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物理选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体3 气体的等压变化和等容变化同步达标检测题
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这是一份物理选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体3 气体的等压变化和等容变化同步达标检测题，共124页。试卷主要包含了下列各系统处于平衡态的是，关于热平衡,下列说法错误的是，下列有关温标的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
第二章 气体、固体和液体
1 温度和温标
基础过关练
题组一 状态参量与平衡态
1.如果一个系统达到了平衡态,那么这个系统各处的 ( )
A.温度、压强、体积都必须达到稳定的状态不再变化
B.温度一定达到了某一稳定值,但压强和体积仍是可以变化的
C.温度一定达到了某一稳定值,并且分子不再运动,达到了“凝固”状态
D.温度、压强就会变得一样,但体积仍可变化
2.(2021吉林江城中学高二下月考)(多选)下列各系统处于平衡态的是 (深度解析)
A.放在0 ℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B.静止在沸水中足够长时间的铜块
C.刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D.放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
题组二 平衡态与热平衡
3.(2021北师大附中高二下月考)关于平衡态和热平衡,下列说法中正确的是 ( )
A.只要温度不变且处处相等,系统就一定处于平衡态
B.两个系统在接触时,它们的状态参量不发生变化,说明这两个系统原来的温度是相同的
C.热平衡就是平衡态
D.处于热平衡的几个系统的压强一定相同
4.(多选)有甲、乙、丙三个温度不同的物体(丙的温度最高),将甲和乙接触很长一段时间后分开,再将乙和丙接触很长一段时间后分开,假设只有在它们相互接触时有热传递,不接触时与外界没有热传递,则 ( )
A.甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态
B.只有乙、丙达到了平衡态,甲没有达到平衡态
C.乙、丙两物体都和甲达到了热平衡
D.乙、丙两物体达到了热平衡
5.关于热平衡,下列说法错误的是 ( )
A.用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B.温度相同的棉花和石头相接触,需要经过一段时间才能达到热平衡
C.若a与b、c分别达到热平衡,则b、c之间也达到了热平衡
D.两物体温度相同,可以说两物体达到了热平衡
题组三 温度、温度计与温标
6.(2021河北曲周一中高二下测试)温度计是生活、生产中常用的测量装置。如图为一简易温度计,一根装有一小段有色水柱的细玻璃管穿过橡皮塞插入烧瓶内,封闭一定质量的气体。当外界温度发生变化时,水柱位置将上下变化。已知A、D间的测量范围为20 ℃~80 ℃,A、D间刻度均匀分布。由图可知,A、D及有色水柱下端所示温度分别为 ( )
A.20 ℃、80 ℃、64 ℃
B.20 ℃、80 ℃、68 ℃
C.80 ℃、20 ℃、32 ℃
D.80 ℃、20 ℃、34 ℃
题组四 热力学温度和摄氏温度
7.(2020河北唐山十一中高二下期中)(多选)下列关于热力学温度的说法中正确的是 ( )
A.热力学温度与摄氏温度的每一度的大小是相同的
B.热力学温度的零度等于-273.15 ℃
C.热力学温度的零度是不可能达到的
D.气体温度趋近于绝对零度时,其体积趋近于零
8.下列有关温标的说法正确的是 ( )
A.温标不同,测量时得到同一系统的温度数值可能是不同的
B.不同温标表示的温度数值不同,则说明温度不同
C.温标的规定都是人为的,没有什么理论依据
D.热力学温标和摄氏温标是两种不同的温度表示方法,表示的温度数值没有关系
9.(2020上海高二学业考试模拟)气体初始温度为27 ℃,升高了20 ℃,用热力学温标表示,气体初始温度为 ( 易错 )
A.300 K,升高了20 K
B.27 K,升高了20 K
C.300 K,升高了293 K
D.27 K,升高了293 K
2 气体的等温变化
基础过关练
题组一 气体状态参量及压强的计算
1.(2021福建莆田七中高二下期中)关于气体的体积,下列说法正确的是 ( )
A.气体的体积就是所有气体分子体积的总和
B.气体的体积与气体的质量成正比
C.气体的体积与气体的密度成反比
D.气体的体积等于气体所在容器的容积
2.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考)(多选)一定质量的气体在等温变化过程中,下列物理量中将发生变化的是 ( )
A.分子的平均动能 B.单位体积内的分子数
C.气体的压强 D.分子总数
3.(2021吉林长春北师大附属学校高二下期中)(多选)如图所示,竖直放置一根上端开口、下端封闭的细玻璃管,内有两段长均为15 cm的水银柱,封闭了长度均为15 cm的A、B两段空气柱,已知大气压强p0=75 cmHg,
环境温度保持不变。则A、B两段空气柱的压强为 ( )
A.pA =60 cmHg
B.pA =90 cmHg
C.pB=105 cmHg
D.pB=120 cmHg
4.(2020黑龙江哈尔滨三十二中高二下期末)如图所示为内壁光滑的导热汽缸,一质量为m=2 kg、横截面积S=40 cm2的活塞封闭一定质量的气体,开始时汽缸如图甲放置,之后将其竖直放置(如图乙),大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)如甲图放置时,汽缸内气体的压强为多少?
(2)如乙图放置时,汽缸内气体的压强为多少?
题组二 探究气体等温变化的规律
5.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是 ( )
A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化
B.实验中为找到体积与压强的关系,一定要测量空气柱的横截面积
C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,不仅减小摩擦还可以防止漏气
D.处理数据时采用p-1V图像,是因为p-1V图像比p-V图像更直观
6.(2021山东青岛高二下期中,节选)某实验
小组用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连,细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。
(1)从压力表中读取空气柱的 ,从注射器旁的 中读取空气柱的长度。
(2)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是 。
(3)实验过程中,下列操作正确的是 。
A.推拉柱塞时,动作要快,以免气体进入或漏出
B.推拉柱塞时,手不可以握住整个注射器
C.柱塞移至某位置时,应迅速记录此时注射器内空气柱的长度和压力表的压强值
题组三 玻意耳定律的理解及应用
7.(2020山东济南外国语学校高二下测试)一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小2 atm时,体积变化了4 L,则该气体原来的体积为 ( )
A.43 L B.2 L C.83 L D.3 L
8.
(2021辽宁沈阳高二下期中)(多选)如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中,管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体,这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2,若保持环境温度不变,当外界压强增大时,下列分析正确的是 ( )
A.h2变长 B.h2不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
9.(2021江苏常州华罗庚中学高三月考)如图所示是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泄水孔因故堵塞,井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间,水位迅速上涨,该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m=20.0 kg,圆柱形竖直井内水面面积为S=0.300 m2,图示时刻水面与井盖之间的距离为h=2.00 m,井内密封有压强刚好等于大气压强p0=1.01×105 Pa、温度为T=300 K的空气,重力加速度g取10 m/s2。密闭空气的温度始终不变。求(结果均保留三位有效数字):
(1)密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起。
(2)从图示位置起,水面上涨多少后井盖会第一次被顶起。
10.(2021湖北石首一中高二下测试)如图所示,在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中,用长为h=10 cm的水银柱将一部分空气密封,当管开口向上竖直放置时,管内空气柱的长度L1=0.3 m;若温度保持不变,玻璃管开口向下放置,水银没有流出玻璃管。待水银柱稳定后,空气柱的长度L2为多少?(大气压强p0=76 cmHg,结果保留2位有效数字)
题组四 气体等温变化的图像
11.(2021河北石家庄二中高二下测试)如图所示,空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中,筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处,筒中液面与B点齐平,不计气体分子间相互作用,且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体状态变化过程的是 ( )
A. B.
C. D.
12.(2020湖北黄冈高二下期末)为了直观地描述一定质量气体在等温变化时压强p与体积V的关系,通常建立p-V坐标系来研究。该气体在T1、T2温度下的等温线(为双曲线的一支)如图所示,则它的p-1V图像应为 (深度解析)
A. B.
C. D.
13.(2021吉林长春北师大附属学校高二下期中)(多选)如图所示,D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程,气体处于A状态和B状态时,气体温度分别为T1和T2,则下列说法正确的是 ( )
A.D→A是一个等温过程
B.A→B是一个等温过程
C.A与B的各状态参量均相同
D.B→C体积增大,压强减小,温度不变
能力提升练
题组一 气体压强的计算
1.(2021江西南昌高安中学高二下测试,)有一段12 cm长水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76 cmHg) ( )
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
2.(2020安徽太和中学高二下期末,)如图所示,一定质量的空气被活塞封闭在竖直放置的导热汽缸内,活塞的质量不可忽略,下列可使被封闭气体压强变大的是 ( )
A.环境温度升高 B.汽缸向上加速运动
C.汽缸自由下落 D.将汽缸开口向下放置
题组二 探究气体等温变化的规律
3.(2021山东新泰一中高二下期中,)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验,下列说法正确的有 。
A.该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B.应快速推拉柱塞
C.为方便推拉柱塞,应用手握注射器再推拉柱塞
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后,为直观反映压强与体积之间的关系,以p为纵坐标,以1V为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气,则用上述方法作出的图线应为图乙中的 (选填“①”或“②”)。
(3)为更准确地测出气体的压强,小华用压强传感器和注射器相连,得到某次实验的p-V图如图丙所示,究其原因,气体由状态A变化到状态B的过程中温度发生了怎样的变化: 。
A.一直下降 B.先上升后下降
C.先下降后上升 D.一直上升
4.(2020上海青浦中学高三上期末,)在“用DIS研究温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系”实验中:
(1)图中A是 传感器。
(2)实验过程中,手不能接触注射器有封闭气体部分,这样做的目的是: 。
(3)某同学在做实验时,按实验要求组装好实验装置,然后缓慢推动活塞,使注射器内空气从初始体积20.0 mL减为12.0 mL。实验共测五次,每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机,同时测得对应体积的压强值。实验完成后,计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果:
序号
V/mL
p/(×105 Pa)
pV/(×105 Pa·mL)
