、，根据牛顿第二定律有：pSp0Sma解得：pp0mFSMm.答案：p0mFSMm2若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为，求被封闭气体的压强解析：在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气SghSp0S所以p气p0gh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SpghSp0Sp气p0gh在图丙中，仍以B液面为研究对象，有p气ghsin60pBp0所以p气p0 32 gh在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S(p0gh1)S所以p气p0gh1答案：甲：p0gh 乙：p0gh 丙：p032 gh 丁：p0gh13如图所示，一汽缸竖直倒
14、放，汽缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的理想气体封在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变把汽缸稍微倾斜一点，在达到平衡后，与原来相比，则()A气体的压强变大 B气体的压强变小C气体的体积变小D气体的体积变大解析：汽缸竖直时，取活塞为研究对象，设大气压强为p0，有p1Smgp0S p1p0mgS汽缸与竖直方向夹角为时，沿汽缸壁方向分析活塞受力，则p2Smgcosp0S，则p2p0mgcosS.可见p2p1，A正确，B错误；又因气体温度不变，故气体体积一定变小，C正确，D错误答案：AC 突破考点04 分类例析气体实验定律 理想气体状态方程式 1气体实验定律的比较玻意耳
15、定律查理定律盖吕萨克定律表达式p1V1p2V2或_p1T1p2T2或pT恒量V1T1V2T2或VT恒量内容一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比 玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律图象2.理想气体的状态方程(1)理想气体宏观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_、温度_的条件下，可视为理想气体微观分子可看作质点；除分子与分子间、分子与器壁间的碰撞外，分子间没有相互作用，因此理想气体没有分子势能，其内能仅由气体质量及温度决定，与体积无关
16、；分子与分子、分子与器壁间的碰撞是弹性碰撞(2)理想气体的状态方程：内容：一定质量的某种理想气体发生状态变化时，压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持_；公式：p1V1T1 p2V2T2 或 pVT C(C是与p、V、T无关的常量)答案1pV恒量2(1)不太大 不太低(2)不变1理想气体状态方程与气体实验定律的关系2两个重要的推论查理定律的推论：pp1T1T；盖吕萨克定律的推论：VV1T1T.【例2】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
17、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第一步：抓关键点关键点获取信息玻璃泡A、B、C均浸泡在0 水槽内气体发生等温变化U形管内左右水银柱高度差60 mm压强关系打开阀门左右水银柱高度相等压强相等U形管和细管中气体体积远小于玻璃泡容积管中气体体积忽略不计第二步：找突破口(1)要求C中气体压强由于pCpB，可求解C中气体压强；(2)要求右侧水槽水温C中气体作等容变化(1)在打开阀门S前，两水槽水温
18、均为T0273 K设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1pCp式中p60 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pB.依题意，有pBpC玻璃泡A和B中气体的体积为V2VAVB根据玻意耳定律得p1VBpBV2联立式，并代入题给数据得pCVBVAp180 mmHg(2)当右侧水槽的水温加热至T时，U形管左右水银柱高度差为p.玻璃泡C中气体的压强为pCpBp玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定理得pCT0pCT 联立式，并代入题给数据得T364 K(1)180 mmHg(2)364 K1.分析气体状态变化的问题要抓住三点1阶段
19、性：即弄清一个物理过程分为哪几个阶段.2联系性：即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的.3规律性：即明确哪个阶段应遵循什么实验定律.2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路4如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M200 kg，活塞质量m10 kg，活塞面积S100 cm2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气此时，缸内气体的温度为27，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止已知大气压恒为p01.0105Pa，重力加速度为g10 m/s2.求：(1)缸内气体的压强p1；(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？解析：(1)以汽缸为对象(不包括活塞)列汽缸受力
20、平衡方程：p1SMgp0S解之得：p13105 Pa.(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2SMgp0S，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：S0.5lT1SlT2所以T22T1600 K故t2(600273)327 答案：(1)3105 Pa(2)327 5.如图所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱L，当空气柱的温度为27 时，左管水银柱的长度h110 cm，右管水银柱长度h27 cm，气柱长度L13 cm；当空气柱的温度变为127 时，h1变为7 cm.求：当时的大气压强和末状态空气柱的压强(单位用cmHg)解
21、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：p1p0(h1h2)cmHgp03 cmHg体积为：V1LS13S 温度为：T127327 K300 K末状态：气体压强为：p2p0(h2h1)cmHgp03 cmHg体积为：V2(L3)S16S 温度为：T2273127 K400 K由理想气体状态方程得：p1V1T1 p2V2T2 即：p0313S300p0316S400解得：p075 cmHg末状态空气柱的压强为：p2p03(753)cmHg78 cmHg.答案：75 cmHg 78cmHg6如图所示，汽缸长L1 m，固定在水平面上，汽缸中有横截面积S100
22、 cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度t27，大气压强p01105 Pa时，气柱长L00.4 m现缓慢拉动活塞，拉力最大值F500 N.(1)温度保持不变，能否将活塞从汽缸中拉出？(2)要使活塞从汽缸中拉出，汽缸中气体温度至少为多少摄氏度？解析：(1)初始状态即温度t27 时，L1L00.4 m，p1p01105 Pa，T1300 K设L有足够长，F达最大值时活塞仍在汽缸内，设此时气柱长为L2，气体压强为p2，根据活塞受力平衡可得p2SFp0S，代入数据解得p20.5105 Pa根据玻意耳定律有p1V1p2V2，即p1SL1p2SL2，代入数据，可得L20.8 m因为L2L，所以不
23、能将活塞拉出(2)保持F最大值不变，温度升高活塞刚到缸口时：L31 m，p3p2，根据理想气体状态方程有 p3L3ST3 p1L1ST1，代入数据，可得T3375 K，t102.答案：(1)不能(2)102 突破考点05 分类例析气体实验定律与热力学第一定律 的综合应用 1改变内能的两种方式的比较 名称比较项目 做功热传递内能变化在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能_；物体对外界做功，物体的内能_在单纯的热传递过程中，物体_热量，内能增加；物体_热量，内能减少 名称比较项目 做功热传递物理实质其他形式的能与内能之间的_不同物体间或同一物体的不同部分之间内能的_相互联系做一定量的功或传递一定
24、量的热在改变内能的效果上是_2.热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的_等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和(2)表达式：U_.(3)符号法则符号WQU外界对物体做功物体_热量内能_物体对外界做功物体_热量内能_答案1增加 减少 吸收 放出 转化 转移 相同的2(1)内能增量(2)WQ(3)吸收 增加 放出 减小对热力学第一定律的理解(1)热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳(2)三种特殊情况若过程是绝热的，则Q0，WU，外界对物体做的功等于
25、物体内能的增加；若过程中不做功，即W0，则QU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；若过程的始、末状态物体的内能不变，即U0，则WQ0或WQ，外界对物体做的功等于物体放出的热量【例3】如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度已知：气体内能U与温度T的关系为UT，为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.(1)在气体由p1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T2
26、.4T0变为T1，由查理定律得T1T p0p解得T12T0在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖吕萨克定律得 VV1T1T0解得V1V2.(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为Wp0Shp0(VV1)在这一过程中，气体内能的减少量为U(T1T0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为QWU解得Qp0V2 T0(1)V2(2)p0V2 T01.气体做功情况的判定方法1若气体体积增大，则气体对外做功，W0.3若气体体积不变，即等容过程，则W0.2.理想气体内能变化情况的判定方法对一定质量的理想气体，由于无分子势能，其内能只包含分子无规则热运动的动能，这时内
27、能只与温度有关，故判定一定质量的理想气体内能是否变化，应看温度是否发生了变化，与体积无关，这与一般物体不同.7如图所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的()A温度升高，内能增加600 JB温度升高，内能减少200 JC温度降低，内能增加600 JD温度降低，内能减少200 J解析：对一定质量的气体，由热力学第一定律UWQ可知，U800 J(200 J)600 J，U为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距离较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确答案：A8