1
20.0
1.001 0
20.020
2
18.0
1.095 2
19.714
3
16.0
1.231 3
19.701
4
14.0
1.403 0
19.642
5
12.0
1.635 1
19.621
仔细观察发现pV/(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能原因是 。
A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力增大了
B.实验时环境温度升高了
C.实验时外界大气压强发生了变化
D.实验时注射器内的空气向外发生了泄漏
(4)由于在实验时,未考虑软管中气体的体积,则实验得到的p-V图线可能为(图中实线是实验所得图线,虚线为实际曲线) 。
A. B.
C. D.
题组三 玻意耳定律的应用
5.(2021安徽淮南一中高二下期中,)(多选)如图所示,汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的气体,活塞横截面积为S,到汽缸底部的距离为L,活塞与汽缸壁间的摩擦不计,汽缸导热性能良好。现缓慢地在活塞上加一定质量的细沙,活塞下移L3达到稳定,环境温度保持不变,大气压强为p0,重力加速度为g,则 ( )
A.细沙质量为12p0Sg+m
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.汽缸内气体分子的数密度不变
D.单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多
6.(2021山东德州高三一模,)如图所示,将一厚度不计的金属筒移至水面上方,使其开口向下轻轻释放,金属筒下沉过程中不歪斜,最终漂浮在水中。已知金属筒的质量m=25 kg,长度L=1.512 m,横截面积S=0.05 m2;水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;大气压强p0=1.0×105 Pa。空气和水的温度相同且保持不变,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)金属筒漂浮在水中时,内外水面的高度差;
(2)金属筒漂浮在水中时,露出水面的长度。
7.(2020江苏南京中华中学高二下段考,)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为39 cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm,先将管口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm,大气压强p0=76 cmHg,求:
(1)稳定后右管内的气体压强p;
(2)左管A端插入水银槽的深度h。
8.(2020山东济南四中高三上模拟,)如图所示,一开口向上的汽缸固定在水平地面上,质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0=3mgS,气体质量、温度始终保持不变,不计一切摩擦,汽缸足够高。当把活塞A上面的物块取走时,活塞A将向上移动,求系统重新达到平衡状态时,A活塞上升的高度。深度解析
专题强化练2 玻意耳定律的应用
一、选择题
1.(2021河南原阳三中高二下测试,)如图所示为一定质量的气体的等温变化图线,A、B是双曲线上的两点,△OBC和△OAD的面积分别为S1和S2,则 ( )
A.S1
C.S1>S2
D.S1与S2的大小关系无法确定
2.(2020湖北武汉高二下联考,)如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体,若试管由静止开始自由下落,管内气体 ( )
A.压强增大,体积增大 B.压强增大,体积减小
C.压强减小,体积增大 D.压强减小,体积减小
3.(2021福建龙岩高三第一次质检,)(多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm,每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的120,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,则 (深度解析)
A.打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
B.打气后,球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
C.打气6次后,球内气体的压强为1.4 atm
D.打气6次后,球内气体的压强为1.7 atm
二、非选择题
4.(2021湖南长沙雅礼中学高三三模,)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平管部分有一空气柱,各部分长度如图所示。现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长,求:
(1)此时右管封闭气体的压强;
(2)左侧管中需要倒入水银柱的长度。
5.(2020山东淄博高三模拟,)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103 kg、体积V0=0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定质量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g=10 m/s2。不计水温变化,筒内气体质量不变,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。
第2节综合拔高练
五年高考练
考点1 玻意耳定律在单一变化过程问题中的应用
1.[2019课标Ⅲ,33(2)节选,]如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K。求细管的长度。
考点2 玻意耳定律在变质量问题中的应用
2.(2021山东,4,3分,)血压仪由加压气囊、臂带、
压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于 (深度解析)
A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3
考点3 玻意耳定律在两部分气体的关联问题中的应用
3.[2021全国乙,33(2),10分,]如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管的上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压为p0=75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
4.[2019课标Ⅱ,33(2),10分,]如图,一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强和体积分别为p0和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求
(ⅰ)抽气前氢气的压强;
(ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。
5.[2018课标Ⅰ,33(2),10分,]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汽缸,当流入的液体体积为V8时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。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。
三年模拟练
1.(2019山东淄博一中高二月考,)如图所示,一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置,金属圆板的上表面是水平的,下表面是倾斜的,下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为p0,则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于 ( )
A.p0+MgcosθS B.p0cosθ+MgScosθ
C.p0+Mgcos2θS D.p0+MgS
2.(2021湖南师大附中高二下期中,)如图所示,开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱,管内水银柱的液面与水银槽的液面的高度差为h。若将玻璃管向右旋转一定的角度(管下端未离开槽内水银面),环境温度保持不变,则H和h的变化情况为 (深度解析)
A.H减小,h增大 B.H增大,h减小
C.H和h都增大 D.H和h都减小
3.(2021河北宣化一中高二下测试,)如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气,注射器内气体体积为V0,压强为p0,T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器活塞,保持温度不变,装置密封良好。
(1)将注射器内一部分气体推入气球,读出此时注射器内剩余气体的体积为23V0,压强传感器读数为p1,则此时气球体积为 。
(2)继续推动活塞,多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强,计算出对应的气球体积,得到如图乙所示的“压强和气球体积”关系图像。根据该图像估算,若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,当气体全部压入气球后,气球内气体的压强将变为 ×p0。(结果保留3位小数)
4.(2021福建厦门集美中学高二下月考,)如图所示,ABC为粗细均匀的“L”形细玻璃管,A端封闭,C端开口。开始时AB竖直,BC水平,BC内紧靠B端有一段长l1=30 cm的水银柱,AB内气体长度l2=20 cm。环境温度不变,大气压强p0=75 cmHg,则:
(1)若将玻璃管以B点为轴在竖直面内逆时针缓慢旋转90°,使AB水平,求旋转后水银柱进入AB管的长度;
(2)若BC玻璃管总长为l3=40 cm,现将玻璃管以B点为轴在竖直面内顺时针缓慢旋转90°,使AB水平,求旋转后封闭气体的长度。(本问计算结果保留2位小数)
5.(2021河南开封高二下期中,)如图所示,圆柱形容器体积为V,横截面积为S,活塞将容器分成体积比为2∶1的上、下两部分,开始时容器内上部分气体的压强为p0。要使活塞静止于容器的正中央,可通过打气筒将压强为p0的气体注入活塞下部容器中(容器下部有接口),已知重力加速度大小为g,活塞的质量为p0S3g,外界温度恒定,容器和活塞均导热性良好,不计活塞与容器间的摩擦。求需要注入气体的体积。
6.(2021湖南株洲高三二模,)如图所示,左端开口、右端封闭且粗细均匀的薄壁U形玻璃细管静止地放置在竖直平面内,玻璃管水平部分的长度为L,竖直部分高度均为2L。初始时左右两侧液面的高度均为L4,液体密度为ρ。现将U形管以左侧管为轴在水平面内缓慢加速转动,直至有一侧竖直管内的液体刚好全部进入水平管中时保持匀速转动。已知大气压强为p0,重力加速度大小为g,玻璃细管的口径远远小于L。
(1)当U形管加速转动时,左、右两侧液面的高度是如何变化的?
(2)求U形管匀速转动时角速度的大小。
7.(2020山东济南高三一模改编,)为防治2019-nCoV,公共场所加强了消毒工作。如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图,其储液桶与打气筒用软细管相连,已知储液桶容积为V0(不计储液桶两端连接管体积),打气筒每次可将120V0外界大气打入桶内,喷洒效果最佳时桶内气体压强为2p0。初始时消毒液体积为12V0,消毒员先打气使桶内气体压强达最佳压强,再打开阀门K喷洒消毒液;当气体压强降为32p0时喷洒消毒液效果不佳就关闭阀门停止喷洒。打气和喷洒过程中,桶内气体温度与外界温度相同且保持不变,p0为外界大气压强。
(1)求停止喷洒时剩余药液的体积;
(2)为使桶内气体压强恢复到喷洒的最佳压强,试分析,消毒员打气5次能否满足要求。
3 气体的等压变化和等容变化
基础过关练
题组一 气体的等压变化与盖-吕萨克定律
1.(2021黑龙江哈尔滨三中高二下期中)一定质量的理想气体,在压强不变的条件下,温度为0 ℃时,其体积为V0,当温度升高为T(K)时,体积为V,那么每升高1 ℃,增大的体积等于 ( )
A.VT B.V0T C.V273K D.V-V0T
2.(2021上海嘉定高三二模)如图所示,圆柱形导热汽缸内有一光滑活塞,密封了一定质量的理想气体。用一弹簧测力计挂在活塞上,将整个汽缸悬挂在天花板上。测得此时弹簧测力计的示数为F,汽缸内气体的压强为p。若外界大气压始终保持不变,那么随着外界温度的升高 ( 易错 )
A.F变大,p变大 B.F变大,p不变
C.F不变,p变大 D.F不变,p不变
3.(2021重庆一中高二下测试)一导热性能良好的球形容器内部空腔呈不规则形状,因其内部材质特殊不方便沾水,为测量它的容积,在容器上插入一根两端开口的玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S,管内一长度为h的静止水银柱封闭着长度为l1的空气柱,如图所示,此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中,当水银柱再次静止时下方的空气柱长度变为l2。水银的密度为ρ,重力加速度为g,实验过程中认为大气压强p0没有变化。
(1)求温度为T1时封闭气体的压强p1;
(2)求容器的容积V。
题组二 气体的等容变化与查理定律
4.(2021江苏响水中学高二下期末)一定质量的理想气体,保持体积不变,压强减为原来的一半,则其温度由原来的27 ℃变为 ( )
A.127 K B.150 K C.13.5 ℃ D.-23.5 ℃
5.(2021山东沂水一中高三上测试)2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据:8 848.86米,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰,手表是密封的,表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104 Pa,表内温度为-23 ℃。则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为 ( )
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
6.(2021河北石家庄二中高二下月考)如图所示,固定的绝热汽缸内有一质量为m的T形绝热活塞(体积可忽略不计),距汽缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计),管内两边水银柱的高度差为h,初始时,封闭气体的温度为T0,活塞竖直部分刚好与汽缸底部接触(对底部无压力),已知水银的密度为ρ,大气压强为p0,活塞竖直部分长为1.2h0,重力加速度为g,活塞的支柱上有一小孔(未画出),使汽缸内气体始终连通。
(1)求汽缸的横截面积;
(2)缓慢降低气体温度,水银不会流入汽缸内,求当汽缸底部对活塞的支持力为mg时气体的温度。
题组三 理想气体与理想气体的状态方程
7.(2021湖南师大附中高二下测试)关于理想气体的状态变化,下列说法正确的是 ( )
A.一定质量的理想气体,当压强不变,而温度由100 ℃上升到200 ℃时,其体积增大为原来的2倍
B.气体由状态1变化到状态2时,一定满足方程p1V1T1=p2V2T2
C.一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍
D.一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积加倍,热力学温度减半
8.(2021山东滕州一中高三下测试)已知湖水深度为20 m,湖底水温为4 ℃,水面温度为17 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时,其体积约为原来的(g取10 m/s2,ρ水=1.0×103 kg/m3) ( 易错 )
A.2.8倍 B.8.5倍
C.3.1倍 D.2.1倍
9.(2021山东高三五月大联考)无塔供水压力罐对于吸收供水时的水流冲击,减少用水低谷水泵运转的能源浪费和延长水泵使用寿命具有重要作用。如图所示为某种型号压力罐,其容积V1=2.0 m3。起初,排沙阀打开,罐内充满了与外界同温、同压的空气,此时电接点压力表的压力示数为0(压力表的示数显示的是高出外界大气压的压强值,也称相对压力),然后关闭排沙阀和出水闸阀,水泵将井水通过止回阀注入罐内,当注水量V=1.5 m3,电接点压力表的示数p=2.8×105 Pa时,电脑控制水泵停止注水。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa,温度T1=300 K,不考虑注水过程中罐内空气质量的变化,设水泵停止注水时罐内空气的温度与井水的温度相同,罐内空气可视为理想气体,求井水的温度。
10.(2020黑龙江哈尔滨九中高三模拟)如图所示,竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,活塞下方封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为100 cm2,大气压强为1.0×105 Pa,汽缸内气体温度为27 ℃。
(1)若保持温度不变,在活塞上放一重物,使汽缸内气体的体积减小一半,求这时气体的压强和所加重物的重力大小;
(2)在加压重物的情况下,要使汽缸内的气体恢复原来体积,应对气体加热,使温度升高到多少摄氏度?
题组四 气体实验定律的微观解释
11.(2020河南周口中英文学校高二下期中)(多选)如图所示,质量为m的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热,设汽缸处在大气中,大气压强恒定。经过一段较长时间后,下列说法正确的是 ( )
A.汽缸中气体的压强比加热前要大
B.汽缸中气体的压强保持不变
C.汽缸中气体的体积比加热前要大
D.活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少
12.(2021辽宁锦州渤海大学附属高中高二下期中)一定质量的理想气体状态发生变化,满足查理定律,若气体压强增大,下列说法正确的是 ( )
A.分子的平均动能增大
B.分子的平均动能减小
C.分子之间的平均距离变大
D.分子之间的平均距离变小
能力提升练
题组一 p-T图像与V-T图像的应用
1.(2020山东济南外国语学校高二下测试,)如图所示为一定质量的理想气体的V-T图像,气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强 ( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终不变 D.先增大后减小
2.(2020北京顺义模拟,)(多选)如图所示,U形汽缸固定在水平地面上,用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体,已知汽缸不漏气,活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时,活塞紧压小挡板,外界大气压强为p0,缸内气体体积为V0。现缓慢升高汽缸内气体的温度,则下列能反映汽缸内气体的压强p或体积V随热力学温度T变化的图像是 ( )
A. B.
C. D.
3.(2021河南洛阳高二下期末,)(多选)一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程,其中bc的延长线通过原点,cd垂直于ab且与横轴平行,da与bc平行,则气体体积在 ( )
A.ab过程中不断减小 B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断减小 D.da过程中保持不变
题组二 气体实验定律的应用
4.(2021福建厦门集美中学高二下月考,)(多选)如图所示,足够长的U形管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,则下列陈述中正确的是 (深度解析)
A.只对L1加热,则h减小,气柱L2长度不变
B.只对L1加热,则h不变,气柱L2长度增大
C.若在右管中注入一些水银,L1将增大
D.使L1、L2同时升高相同的温度,则L1增大、h减小
5.(2021吉林长春希望高中高二下月考,)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,初始时气体体积为3×10-3 m3。用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×105 Pa。推动活塞压缩气体,测得气体的温度和压强分别为240 K和1.0×105 Pa。
(1)求此时气体的体积。
(2)再保持温度不变,缓慢改变作用在活塞上的力,使气体压强变为8.0×104 Pa,求此时气体的体积。
6.(2021重庆巴蜀中学高二下月考,)如图所示,一竖直放置的圆柱形绝热汽缸,总高度h1=100 cm,上端开口,底端有一加热装置,左侧连接粗细均匀且两端开口的细玻璃管,玻璃管内有一段水银柱,汽缸内部有一绝热活塞,可在汽缸上部分移动,活塞下部分封闭质量一定的某种气体(可看作理想气体),加热前,活塞距缸底的高度h2=50 cm,气体温度t=27 ℃,玻璃管水银柱的高度分别为h3=30 cm,h4=44 cm,大气压强p0=76 cmHg,加热装置体积及细玻璃管中的气体体积忽略不计,活塞与汽缸的摩擦不计,求:
(1)加热前,活塞下方气体的压强;
(2)缓慢加热气体,当活塞刚移动时,玻璃管左侧水银柱的高度变为h5=53 cm,此时活塞下方气体的热力学温度是多少?
(3)继续缓慢加热,活塞刚好运动到汽缸顶部时气体的热力学温度是多少?
题组三 理想气体状态方程的应用
7.(2021山东泰安高三一模,)2020年1月1日,TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27 ℃,压强为240 kPa,已知该轮胎的容积为30 L,阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023mol-1,0 ℃、1 atm下1 mol任何气体的体积均为22.4 L,1 atm=100 kPa。则该轮胎内气体的分子数约为 ( )
A.1.8×1023 B.1.8×1024
C.8.0×1023 D.8.0×1024
8.(2021福建福州八中高二下期中,)如图所示,水平放置的汽缸A和容积为VB=3 L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D,它可以无摩擦地在汽缸内滑动,且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,B放在T2=400 K的恒温槽内,B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的,A内装有温度为T1=300 K、体积为VA=2.1 L的气体,B内没有气体。打开阀门C,使气体由A流入B,等到活塞D停止移动一段时间后,求气体的体积和压强。深度解析
9.(2021陕西西安高三一模,)如图所示,一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管左端开口,右端通过橡胶管与放在水中导热的球形玻璃容器连通,球形容器连同橡胶管的容积(不变)为V0=90 cm3,U形玻璃管中水银柱封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为0 ℃(热力学温度为273 K)时,U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=16 cm,右侧水银柱上方玻璃管长h0=20 cm。(已知大气压强p0=76 cmHg,U形玻璃管的横截面积为S=0.5 cm2,结果均保留一位小数)
(1)若对水缓慢加热,应加热到多少摄氏度,两边水银柱高度会在同一水平面上?
(2)保持加热后的温度不变,往左管中缓慢注入水银,问注入水银的高度为多少时右管水银面回到原来的位置?
专题强化练3 气体状态变化的图像问题
一、选择题
1.(2021江苏盐城高二下期末,)一定质量的理想气体,经历如图所示的状态变化A→B→C,则这三个状态的热力学温度之比TA∶TB∶TC为 ( )
A.1∶3∶5 B.3∶2∶1 C.5∶6∶3 D.3∶6∶5
2.(2021山东潍坊高三质检,)如图所示,一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的状态变化过程,则下列说法正确的是 ( )
A.A→B过程中,气体分子间距减小
B.A→B过程中,气体内能增加
C.B→C过程中,气体压强减小
D.C→A过程中,气体压强增大
二、非选择题
3.(2021吉林江城中学高二下期中,)一定质量的理想气体,其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强pA=p0,温度TA=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点。求:
(1)气体在状态B时的压强pB。
(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。深度解析
4.(2020上海交大附中高二下期末,)图1为一个长、宽均为l=0.2 m,高h=0.5 m的矩形容器,图2为一个硬质活塞,活塞质量m=100 kg,下表面水平且能与容器紧密贴合,活塞的上表面倾斜,活塞部分尺寸如图2标注。现将活塞轻轻放入容器中(状态A),忽略活塞与容器间的摩擦。已知室温为t0=27 ℃,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。
(1)活塞缓慢下降,待活塞停止运动且系统的温度恢复到t0后(状态B),求容器中气体的体积VB;
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M=50 kg的物体,物体不与容器接触且能与活塞相对静止,若想保持活塞的位置与状态B相同(状态C),应将气体加热到多少摄氏度(tC)?
(3)在上一问的基础上,将气体冷却至室温,等活塞再次保持稳定(状态D)。请在图3中定性表示上述4个气体状态及相关辅助线。
专题强化练4 气体实验定律的理解与应用
一、选择题
1.(2020湖北十堰高二下期末,)(多选)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管(容积不能忽略)的A管插入烧瓶,B管与玻璃管C下部用橡胶管连接,C管开口向上,一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时,B、C内的水银面(橡胶管内充满水银)等高,外界大气压恒定,下列说法正确的是 ( )
A.保持B、C两管不动,若烧瓶内气体温度降低,则烧瓶内气体密度增大
B.保持B、C两管不动,若烧瓶内气体温度降低,则C管中水银面将升高
C.若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,应将C管向上移动
D.若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,应将C管向下移动
2.(2021山东日照高二下期中,)如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段水银柱,将管内气体分为两部分,下面空气柱长为l1,上面空气柱长为l2。初始时温度相同,现使两部分气体同时升高相同的温度,下列判断正确的是 (深度解析)
A.若l1>l2,水银柱将向下移动
B.若l1
D.两部分气体的压强增加量相同
3.(2021山东聊城高三二模,)(多选)如图为伽利略设计的一种测温装置结构示意图,玻璃泡A内封有一定质量的气体,与A相连的B管竖直插在水银槽中,管内外水银面的高度差x即可反映玻璃泡内气体的温度,即环境温度,并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计,在1标准大气压(相当于76 cmHg的压强)下,当温度t1=27 ℃时,管内外水银面的高度差x1=16 cm。下列说法正确的是 ( )
A.若外界大气压不变,细管中水银柱上升,可知温度降低
B.若外界大气压不变,细管中水银柱上升,可知温度升高
C.在1标准大气压下,t=0 ℃时管内外水银面的高度差x0=21.4 cm
D.若环境真实压强比标准大气压小,管内外水银面的高度差仍为16 cm时,实际温度大于27 ℃
二、非选择题
4.(2020湖北武汉高二下联考,)如图所示,一导热性能良好的汽缸放置在水平面上,其横截面积S=20 cm2,内壁光滑,固定的卡口A、B与缸底的距离L=1.5 m,厚度不计、质量为m=10 kg的活塞在汽缸内封闭了一段长为2L、温度为T0=320 K的理想气体。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上,取重力加速度g=10 m/s2,大气压强为p0=1.0×105 Pa。求:
(1)汽缸被竖起来后,稳定时缸内气体的压强及气体高度。
(2)当缸内温度逐渐降到240 K时,活塞所处的位置。
专题强化练5 理想气体状态方程的理解与应用
一、选择题
1.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考,)如图所示,一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中,活塞与容器间光滑接触,在图中三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3,体积分别为V1、V2、V3且V1
A.T1=T2=T3 B.T1
A.TATB,TB=TC
C.TA>TB,TBTC
3.(2021山东济南高三二模,)(多选)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附在人体上。如图所示是治疗时常用的一种火罐,使用时,先加热罐中气体,然后迅速将罐口按到皮肤上,降温后火罐内部气压低于外部,从而吸附在皮肤上。某次使用时,先将气体由300 K加热到400 K,然后将罐口按在皮肤上,当罐内气体的温度降至300 K时,由于皮肤凸起,罐内气体体积变为罐容积的1516,以下说法正确的是 (深度解析)
A.加热后罐内气体质量是加热前的34
B.加热后罐内气体质量是加热前的23
C.温度降至300 K时,罐内气体压强变为原来的34
D.温度降至300 K时,罐内气体压强变为原来的45
二、非选择题
4.(2021山东泰安高三上期末,)汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低都容易导致交通事故。已知某型号轮胎能在100 ℃温度下正常工作,在此温度工作时的理想胎压为3.534×105 Pa。在温度t为27 ℃时,某同型号轮胎内空气的压强为1.767×105 Pa、质量为m,为使该轮胎在100 ℃时的胎压达到理想值,需要给该轮胎充气,设轮胎容积一直不变,求需要充入空气的质量。(T=273 K+t)
5.(2021河南大联考高二下期中,)如图1所示,U形玻璃管粗细均匀,管内有一段水银柱,左管口封闭,左右两管中水银液面高度差为h=4 cm,底部水平水银柱长为L=10 cm,环境温度为300 K,大气压强为76 cmHg。将U形管在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动90°,如图2所示,这时上、下管中水银液面恰好对齐,玻璃管的直径忽略不计。求:
(1)图1中左管中封闭气柱的长度为多少;
(2)若在图1状态下,通过升温,使左右两管中的水平液面相平,则环境温度应为多少(结果保留1位小数)。
6.(2020湖北荆门高二下期末,)一个空的小容积易拉罐中插入一根粗细均匀的透明玻璃管,接口用蜡密封,在玻璃管内有一段长度为5 cm的水银柱,构成一个简易的“温度计”。已知易拉罐的容积是148 cm3,玻璃管内部的横截面积为0.2 cm2,罐外玻璃管的长度L为35 cm,如图甲所示,将“温度计”水平放置,当温度为27 ℃时,水银柱右端离管口的距离为20 cm。已知当地大气压强为75 cmHg,若“温度计”能重复使用,其内气体可视为理想气体,且使用过程中水银不溢出。求:
(1)将“温度计”如图甲放置,能测量的最高温度;
(2)将“温度计”如图乙竖直放置后(过程中采取措施使水银不流入易拉罐中),能测量的最高温度(结果保留1位小数)。
7.(2021广东佛山高三二模,)中国登山队从大本营出发,成功登顶珠穆朗玛峰,并在峰顶精准测量珠峰的高度。已知珠峰大本营海拔高度为5 200 m,大气压为0.6 atm,气温为-3 ℃,为探测珠峰附近的气象,探测员在珠峰大本营给密封的气象探测球缓慢充满氦气,氦气的压强与大气压相等,温度与气温相同,体积为90 m3,当探测球缓慢升至海拔8 848.86 m的峰顶时,氦气的压强为0.3 atm,体积为160 m3,不计探测球内外的压强差,探测球的导热性良好,氦气视为理想气体。则:
(1)珠峰峰顶的温度是多少摄氏度?