28、一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图所示图中TA、VA和TD为已知量(1)从状态A到B，气体经历的是_过程(填“等温”、“等容”或“等压”)(2)从B到C的过程中，气体的内能_(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)从C到D的过程中，气体对外_(填“做正功”、“做负功”或“不做功”)，同时_(填“吸热”或“放热”)(4)气体在状态D时的体积VD_.解析：(1)由VT图象知，从状态A到状态B，气体体积不变，即等容过程(2)从B到C过程，气体温度不变，内能不变(3)从C到D过程，气体的体积变小，温度降低，气体对外界做负功；由热力学第一定律可判断气
29、体放出热量(4)因AD延长线过原点，故D到A为等压过程由气体状态方程pAVATA pDVDTD，结合pApD得VDTDVATA.答案：(1)等容(2)不变(3)做负功 放热(4)TDVATA9如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p1.0105 Pa，吸收的热量Q7.0102 J，求此过程中气体内能的增量解析：等压变化由盖吕萨克定律得VATAVBTB气体对外做的功Wp(VBVA)根据热力学第一定律UQW解得U5.0102 J答案：5.0102 J 突破考点06 思想方法气体状态变化的图像问题 1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，
30、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：在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2T1.又如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2V1.2一定质量的气体不同图象的比较类别图线特点举例pVpVCT(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p1VpCT1V，斜率kCT，即斜率越大，温度越高类别图线特点举例pTpCVT，斜率kCV，即斜率越大，体积越小VTVCpT，斜率kCp，即斜率越大，压强越小【例4】如图甲是一定质量的气体由状态A经
31、过状态B变为状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是1.5105Pa.(1)说出AB过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以AB是一个等压变化，即pApB根据盖吕萨克定律可得VATAVBTB所以TAVAVBTB0.40.6300 K200 K.(2)由题图甲可知，由BC是等容变化，根据查理定律得 pBTBpCTC所以pCTCTBpB400300pB43pB
32、431.5105 Pa2.0105 Pa则可画出由状态ABC的pT图象如图所示见解析处理气体状态变化的图象问题时应用技巧1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.看此过程属于等温、等容还是等压变化，就用相应规律求解.2在VT图象或pT图象中，比较两个状态的压强或体积时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强或体积越小；斜率越小，压强或体积越大.10上图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C，
33、设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是_(填选项前的字母)()ATATB，TBTB，TBTCCTATB，TBTC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TATB，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TBTC，B项错，C项对答案：C11某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的pt图象已知在状态B时气体的体积VB3 L，求：(1)气体在状态A的压强；(2)气体在状态C的体积解析：(1)由图象可知，TB(27391)K3
34、64 K，pB1 atm，TA273 K，B到A过程为等容过程，由查理定律得：pATApBTB，pApBTATB 1273364 atm0.75 atm；(2)由图示图象可知，pC1.5 atm，已知：VB3 L，由B到C过程是等温变化，由玻意耳定律得：pBVBpCVC，即：131.5VC，解得：VC2 L.答案：(1)0.75 atm(2)2 L12如图所示，一定质量的理想气体经历AB、BC、CA三个变化过程，则：(1)符合查理定律的变化过程是_；CA过程中气体_(选填“吸收”或“放出”)热量，_(选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的内能_(选填“增加”、“减少”或“不变”)(2)已知理想气体在状态A时的温度是27，则气体在状态C时的温度是_解析：(1)BC过程中，体积不变，为等容变化过程中，符合查理定律；CA过程为等压变化，随着温度升高，气体内能增加，气体膨胀对外界做功，根据热力学第一定律可知：气体吸收热量(2)CA过程中气体压强不变，由盖吕萨克定律可知：VCTCVATA，可得TC150 K.答案：(1)BC 吸收 气体对外界 增加(2)150 K温示提馨请 做：课时作业 32（点击进入）温示提馨请 做：高考真题（点击进入）