(2)在峰顶,探测球内部启动加热装置,使氦气温度快速升高到-3 ℃,求此时氦气的体积。
专题强化练6 关联气体状态变化问题
一、选择题
1.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考,)如图所示,密封的U形管中装有水银,左、右两端都封有温度相同的空气,两水银面的高度差为h,把U形管竖直浸没在热水中,高度差将 ( )
A.增大
B.减小
C.不变
D.两侧空气柱的长度未知,不能确定
二、非选择题
2.(2020湖北部分重点高中高二下期中,)如图,水平放置的导热汽缸被导热活塞隔成左右两部分,两部分气体a和b为同种理想气体,活塞静止时到左右两侧的距离之比为1∶2,活塞质量为m、面积为S,活塞可无摩擦左右移动。现在把汽缸转动90度,a在上、b在下,结果活塞正好在汽缸中间。已知气体温度始终不变,重力加速度为g,求开始时气体a的压强。深度解析
3.(2021辽宁大连八中高二下月考,)如图所示,用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热汽缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分,当在活塞A下方悬挂质量均为m的两个物体后,整个装置处于静止状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变,且满足5mg=p0S,不计一切摩擦。当取下一个物体后,两活塞重新恢复平衡,求活塞A上升的高度。深度解析
4.(2021江西南昌高安中学高二下月考,)一端封闭一端开口、内径均匀的直玻璃管注入一段水银柱,当管水平放置静止时,封闭端A空气柱长12 cm,开口端B空气柱长12 cm,如图(a)所示。若将管缓慢转到竖直位置,此时A空气柱长度为15 cm,然后把管竖直插入水银槽内,最后稳定时管中封闭端空气柱A长仍为12 cm,如图(b)所示。(设大气压强为1.0×105 Pa=75 cmHg,整个过程中温度保持不变)则:
(1)管中水银柱的长度L为多少厘米?
(2)最后稳定时B空气柱的长度lB2为多少厘米?
专题强化练7 变质量问题
一、选择题
1.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考,)容积V=20 L的钢瓶充满氧气后,压强p=10 atm,打开钢瓶阀门,将氧气分装到容积为V'=5 L的小钢瓶中去,小钢瓶已抽成真空。分装完成后,每个小钢瓶的压强p'=2 atm。在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多能装的瓶数是 ( )
A.4 B.10 C.16 D.20
2.(2021福建厦门集美中学高二下期中,)若室内生起炉子后温度从7 ℃升高到27 ℃,而室内气压不变,则此时室内的空气质量减少了 (深度解析)
A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4%
二、非选择题
3.(2021山东师范大学附中高二下期中,)如图所示是一种水下遥感探测器,由带传感器和阀门的正方体金属壳及重物构成,正方体边长a=1.0 m,除重物外,其余部分的总质量为M=5.0 kg。金属壳与重物通过轻绳相连。某次测量前,在金属壳内充满压强为p0(p0为大气压强)的空气(视为理想气体,其质量远小于M),关闭两个阀门,然后将探测器沉入海底,稳定后细绳存在拉力,测得图中H=490.99 m。现同时打开上、下阀门,水从上、下阀门缓慢流入壳内空间,经一段时间,空气从上阀门缓慢跑出。部分气体跑出后关闭上阀门,待稳定后,轻绳拉力为F=50 N,不计金属壳金属部分、阀门和传感器的体积,水温均匀且不变,取水的密度ρ=1×103 kg/m3,大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2,不计金属壳的形变。求:
(1)稳定后壳内剩余空气的体积V和压强p;
(2)跑出的气体质量与原有气体质量的比值。
4.(2021山东济南历城二中高三下质检,)如图所示,汽缸中有一可自由滑动的活塞把汽缸隔成两个密闭的气室,左室顶部有一个截面积为S的圆孔,初始时两个气室与外界大气相通,体积均为V0。圆孔中塞上质量为m的橡皮塞,橡皮塞与圆孔间的最大静摩擦力为fm,用打气筒向右侧气室打气,直至橡皮塞刚好上滑。气体温度均保持不变,室外空气密度为ρ,大气压强为p0,重力加速度为g,求:
(1)橡皮塞刚好上滑时左室气体的体积;
(2)为了使橡皮塞刚好上滑,需要向右侧气室内打入的空气质量。
5.(2021安徽芜湖高三二模,)《乘用车轮胎气压监测系统的性能要求和试验方法》规定,我国生产的所有车辆都必须安装直接式或间接式胎压监测系统(TPMS)。已知某汽车轮胎气压的正常范围值为230~250 kPa,最大限压为300 kPa。汽车轮胎内气体可视为理想气体,正常状态下容积为V0。
(1)司机在某次启动汽车后发现,仪表盘上显示左前方轮胎胎压只有180 kPa,如图所示。现用车载充气泵充气,每分钟充入压强为100 kPa的气体ΔV=0.2V0,若将其胎压恢复至240 kPa,则需充气多长时间?(忽略充气过程轮胎体积和温度变化)
(2)若室外温度为-23 ℃,此时车胎胎压为240 kPa,现将车停至地下停车场(温度为15 ℃),经较长时间停放后,该车胎气压变为多少?是否有爆胎危险?(忽略此过程胎内气体体积变化)
第3节综合拔高练
五年高考练
考点1 气体实验定律在单一变化过程问题中的应用
1.[2021全国甲,33(1),5分,]如图,一定量的理想气体经历的两个不同过程,分别由体积-温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示,V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标;t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标,t0=-273.15 ℃;a为直线Ⅰ上的一点。由图可知,气体在状态a和b的压强之比papb= ;气体在状态b和c的压强之比pbpc= 。
2.[2021湖南,15(2),8分,]小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置,如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上,用质量m1=600 g、截面积S=20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上,左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞,右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2=1 200 g的铁块,并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时,测得环境温度T1=300 K。设外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。
(ⅰ)当电子天平示数为400.0 g时,环境温度T2为多少?
(ⅱ)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少?
考点2 气体实验定律在多变化过程问题中的应用
3.(2020北京,4,3分,)如图所示,一定量的理想气体从状态A开始,经历两个过程,先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系,正确的是 ( )
A.TA=TB,TB=TC B.TA
4.[2021全国甲,33(2),10分,]如图,一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B的体积均为V,压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置,当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动,否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞,使B的体积减小为V2。
(ⅰ)求A的体积和B的压强;
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置,求此时A的体积和B的压强。
考点4 气体实验定律在变质量问题中的应用
5.[2021河北,15(2),8分,]某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气,温度为27 ℃时,压强为3.0×103 Pa。
(ⅰ)当夹层中空气的温度升至37 ℃,求此时夹层中空气的压强;
(ⅱ)当保温杯外层出现裂隙,静置足够长时间,求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。
6.[2020课标Ⅰ,33(2),10分,]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为12p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强;
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
7.[2020课标Ⅱ,33(2),10分,]潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l;
(ⅱ)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。
考点5 气体实验定律的微观解释
8.[2019课标Ⅱ,33(1),5分,]如p-V图所示,1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态,对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数,则N1 N2,T1 T3,N2 N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
9.(2019北京理综,15,6分,)下列说法正确的是 ( )
A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D.气体膨胀对外做功且温度降低,分子的平均动能可能不变
10.[2019江苏单科,13A(1),](多选)在没有外界影响的情况下,密闭容器内的理想气体静置足够长时间后,该气体 。
A.分子的无规则运动停息下来
B.每个分子的速度大小均相等
C.分子的平均动能保持不变
D.分子的密集程度保持不变
三年模拟练
1.(2021湖北武汉高二下期中,)一定质量的理想气体,其状态变化过程中的p与V的关系如图所示,该过程对应的p-T图像应是 ( )
A. B.
C. D.
2.(2021山东宁阳一中高二下期中,)(多选)两端封闭的玻璃管在常温下如图竖直放置,管内有一段水银柱将空气分隔成上下两部分,下列判断中正确的是 ( )
A.当它转过90°成水平状态时,原下部空气柱体积会减小
B.当它竖直向上加速运动时,下部空气柱体积增大
C.当它自由下落时,上部空气柱体积减小
D.当它浸没在冰水中后,上部空气柱体积增大
3.(2021河北唐县一中高二下月考,)如图甲所示为某品牌的可加热饭盒,饭盒盖密封性良好且饭盒盖上有一排气口,饭盒内部横截面积为S,质量、厚度均不计的饭盒盖与玻璃饭盒底部之间封闭了一定质量的理想气体,饭盒盖与玻璃饭盒底部之间的距离为L且饭盒盖固定不动,可以将其看成是一导热性能良好的汽缸,如图乙所示。气体的初始温度为T0=300 K,初始压强等于大气压强,已知大气压强为p0,重力加速度g取10 m/s2。现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到360 K。
(1)求此时封闭气体的压强;
(2)打开排气口,设此过程中饭盒内气体温度不变,放出部分气体,使得饭盒内气体压强与外界大气压强相等,求排出气体与原有气体的质量比。深度解析
4.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考改编,)如图所示,上下粗细不一样的汽缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中,汽缸底面积为S,活塞横截面积为S2,汽缸上下两部分的长度相同。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时,活塞恰好在汽缸上下两部分的分界处,玻璃管内左右水银液面高度差为h(U形管内的气体体积、质量不计)。已知大气压强为p0,水银的密度为ρ,重力加速度为g。不计活塞与汽缸的摩擦。
(1)求汽缸的质量M;
(2)现对汽缸里的气体缓慢加热,试判断玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化?
(3)若继续对汽缸里的气体缓慢加热,请通过计算确定活塞与汽缸分离的临界温度。
4 固体
基础过关练
题组一 晶体与非晶体的宏观特性
1.如图所示,四块固体中,属于非晶体的是 ( )
2.如图是a、b两种不同物质的熔化曲线,根据曲线判断,下列说法正确的是 ( )
A.a是单晶体,b是多晶体或非晶体
B.a是多晶体,b是单晶体或非晶体
C.a是非晶体,b是晶体
D.a是晶体,b是非晶体
3.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下期末)关于晶体,以下说法中正确的是 ( )
A.晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
B.晶体一定有规则的几何形状,但其物理性质不一定都是各向异性的
C.晶体熔化时温度不变,但内能变化
D.由同一种化学成分形成的物质只能以一种晶体结构的形式存在
4.(2020江西九江一中高二下期末)关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 ( )
A.食盐、玻璃、天然石英和金刚石都是晶体
B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C.单晶体有固定的熔点,多晶体和非晶体没有固定的熔点
D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的
5.(2021广东深圳高级中学高二下期中)下列说法错误的是 ( )
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
题组二 各向异性与各向同性
6.(2021江苏涟水一中高二下月考)如果某个固体在某一物理性质上表现出各向异性,那么下述结论中正确的是 ( )
A.它一定是单晶体
B.它一定是多晶体
C.它一定是非晶体
D.它不一定是非晶体
7.(2021江苏常州高二下期中)2020年,“嫦娥五号”探测器顺利完成月球采样任务并返回地球。探测器上装有用石英制成的传感器,其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”。如图所示,石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著。石英晶体 ( )
A.没有确定的熔点
B.具有各向同性的压电效应
C.没有确定的几何形状
D.是单晶体
题组三 晶体与非晶体的微观结构
8.(多选)非晶体具有各向同性的特点是由于 ( )
A.非晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同
B.非晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
C.非晶体内部结构的无规则性
D.非晶体内部结构的有规则性
9.(多选)单晶体不同于非晶体,它具有规则的几何外形,在不同方向上物理性质不同,而且具有确定的熔点,下列哪些说法可以用来解释单晶体的上述特性 ( )
A.组成单晶体的物质微粒,在空间按一定的规律排成整齐的行列,构成特定的空间点阵
B.单晶体在不同方向上物理性质不同,是因为不同方向上微粒数目不同,微粒间距不同
C.单晶体在不同方向上物理性质不同,是由于不同方向上的物质微粒的性质不同
D.单晶体在熔化时吸收热量,全部用来瓦解单晶体的空间点阵,转化为分子势能;因此,单晶体在熔化过程中保持一定的温度不变;只有空间点阵完全被瓦解,单晶体完全变为液体后,继续加热,温度才会升高
E.单晶体在熔化时吸收的热量,用来破坏空间点阵结构,增加分子势能,同时增加分子动能
能力提升练
题组一 晶体、非晶体、单晶体、多晶体的比较
1.(2021湖北宜昌高三上月考,)随着科技的发展,国家对晶体材料的研究越来越深入,尤其是对稀土晶体的研究,已经走在世界的前列。关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 (深度解析)
A.晶体都有规则的几何外形,非晶体则没有规则的几何外形
B.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
C.多晶体是由单晶体组合而成的,但单晶体表现为各向异性,多晶体表现为各向同性
D.石墨和金刚石都是晶体,但石墨是单晶体,金刚石是多晶体
2.(2020吉林长春二中高二下月考,)下列关于固体的说法中,正确的是 ( )
A.晶体熔化时,温度不变,但内能变化
B.单晶体一定是单质,有确定的几何形状,有确定的熔点
C.多晶体没有确定的几何形状,也没有确定的熔点
D.晶体都是各向异性的,而非晶体都是各向同性的
3.(2020陕西西安中学高二下期末,)(多选)下列物质是晶体还是非晶体的判断不正确的是 ( )
A.因为石英是晶体,所以由石英制成的玻璃也是晶体
B.食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体
C.蔗糖受潮后粘在一起,没有确定的几何形状,所以它是非晶体
D.用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体
4.(2021江苏沭阳修远中学高二月考,)一块厚度和质量都均匀分布的长方体被测样品,长AB是宽AD的两倍,如图所示。如果用多用电表的欧姆挡沿两个对称轴O1O1'和O2O2'方向测量,结果阻值均为R,则这块样品可能是 ( )
A.单晶体 B.多晶体
C.非晶体 D.普通金属
5.(2020江苏苏州高二下期中,)某实验小组想测试甲、乙两种材料的导电性能,他们将这两种材料加工成厚度均匀、横截面为正方形的几何体,如图所示,经测试发现,材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等,材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻,关于这两种材料,下列说法中正确的是 ( )
A.材料甲一定是晶体
B.材料甲一定是非晶体
C.材料乙一定是单晶体
D.材料乙一定是多晶体
题组二 晶体的微观结构
6.(2021江苏徐州高三下测试,)石墨是碳原子按图甲排列形成的,其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构,单碳层石墨烯是单层的石墨,厚1毫米的石墨大概包含三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则 ( )
A.石墨中的碳原子静止不动
B.碳原子的直径大约为3×10-9 m
C.石墨烯碳原子间只存在分子引力
D.石墨烯在熔化过程中,碳原子的平均动能不变
7.()利用扫描隧道显微镜(STM)可以得到物质表面原子排列的图像,从而可以研究物质的构成规律。如图所示的照片是一些晶体材料表面的STM图像,通过观察、比较,可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的,具有一定的结构特征。则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是:
(1) ;
(2) 。
5 液体
基础过关练
题组一 液体的表面张力
1.(2020江苏南京、盐城高三上联考)(多选)
把一条细棉线的两端系在铁丝环上,棉线处于松弛状态。将铁丝环浸入肥皂液里,拿出来时环上留下一层肥皂液的薄膜,这时薄膜上的棉线仍是松弛的,如图所示。用烧热的针刺破某侧的薄膜,观察到棉线的形状改变,图中所标的箭头方向表示棉线移动的方向,其中合理的是 ( )
2.(2020江苏南京中华中学高二下段考)把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,它的尖端就变成球形了,产生这一现象的原因是 ( )
A.玻璃是非晶体,熔化后再凝固变成晶体
B.玻璃是晶体,熔化后再凝固变成非晶体
C.熔化后的玻璃表面分子间的作用力表现为引力使其表面绷紧
D.熔化后的玻璃表面分子间的作用力表现为斥力使其表面扩张
3.(2020江苏徐州一中高二下月考)(多选)关于液体的表面张力,下列说法中正确的是 ( )
A.表面张力是液体各部分间的相互作用
B.液体表面层分子分布比液体内部稀疏,分子间相互作用表现为引力
C.表面张力的方向总是垂直于液面,指向液体内部的
D.表面张力的方向总是与液面相切的
题组二 浸润和不浸润 毛细现象
4.(2020陕西西安中学高二期末)关于浸润和不浸润及毛细现象,下列说法中正确的是 (深度解析)
A.水银是浸润液体,水是不浸润液体
B.在内径小的容器里,如果液体能浸润容器壁,则液面成凹形,且液体在容器内上升
C.如果固体分子对液体分子的引力较弱,就会形成浸润现象
D.两端开口、内径不同的几支细玻璃管竖直插入水中,管内水柱高度相同
5.(多选)下列现象中,利用了毛细现象的是 ( )
A.用粉笔吸干纸上的墨汁
B.建房时,在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的厚纸
C.用棉线作酒精灯的灯芯
D.想保存地下的水分,把地面的土壤锄松
6.(2021江西南昌高安中学高二下月考)关于液体的表面张力、浸润(不浸润)现象与毛细现象的说法中,不正确的是 ( )
A.表面张力的方向总是沿液体表面分布的
B.露珠呈球形是液体的表面张力作用的缘故
C.浸润液体和不浸润液体在细管中都上升
D.浸润液体和不浸润液体都有可能发生毛细现象
7.(2021黑龙江哈尔滨九中高二下期中)(多选)将不同材料做成的两根管子A和B插入同一种液体中,A管内的液面比管外液面高,B管内的液面比管外液面低,那么 ( )
A.该液体对B管壁是浸润的,对A管壁是不浸润的
B.该液体对A管壁是浸润的,对B管壁是不浸润的
C.A管内发生的是毛细现象,B管内发生的不是毛细现象
D.A管和B管发生的都是毛细现象
题组三 液晶
8.(2021山东青岛高二下期中)关于液晶,下列说法中正确的是 ( )
A.液晶是液体和晶体的混合物
B.所有物质都具有液晶态
C.液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性
D.电子手表中的液晶在外加电压的影响下,本身能够发光
9.(2020河北唐山高二下期中)(多选)关于液晶分子的排列,下列说法正确的是 ( )
A.液晶分子在特定方向排列整齐
B.液晶分子的排列不稳定,外界条件的微小变动都会引起液晶分子排列的变化
C.液晶分子的排列整齐而稳定
D.液晶的物理性质稳定
能力提升练
题组一 表面张力的理解及应用
1.(2021山东新泰一中高二下期中,)(多选)下列说法正确的是 ( )
A.所有的晶体都表现为各向异性
B.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
C.做自由落体运动的小水滴呈球形,是由于液体表面张力的作用
D.布雨伞能够遮雨,其原因之一是液体表面存在表面张力
2.(2021黑龙江哈尔滨六中高二下期中改编,)下列说法不正确的是 ( )
A.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
B.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
C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体
D.在空间站完全失重的环境下,水滴能收缩成标准的球形,是由于液体表面张力的作用
3.()在水中浸入两个同样细的玻璃细管,一个是直的,另一个是弯的,如图所示,水在直管中上升的高度比在弯管中上升的最高点还要高,那么弯管中的水将 ( )
A.会不断地流出 B.不会流出
C.不一定会流出 D.无法判断会不会流出
题组二 浸润和不浸润、毛细现象的理解及微观解释
4.(2021河南开封高二下期中改编,)(多选)下列说法正确的是 ( )
A.浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现
B.农田里如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生
C.水银不能浸润玻璃,说明水银是不浸润液体
D.在建筑房屋时,在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,这是为了增强毛细现象,使地下水容易上升
5.(2020山东德州高二下期末,)以下与液体有关的自然现象中,对其物理分析正确的是 ( )
A.鸭子从池塘中出来,羽毛并不湿,这属于毛细现象
B.唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”一句,诗中荷叶和露水表现为浸润
C.小昆虫能在水面上自由走动与表面张力无关
D.保存地下的水分要把地面的土壤锄松,这是为了破坏土壤中的毛细管
题组三 液体的宏观特性与微观结构的综合问题
6.(2020河南林州一中高二下调研节选,)(多选)下列说法正确的是 ( )
A.加上不同的电压可以改变液晶的光学性质
B.液体表面张力的方向与液体表面相切
C.脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润,以便吸取药液
D.悬浮在水中的小炭粒的布朗运动反映了炭粒分子的热运动
7.(2020四川泸县二中高三期末改编,)(多选)下列说法正确的是 ( 易错 )
A.PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
B.荷叶上的露珠呈球形是表面张力作用的结果
C.浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现
D.晶体具有各向异性,具有各向同性的都是非晶体
8.(2021山东青岛高二下期中,)如图甲所示是吹肥皂泡游戏的画面,在图乙玻璃杯内注入肥皂水,再将铁丝做成的圆环放进玻璃杯中,沾满肥皂水后取出,可以吹出在空中做无规则运动的肥皂泡,下列说法正确的是( )
A.肥皂泡的无规则运动为布朗运动
B.肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
C.肥皂水与玻璃杯壁接触位置的液体分子间作用力表现为引力
D.肥皂泡表面液体分子间只存在引力,没有斥力
9.(2021山东教科所高三模拟,)中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述道:“人耨必以旱,使地肥而土缓”,农谚“锄板底下有水”“锄头自有三寸泽”,这都是对松土保墒功能的生动总结。关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理,下列说法正确的是 ( )
A.松土是把地面的土壤锄松,目的是破坏这些土壤里的毛细管,保存水分
B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细,保护土壤里的水分
C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降,不浸润液体在细管中上升的科学原理
D.松土除了保墒、刈草外,还可促进蒸发、降低地温;“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理
本章复习提升
易混易错练
易错点1 理解不透各向同性与固体种类的关系而出错
1.(2021河北巨鹿中学高二下月考,)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体,这些晶体不仅美丽,而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态:高贵如钻石,平凡如雪花,都是由无数原子严谨而有序地组成。关于晶体与非晶体,正确的说法是 ( )
A.不具有规则几何形状的物体一定不是晶体
B.多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状
C.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的
D.天然水晶是晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体
2.(2021黑龙江哈尔滨九中高二下期中,)关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 ( )
A.凡是晶体都具有各向异性
B.黄金可以切割加工成任意形状,所以是非晶体
C.一定条件下晶体可以转化成非晶体,但非晶体不能转化成晶体
D.晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔化温度
易错点2 对表面张力的理解不透彻而出错
3.()(多选)关于液体的表面张力,下列说法正确的是 ( )
A.表面张力是液体内部各部分之间的相互作用力
B.液体表面层分子的分布比内部稀疏,分子间作用力表现为引力
C.不论是水还是水银,表面张力都会使表面收缩
D.表面张力的方向与液面垂直
4.()(多选)下列说法正确的是 ( )
A.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体的表面张力作用
B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果
C.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果
D.喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果
易错点3 对查理定律与盖-吕萨克定律中的温标问题理解错误
5.()一定质量的理想气体,在压强不变的情况下,温度由5 ℃升高到10 ℃,体积的增量为ΔV1;温度由283 K升高到288 K,体积的增量为ΔV2,则 ( )
A.ΔV1=ΔV2 B.ΔV1>ΔV2
C.ΔV1<ΔV2 D.无法确定
6.(2020辽宁多校联盟高二下期末,)如图所示,A、B两个容器中装有同种气体,容器间用一根细玻璃管连接,管中有一水银滴D作为活塞,当A容器内气体的温度为-10 ℃,B容器内气体的温度为10 ℃时,水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器内气体的温度都升高20 ℃时,下列判断正确的是 ( )
A.水银滴将不移动
B.水银滴将向A移动
C.水银滴将向B移动
D.无法判断水银滴将向哪个方向移动
易错点4 应用气体实验定律解题时考虑问题不全面而出错
7.(2020广东兴宁一中高三上期中,)如图所示,用绝热细管连接A、B两个绝热的汽缸,细管中有一可以自由移动的绝热活塞M,细管容积不计。A、B中分别装有完全相同的理想气体,初态的体积均为V1=1.0×10-2 m3,压强均为p1=1.0×105 Pa,温度和环境温度相同且均为t1=27 ℃,A中导热活塞N的横截面积SA=500 cm2。现缓缓加热B中气体,保持A中气体的温度不变,同时给N施加水平向右的推力,使活塞M的位置始终保持不变。稳定时,推力F=53´103 N,外界大气压p0=1.0×105 Pa,不计活塞与缸壁间的摩擦。求:
(1)A中气体的压强(结果保留2位小数);
(2)活塞N向右移动的距离;
(3)B中气体的温度。
易错点5 解决变质量问题时不能精准选取研究对象而出错
8.(2020河北张家口一中高二下期中,)房间里气温升高3 ℃时,房间内的空气将有1%逸出到房间外,由此可计算出房间内原来的温度是 ( )
A.-7 ℃ B.7 ℃ C.27 ℃ D.24 ℃
9.(2021河南三地市高三二模,)冬季是流行性感冒多发季节,同学们患上流感之后恢复起来也是比较慢的,对学习、生活的影响非常大。在人群比较密集的教室里面,预防流感的最好方法是进行通风换气。一教室容积为V0,室内的空气温度为T0,室外冷空气的温度为T1,已知教室内外的气体压强始终为1个标准大气压。
(1)求室内外空气的密度比;
(2)课间开窗通风,通风完毕后关闭门窗,此时室内温度降为T2,求通风前后教室内的空气质量变化量与通风前教室内空气质量之比。
10.(2020山东潍坊高三模拟,)一同学制造了一个便携气压千斤顶,其结构如图所示,直立圆筒形汽缸导热良好,长度为L0,活塞面积为S,活塞通过连杆与上方的顶托相连接,连杆长度大于L0,在汽缸内距缸底L03处有固定限位装置A、B,以避免活塞运动到缸底。开始活塞位于汽缸顶端,现将重为3p0S的物体放在顶托上,已知大气压强为p0,活塞、连杆及顶托重力忽略不计,求:
(1)稳定后活塞下降的高度;
(2)为使重物升高到原位置,需用气泵加入多大体积的压强为p0的气体。
思想方法练
一、图像法
方法概述
物理图像能够直观、形象、简洁、生动地展现两个物理量之间的关系,清楚地表达物理过程和物理规律。若巧妙运用图像法, 将烦琐问题化为简易模型,可快速解决实际问题。1.(2020江西湘东中学高二下期中,)如图所示,表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程,则该气体压强变化情况是 ( )
A.从状态c到状态d,压强减小
B.从状态d到状态e,压强增大
C.从状态e到状态a,压强增大
D.从状态a到状态b,压强不变
2.(2021上海金山高三二模,)如图,一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中,其体积 ( )
A.保持不变
B.逐渐变大
C.逐渐变小
D.先变小后变大
3.(2021陕西西安中学高二下期末,)(多选)一定质量的理想气体,从图中A状态开始,经历了B、C状态,最后到D状态,下列说法中正确的是 ( )
A.A→B温度升高,体积不变
B.B→C压强不变,体积变小
C.C→D压强变小,体积变小
D.B状态时气体温度最高,C状态时气体体积最小
二、极限法
方法概述
极限法即将问题推到极端状态或在极限条件下分析问题的方法。利用极限法可将非理想物理模型转化成理想物理模型,从而避免了不必要的详尽的物理过程分析和烦琐的数学推导运算,使问题的隐含条件暴露,陌生模型变得熟悉,难以判断的结论变得一目了然。4.()如图所示,粗细均匀竖直放置的玻璃管中,P为一小活塞,有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分,活塞和水银柱都静止不动。现在用力向下压活塞,使得活塞向下移动一段距离L,同时水银柱将向下缓慢移动一段距离H,在此过程中温度不变,则有 ( )
A.L>H B.L
三、假设推理法
方法概述
当某一变因素的存在形式限定在有限种可能时,假设该因素处于某种情况,并以此为条件进行推理,称为假设推理法。当应用假设推理法时,不能随意假设物理定律,只能假设情景或条件,例如,假设液柱不动、气体体积或压强不变等。5.()如图所示,两端封闭的等臂U形管中,两边的空气柱a和b被水银柱隔开,当U形管竖直放置时,两空气柱的长度差为H。现在将该U形管平放,使两臂处于同一个水平面上,稳定后两空气柱的长度差为L,若温度不变,下列关于L和H的大小关系正确的是( )
A.L>H B.L
本章达标检测
(满分:100分;时间:75分钟)
一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(2021重庆一中高二下期中)以下说法正确的是 ( )
A.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体
B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体
C.晶体熔化时吸收热量,分子的平均动能一定增大,内能增加
D.浸润现象中,附着层的液体分子比液体内部更密集,液体分子之间的作用力表现为斥力
2.(2021江苏高考模拟)如图所示,一定质量的理想气体由状态A沿平行纵轴的直线变化到状态B,则关于它的状态变化过程,下列说法正确的是 ( )
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减小
D.气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数不变
3.(2021重庆巴蜀中学高二下月考)做托里拆利实验时,玻璃管内残留了空气,此时玻璃管竖直放置如图所示。假如把玻璃管倾斜适当角度,玻璃管下端仍浸没在水银中(视空气温度、大气压强不变,空气中的玻璃管长度不变),下列变化符合实际的是 ( )
A.管内水银长度变长,管内空气压强增大
B.水银高度差变大,管内空气压强减小
C.水银高度差不变,管内空气体积变小
D.管内水银长度变短,管内空气体积变大
4.(2021江苏泰州高三月考)用DIS研究“在温度不变时,一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图甲所示。小张同学某次实验中作出的p-1V图线如图乙所示,关于图线弯曲的可能原因,下列说法错误的是 ( )
A.压强传感器与注射器的连接处漏气
B.未在注射器活塞上涂润滑油
C.未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积
D.实验过程中用手握住了注射器前端
5.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考)如图甲所示,玻璃管上端封闭下端开口,管中通过两段水银柱封闭两段空气柱。轻弹玻璃管,使两段水银柱及被两段水银柱封闭的空气柱合在一起(如图乙所示)。若此过程中温度不变,水银柱与管壁密封很好,则乙图中水银柱的下端面
A'与甲图中水银柱的下端面A相比 ( )
A.在同一高度
B.A'比A稍高
C.A'比A稍低
D.条件不足,无法判断
6.(2021辽宁大连八中高二下期中)两端封闭的U形管中有一些水银将空气隔为两部分,环境温度为10 ℃。U形管竖直放置,左、右两气柱的长度分别为L1和L2,如图所示。现将环境温度逐渐升高,则 ( )
A.L1变长,L2变短 B.L2变长,L1变短
C.L1和L2不变化 D.条件不足,无法判定
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。全选对得6分,选对但不全得3分,选错或不选得0分)
7.(2020河北张家口高二下期末)关于热力学温度和摄氏温度,以下说法正确的是 ( )
A.热力学温度的单位“K”是国际单位制中的基本单位
B.某物体的摄氏温度为10 ℃,则其热力学温度为10 K
C.0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K
D.热力学温度和摄氏温度的温标不同,两者表示的温度无法比较
8.(2021江西吉安高三上月考)下列说法中正确的是 ( )
A.单晶体的所有物理性质都是各向同性的
B.液晶是液体和晶体的混合物
C.露珠呈球形是因为液体表面张力的作用
D.在毛细现象中,毛细管中的液面有的升高,有的可能降低
9.(2021湖北石首一中高二下月考)如图所示,一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁摩擦),温度升高时,没有改变的量有 ( )
A.活塞高度h B.汽缸高度H
C.气体压强p D.弹簧长度L
三、非选择题(本题共5小题,共52分)
10.(12分) (2021山东德州高三上期末)某实验小组用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时遵循的规律,实验装置如图1所示。用活塞和注射器外筒封闭一定质量的气体,其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)关于该实验,下列说法正确的是 。
A.该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B.实验时注射器必须水平放置
C.注射器内部的横截面积没必要测量
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位
(2)进行实验操作时,不能推拉活塞过快,其原因是 。
(3)该实验小组首先在甲实验室进行了实验,下表为记录的实验数据,其中有一次记录的实验数据错误,记录错误的是 (填错误数据对应的实验序号)。
实验序号
1
2
3
4
5
封闭气柱
长度L/cm
12.00
11.00
10.00
9.00
8.00
封闭气柱压
强p/(×105 Pa)
1.01
1.09
1.19
1.33
1.90
(4)该实验小组又利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的乙实验室进行了实验,根据在甲、乙实验室记录的数据用正确的方法画出的p-1L图像如图2所示,根据在乙实验室记录的数据画出的图像应为 (填图线代号“①”或“②”)。
11.(8分)(2021湖南师大附中高三月考)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化,如图所示,p-T图像和V-T图像各记录了其部分变化过程,试求:
(1)温度为600 K时气体的压强。
(2)在p-T图像中将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
12.(8分) (2021辽宁朝阳高三三模)某同学家里有一台三门冰箱,该冰箱分上、中、下三个门,上门是冷藏室,中门是变温室,下门是冷冻室。冰箱空置。
(1)若该冰箱冷藏室的容积为V1,变温室的容积为V2,冷冻室的容积为V3,每摩尔空气的体积为V0,阿伏加德罗常数为NA,求关闭冰箱密封门后,冰箱的冷藏室、变温室和冷冻室内的总空气分子数N;
(2)若室内温度t0=27 ℃,空气压强p0=1×105 Pa,该冰箱变温室的温度可在-18 ℃~6 ℃范围内调节,取绝对零度为-273 ℃,关闭冰箱门后变温室不漏气,其内的空气视为理想气体,求该冰箱通电工作时,变温室内空气的压强变化的最大值Δp。
13.(12分) (2021湖北荆州高三月考)导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环,卡环到汽缸底部的距离为20 cm,一个质量为1 kg的活塞将汽缸内气体封闭,汽缸内壁光滑,活塞与汽缸内壁气密性好,静止时,活塞与卡环接触,已知大气压强为1×105 Pa,环境温度为300 K。当环境温度降为280 K时,卡环对活塞的压力刚好为零,重力加速度g取10 m/s2,活塞的横截面积为5 cm2,不计活塞的厚度,求:
(1)开始时,卡环对活塞的压力;
(2)当环境温度为200 K时,在活塞上放一个质量为2 kg的重物,当活塞稳定时,活塞离缸底的距离(结果保留1位小数)。
14.(12分) (2021山东济南高三二模)如图甲所示,汽缸左右侧壁导热,其他侧壁绝热,平放在水平面上。质量为m、横截面积为S的绝热活塞将汽缸分隔成A、B两部分,每部分都封闭有气体,此时两部分气体体积相等。外界温度T0保持不变,重力加速度为g(不计活塞和汽缸间的摩擦)。
(1)若将汽缸缓慢转动,直到汽缸竖直,如图乙所示,稳定后A、B两部分气体体积之比变为2∶1,整个过程不漏气,求此时B部分气体的压强。
(2)将丙图中B的底端加一绝热层,对B部分气体缓慢加热,使A、B两部分气体体积再次相等,求此时B部分气体的温度T。
答案全解全析
第二章 气体、固体和液体
1 温度和温标
基础过关练
1.A 如果一个系统达到了平衡态,系统内各部分的状态参量如温度、压强和体积等不再随时间发生变化,温度达到稳定值,分子仍然是运动的,不可能达到所谓的“凝固”状态。故A正确,B、C、D错误。
2.ABD 系统处于平衡态时,其状态参量不变,铜块静止在沸水中足够长的时间,密闭导热容器中的冰水混合物处在0 ℃环境中,其状态参量不再变化,即处于平衡态,故A、B正确;刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐,温度未达到稳定状态,则处于非平衡态,故C错误;放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液,其温度、体积等状态参量不再变化,处于平衡态,故D正确。
导师点睛
处理平衡态问题的三个要点
(1)平衡态与热平衡不同,平衡态指的是一个系统内部达到的一种动态平衡,热平衡指的是两个系统之间没有热量传递。
(2)必须要经过较长一段时间,直到系统内所有状态参量都不随时间变化,这才是平衡态。
(3)系统处于平衡态,它与外界没有能量交换。
3.B 平衡态是针对某一系统而言的,描述系统状态的参量不只温度一个,还有体积、压强,当温度不变时,系统不一定处于平衡态,故A错误;热平衡是针对相互接触的两个系统而言的,两个系统相互影响的最终结果是温度相同,各自达到平衡态,可知,两个系统在接触时它们的状态参量不发生变化,这两个系统原来的温度是相同的,但是压强不一定相同,故B正确,D错误;据以上分析可知,平衡态和热平衡两者是不同的,故C错误。
4.AD 乙和丙分开后,甲、乙、丙三个物体与外界没有热传递,所以甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态,故A正确,B错误;甲和乙接触很长一段时间后分开,甲和乙达到了热平衡,但乙和丙接触很长一段时间后,乙的温度又发生了变化,甲和乙的热平衡被破坏,乙和丙两物体达到了热平衡,故C错误,D正确。
5.B 当温度计的液泡与被测物体紧密接触时,如果两者的温度有差异,它们之间就会发生热传递,高温物体将向低温物体传热,最终使二者的温度达到相同,即达到热平衡,故A、D正确;两个物体的温度相同时,不会发生热传递,故B错误;若a与b、c分别达到热平衡,三者温度一定相同,则b、c之间也达到了热平衡,故C正确。
6.C 此简易温度计是利用气体的热胀冷缩原理制成的,温度升高时,烧瓶内气体膨胀,有色水柱上升;温度降低时,烧瓶内气体收缩,有色水柱下降,已知A、D间的测量范围为20 ℃~80 ℃,可得A对应温度为80 ℃,D对应温度为20 ℃;A、D间刻度均匀分布,每格表示80℃-20℃15=4 ℃,则有色水柱下端所示温度为20 ℃+3×4 ℃=32 ℃,故选项C正确。
7.ABC 每升高(或降低)1 K等价于升高(或降低)1 ℃,故A正确;热力学温度的0 K是摄氏温度的-273.15 ℃,故B正确;热力学温度的零度只能无限接近,却不可能达到,且趋近于绝对零度时,气体液化或凝固,但有体积,故C正确,D错误。
8.A 温标不同,测量时得到同一系统的温度数值一般不同,故A对、B错;每一种温标的规定都有一定意义,如摄氏温标的0 ℃表示标准大气压下冰的熔点,100 ℃为标准大气压下水的沸点,故C错;热力学温标和摄氏温标,数值上有关系T=t+273 K,故D错。
9.A 摄氏温度与热力学温度的关系是T=t+273 K,气体初始温度为27 ℃,用热力学温标表示为T=t+273 K=300 K,温度升高了Δt=20 ℃=20 K,故A正确。
易混易错
热力学温度与摄氏温度关系的理解
(1)摄氏温度变化1 ℃与热力学温度变化1 K是等效的,即ΔT=Δt,而不是ΔT=Δt+273 K。
(2)绝对零度是低温的极限,只能接近,永远达不到,故热力学温度不会出现负值,但摄氏温度可以出现负值。
2 气体的等温变化
基础过关练
1.D 气体的体积就是所有气体分子运动占据的空间的体积的总和,选项A错误;只有当气体的密度一定时,气体的体积才与气体的质量成正比,选项B错误;只有当气体的质量一定时,气体的体积才与气体的密度成反比,选项C错误;气体总是充满整个容器,则气体的体积等于气体所在容器的容积,选项D正确。
2.BC 气体在等温变化过程中,温度不变,所以分子的平均动能不变,故A错误;等温变化过程研究的是一定质量的气体,压强随体积变化的规律,一定质量的气体,其分子总数一定,单位体积内的分子数改变,故B、C正确,D错误。
3.BC 对上面一段水银柱进行分析,有pA=p0+ρgh=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg,故选项A错误,B正确;对下面的一段水银柱进行分析,有pB=pA+ρgh=90 cmHg+15 cmHg=105 cmHg,故选项C正确,D错误。
4.答案 (1)1×105 Pa (2)1.05×105 Pa
解析 (1)汽缸如甲图放置时,根据活塞受力平衡可知,汽缸内气体的压强等于外界大气压强,有p=p0=1×105 Pa。
(2)汽缸如乙图放置时,根据活塞受力平衡有pS=p0S+mg,可得p=1.05×105 Pa。
5.ACD 本实验探究采用的方法是控制变量法,所以要保持被封闭气体的质量和温度不变,故A正确;由于注射器是圆柱形的,横截面积不变,所以只需测出空气柱的长度即可,故B错误;涂润滑油可以防止漏气,使被封闭气体的质量不发生变化,也可以减小摩擦,故C正确;当p与V成反比时,p-1V图像是一条过原点的直线,而p-V图像是曲线,所以p-1V图像更直观,故D正确。
6.答案 (1)压强 刻度尺 (2)柱塞上涂上润滑油(保证封闭气体质量不变的措施都可以) (3)B
解析 (2)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是在柱塞上涂上润滑油防止漏气;
(3)若急速推拉柱塞,则有可能造成等温条件的不满足,所以应缓慢推拉柱塞,故A错误;手握注射器会造成温度变化,故B正确;应等状态稳定后,记录此时注射器内空气柱的长度和压力表的压强值,故C错误。
7.B 气体初状态的压强p1=3 atm,体积V1=V;末状态的压强p2=1 atm,体积V2=V+4 L。由玻意耳定律得p1V1=p2V2,即3 atm×V=1 atm×(V+4 L),解得V=2 L,故B正确。
8.BD 以管中高h1的水银柱为研究对象,可得管内封闭气体的压强为p=p0+ρgh1,取管下端开口处液片为研究对象,有p=p0+ρgh2,则h1=h2,h1不变,则h2不变,故A错误,B正确;当外界压强增大时,管内封闭气体的压强p增大,根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小,则水银柱下降,故C错误,D正确。
9.答案 (1)1.02×105 Pa (2)1.96 cm
解析 (1)井盖刚好被顶起时,有pS=p0S+mg
解得p=1.02×105 Pa
(2)设水面上涨x时,井盖第一次被顶起,根据玻意耳定律有:
p(h-x)S=p0hS
解得x=1.96 cm
10.答案 0.39 m
解析 设玻璃管的横截面积为S,以管内封闭的气体为研究对象,
当玻璃管开口向上时,管内气体的压强p1=p0+ρgh,气体体积V1=L1S
当玻璃管开口向下时,管内气体的压强p2=p0-ρgh,气体体积V2=L2S
由于温度不变,由玻意耳定律有(p0+ρgh)L1S=(p0-ρgh)L2S
解得L2=0.39 m
11.C 筒内气体发生等温变化,由玻意耳定律可知气体的压强与体积成反比,金属筒从A下降到B的过程中,气体压强p变大,体积V变小,故C正确。
12.B 根据玻意耳定律pV=C,C与温度有关,温度越高,C越大,可知p与V之积越大表示温度越高,则T2>T1;根据pV=C可知p=1V·C,故p与1V成正比,p-1V图线的延长线过原点,且温度越高图线的斜率越大,故B正确。
导师点睛
由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低
(1)在p-V图像中,等温线离坐标原点越远,温度越高。
(2)在p-1V图像中,等温线的斜率越大,温度越高。
13.AD 在p-1V图像中,D→A是过原点直线的一部分,所以D→A是一个等温过程,故选项A对;直线BC是过原点的直线,所以直线BC是等温线,因为直线BC的斜率大于直线AD,所以T2>T1,则A到B温度升高,故选项B、C错;B→C是一个等温过程,由玻意耳定律可知,V增大,则p减小,故选项D正确。
能力提升练
1.A 对玻璃管和水银柱组成的系统,根据牛顿第二定律可得mg·sin 30°=ma,解得整体的加速度a=12g,对水银柱,由牛顿第二定律得p0S+m'g sin 30°-pS=m'a,解得p=p0,故选A。
2.B 设活塞的质量为m,横截面积为S,大气压强为p0。开始时,对活塞,由平衡条件有p0S+mg=p1S,则p1=p0+mgS。当环境温度升高时,封闭气体的温度也升高,但压强不变,故A错误。设汽缸的加速度大小为a,对活塞,由牛顿第二定律有p2S-p0S-mg=ma,得p2=p0+mgS+maS>p1 ,即压强增大,故B正确。当汽缸自由下落处于完全失重状态时,封闭气体的压强等于大气压强,则压强减小,故C错误。汽缸开口向下时,对活塞,由平衡条件有p0S=mg+p4S,则p4=p0-mgS,可知压强减小,故D错误。
3.答案 (1)AD (2)② (3)B
解析 (1)该实验是研究质量一定的气体在温度不变的情况下,压强跟体积的关系,采用了控制变量法,故A正确;快速推拉柱塞或用手握住注射器,会导致气体温度发生变化,不符合实验条件,故B、C错误;注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位,故D正确。
(2)一定质量的气体,在温度不变时,p-1V图线是一条过原点的直线的一部分;压缩气体时漏气,气体质量减小,当横坐标1V变大时,图线将偏离直线,且图线上的点与原点连线的斜率是减小的,故选②。
(3)由题图可知,pAVA=pBVB,所以A、B两状态的温度相同,在同一等温线上。可在p-V图上作出几条等温线,如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高,可知从状态A到状态B气体温度先升高再降低,故选B。
4.答案 (1)压强 (2)保持温度不变 (3)D (4)B
解析 (1)本实验需要测量气体的体积和压强,体积由注射器的刻度直接读出,实验器材A是压强传感器,可测出压强。
(2)本实验要求温度不变,用手握住注射器有气体的部分,会使气体温度升高,所以手不能握住注射器。
(3)活塞与注射器筒壁间的摩擦力增大,但是由于是缓慢推动活塞,则气体的温度是不变的,不影响探究气体的压强跟体积的关系,故A错误;实验时若环境温度升高,则p与V乘积的值变大,而实验数据p、V的乘积在变小,故B错误;由于使用了压强传感器,外界大气压强发生变化不影响压强测量,故C错误;实验时,若注射器内的空气向外发生了泄漏,参与实验的只是原有气体的一部分,所以p与V乘积的值变小,故D正确。
(4)若压强测量值正确,体积测量值偏小,则实验得到的曲线(实线)应该在实际曲线(虚线)的下方,故A、D错误;实际曲线(虚线)为双曲线的一支,由于体积变化时,软管中气体的体积占总体积的百分比会变化,即注射器中气体质量会变化,所以实验得到的曲线(实线)不是双曲线,故B正确,C错误。
5.AD 在初状态有p1S=mg+p0S,在末状态有p2S=mg+m沙g+p0S,气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1SL=p2S×23L,联立解得m沙=12p0Sg+m,故A正确。由于汽缸导热性能良好且环境温度保持不变,即气体温度不变,则分子的平均动能不变,故B错误。汽缸内封闭气体被压缩,体积减小,则汽缸内气体分子的数密度增大,故C错误。由于温度不变,则气体分子的平均动能不变,平均速率不变;在等温压缩时压强增大,则单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多,故D正确。
6.答案 (1)0.5 m (2)0.94 m
解析 (1)当金属筒漂浮在水中时,设其内外水面的高度差为h,有ρSh·g=mg
解得h=0.5 m。
(2)金属筒漂浮在水中时p0S+mg=pS
由玻意耳定律可得p0SL=pSL'
代入数据解得L'=1.44 m,则露出水面的长度ΔL=L'-h=0.94 m。
7.答案 (1)78 cmHg (2)7 cm
解析 (1)设均匀玻璃管的横截面积为S,插入水银槽后,右管内气体等温变化,由玻意耳定律得p0l0S=p(l0-Δℎ2)S
代入数据解得p=78 cmHg。
(2)插入水银槽后左管内气体压强p'=p+ρgΔh=80 cmHg
左管内、外水银面高度差h1=p'-p0ρg=4 cm
对中、左管内气体,由玻意耳定律得p0lS=p'l'S,解得l'=38 cm
左管插入水银槽的深度h=l+Δℎ2-l'+h1=7 cm。
8.答案 0.9l0
解析 对Ⅰ气体,初状态压强p1=p0+3mgS
末状态压强为p1'=p0+mgS
设末状态时Ⅰ气体的长度为l1,由玻意耳定律得p1l0S=p1'l1S
解得l1=32l0
对Ⅱ气体,初状态压强p2=p0+4mgS
末状态压强p2'=p0+2mgS
设末状态时Ⅱ气体的长度为l2,由玻意耳定律得p2l0S=p2'l2S
解得l2=75l0
所以活塞A上升的高度为Δh=l1+l2-2l0
解得Δh=0.9l0。
导师点睛
本题综合考查了压强的计算、气体等温变化的规律。应用玻意耳定律时,要分析研究对象的初、末状态的参量。Ⅰ气体与Ⅱ气体之间的压强存在着一定的关系,这是联系两部分气体的纽带。
专题强化练2 玻意耳定律的应用
1.B △OBC的面积为S1=12OC·BC=12pBVB,同理,△OAD的面积为S2=12pAVA,而A、B为等温线上的两点,根据玻意耳定律可知pAVA=pBVB,所以两个三角形的面积相等,B正确。
2.B 设大气压为p0,静止时试管内封闭气体压强为p1,水银质量为m,试管横截面积为S。对水银,根据平衡条件有p0S=p1S+mg;自由下落时,稳定后水银处于完全失重状态,根据牛顿第二定律有p2S+mg-p0S=mg,即p0S=p2S;对比可得p2>p1,即压强增大。由于温度不变,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,所以V1>V2,体积变小,选项B正确。
3.BC 由于气体的温度不变,打气后,分子的平均动能不变,球内每个气体分子对球内壁的平均作用力不变,球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大,A错误;打气后,球内气体的压强变大,即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大,故B正确;打气6次后,由玻意耳定律有p1V0+p0×6×120V0=pV0,解得p=1.4 atm,故C正确,D错误。
方法技巧
应用玻意耳定律分析变质量问题
对于恒温气体,当气体经历多次质量变化过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,保证初、末态的气体的质量、温度不变,应用玻意耳定律列方程。
4.答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S,对右管中封闭气体,初始状态,管中气体的压强为p0,水银刚好全部进入竖直右管后,设管中气体的压强为p1,由玻意耳定律有:p0×40 cm×S=p1×(40 cm-10 cm)S
解得p1=100 cmHg
(2)分析可知,初始状态,水平管中气体的压强为p2=p0+ρgh=90 cmHg末状态气体的压强为p3=p1+ρgh'=(100+15+10)cmHg=125 cmHg
由玻意耳定律有:p2×15 cm×S=p3LS
解得L=10.8 cm
末状态时左侧管中水银柱的长度为x1=(125-75)cm=50 cm,
末状态时水平管中水银柱的长度为x2=L管-L=(5+15+10-10.8)cm=19.2 cm,
则末状态时左侧水银柱总长度为x3=x1+x2=69.2 cm,由题图可知初状态时左侧水银柱总长度为x0=(15+5)cm=20 cm,
所以左侧管中需要倒入水银柱的长度为
x=x3-x0=(69.2-20)cm=49.2 cm
5.答案 2.5 m3 10 m
解析 当筒内液面到水面的距离为h2时,浮筒和重物整体受到的重力和浮力相等,根据平衡条件求解气体的体积V2,然后对气体根据玻意耳定律求解压强,得到h2。
当拉力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
在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得
p1V1=p2V2 ⑤
联立②③④⑤,代入数据得h2=10 m。
第2节综合拔高练
五年高考练
1.答案 41 cm
解析 设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1 ①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgh ②
p1=p0-ρgh ③
式中,ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有
V=S(L-h1-h) ④
V1=S(L-h) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm
2.D 取5次充气后,臂带内所有气体为研究对象,初态压强为p0=750 mmHg,体积为V0=V+5ΔV,其中ΔV=60 cm3;末态压强计示数为150 mmHg,则气体压强p1=p0+150 mmHg=900 mmHg,体积为V1=5V,根据玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V=60 cm3,D正确。
方法技巧
分析变质量气体问题时,要巧妙地通过选择研究对象,使变质量气体问题转化为定质量气体问题,用气体实验定律求解。
(1)打气问题:选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象,就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
(2)抽气问题:将抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,质量不变,故抽气过程可以看成等温膨胀过程。
(3)灌气问题:把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题。
(4)漏气问题:选容器内剩余气体和漏出气体作为研究对象,可使问题变成定质量气体的状态变化问题。
3.答案 1 cm
解析 设注入水银后A管内的水银柱高度为h1,横截面积为S1,B管内的水银柱高度为h2,横截面积为S2。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律
对A管内气体:p0l1S1=[p0+ρ水银g(h2+h-h1)](l1-h1)S1 ①
对B管内气体:p0l2S2=(p0+ρ水银gh)(l2-h2)S2 ②
②式代入数据解得:h2=2 cm
①式代入数据解得:h1=1 cm
故Δh=h2-h1=1 cm
4.答案 (ⅰ)12(p0+p) (ⅱ)12p0+14p 4(p0+p)V02p0+p
解析 (ⅰ)设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得
(p10-p)·2S=(p0-p)·S
得p10=12(p0+p)
(ⅱ)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氮气的压强和体积分别为p2和V2。
根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0
p2V2=p0V0
由于两活塞用刚性杆连接,故
V1-2V0=2(V0-V2)
联立解得
p1=12p0+14p
V1=4(p0+p)V02p0+p
5.答案 15p0S26g
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
p0V2=p1V1
p0V2=p2V2
由已知条件得
V1=V2+V6-V8=1324V
V2=V2-V6=V3
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=15p0S26g
三年模拟练
1.D 圆板的下表面是倾斜的,气体对它的压力应与下表面垂直。为求气体的压强,应以封闭气体的金属圆板为研究对象,对其受力分析如图所示。由平衡条件得pScosθ·cos θ=Mg+p0S,解得p=p0+MgS。
2.D 设大气压为p0,玻璃管竖直时封闭气体的压强p=p0-ρgh;玻璃管向右旋转一定角度,假设封闭气体的长度H不变,则水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大,根据玻意耳定律可知,封闭气体体积减小,所以H要减小;再假设h不变,在玻璃管倾斜时水银柱的长度会变长,则H会减小,根据玻意耳定律可知封闭气体压强会增大,所以h也要减小,故D正确。
方法技巧
分析等温变化问题的两个技巧
(1)计算液柱所产生的压强p=ρgh时,应特别注意h是液面竖直高度,不一定是液柱长度。
(2)在不能确定封闭气体的压强或体积变化情况时,应用假设推理法可便捷地进行定性分析。
3.答案 (1)p0V0p1-2V03 (2)1.027
解析 (1)将注射器内一部分气体推入气球时,压强传感器读数为p1,根据玻意耳定律有p1V1=p0V0,所以气体的总体积V1=p0V0p1,此时注射器内剩余气体的体积为23V0,则气球的体积为V=V1-23V0=p0V0p1-2V03。
(2)若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,气体全部压入气球,因为气球内气体的压强略大于p0,由玻意耳定律可知气球内气体的体积略小于0.5V0,由题图乙可知,V球略小于0.5V0时,对应的压强值为1.027p0。
4.答案 (1)5 cm (2)31.95 cm
解析 (1)设旋转后水银柱进入AB管的长度为x,玻璃管横截面积为S,如图1,
对于AB管内的气体,初始状态:p1=p0,V1=l2S
末状态:p2=p0+pl1-x,V2=(l2-x)S,
由玻意耳定律有p0Sl2=(p0+pl1-x)(l2-x)S
式中pl1-x表示长度为(l1-x)的水银柱产生的压强。
解得x=5 cm
(2)设旋转后有长度为x'的水银柱流出,如图2,
对于封闭气体,初始状态:p1=p0,V1=l2S
末状态:p2'=p0-pl1-x',V=[l2+l3-(l1-x')]S
由玻意耳定律有p0l2S=(p0-pl1-x')[l2+l3-(l1-x')]S
式中pl1-x'表示长度为x'的水银柱流出后管内水银产生的压强。
解得x'≈1.95 cm
则封闭气体的长度为:l=l2+l3-(l1-x')=31.95 cm
5.答案 718V
解析 对容器内上部分气体,注入气体前的压强为p0,体积为23V;注入气体后,设上部分气体压强为p2,体积为12V;对上部分气体,由玻意耳定律有:p0·23V=p2·12V ①
对容器内下部分气体,注入气体前的压强设为p1,体积为13V,对活塞受力分析可得mg+p0S=p1S ②
注入气体后,设下部分气体压强为p3,体积为12V,对活塞受力分析可得mg+p2S=p3S ③
设充入气体的体积为ΔV,对下部分气体和充入气体,由玻意耳定律有p1·13V+p0ΔV=p3·12V ④
联立①②③④式可得ΔV=718V
6.答案 (1)左侧液面下降,右侧液面上升 (2)p03ρL2+gL
解析 (1)U形管以左侧管为轴转动后,水平玻璃管中的液体需要向左的向心力,封闭气体的压强要变大,故左侧液面下降,右侧液面上升。
(2)U形管匀速转动时,设右侧管中封闭气体的压强为p,以玻璃管水平部分长度为L的液体为研究对象,左右两端的压强差为(右端压强较高)Δp=p+ρgL2-p0
这部分液体的质量m=ρSL
可视为全部集中在玻璃管水平部分距离左端L2处,式中S为玻璃管的横截面积。
根据牛顿第二定律有Δp·S=mω2·L2
根据玻意耳定律有p0·(2L-L4)S=p·(2L-L2)S
联立解得ω=p03ρL2+gL
7.答案 (1)13V0 (2)不能满足要求
解析 (1)喷洒时,桶内消毒液上方气体温度不变,根据玻意耳定律有2p0·12V0=32p0V1
解得V1=23V0
停止喷洒时剩余药液的体积V=V0-23V0=13V0
(2)以原气体和需打入气体整体为研究对象,根据玻意耳定律可得
2p0·12V0+p0V2=2p0·23V0
解得V2=13V0
打气的次数n=V2V020=203=6.67,所以消毒员打气5次不能满足要求。
3 气体的等压变化和等容变化
基础过关练
1.A 由盖-吕萨克定律可得V1T1=V2T2=ΔVΔT=ΔVΔt,可得V0273K=VT=V-V0T-273K=ΔV1K,则每升高1 ℃增大的体积ΔV=VT=V0273K=V-V0T-273K,故A正确。
2.D 弹簧测力计上的拉力跟汽缸和活塞的总重力大小相等,当外界温度升高时,不影响弹簧弹力大小,所以示数F不变;以汽缸为研究对象,最终达到平衡时,汽缸的重力与汽缸内气体压力之和等于大气压力,因为重力和大气压力均不变,所以汽缸内气体压力不变,汽缸内气体压强p不变,故D正确。
易混易错
不理解气体压强的宏观决定因素,错误认为温度升高,气体的压强一定变大导致错选A项。应该以汽缸和活塞整体为研究对象,根据平衡条件求解弹簧的拉力大小;以汽缸或活塞为研究对象,对研究对象进行受力分析求解压强变化情况。
3.答案 (1)p0+ρgh (2)S(T1l2-T2l1)T2-T1
解析 (1)对水银柱进行受力分析,有p1S=p0S+ρghS
解得p1=p0+ρgh
(2)由题意可知,封闭气体的初状态:温度为T1,体积V1=V+l1S
末状态:温度为T2,体积为V2=V+l2S
由题意知气体压强不变,由盖-吕萨克定律有V+Sl1T1=V+Sl2T2
解得V=S(T1l2-T2l1)T2-T1。
4.B 气体做等容变化,压强减为原来的一半时,根据查理定律可知热力学温度也减为原来的一半,有T'=T2=273+272 K=150 K=-123 ℃,故B正确。
5.C 取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105 Pa,温度为T1=(273+27)K=300 K,设其末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23)K=250 K,根据查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=56×105 Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp=56×105 Pa-4.0×104 Pa=4.3×104 Pa,故C正确。
6.答案 (1)mρℎ (2)p0T0p0+ρgℎ
解析 (1)设汽缸的横截面积为S,以活塞为研究对象,根据平衡条件有p0S+mg=pS,且有p=p0+ρgh
解得S=mρℎ
(2)汽缸底部对活塞的支持力为mg,即等于活塞的重力时,汽缸内外的压强相等,即汽缸内气体压强为p0。由题意可知,汽缸内的气体的体积不变,根据查理定律有p0+ρgℎT0=p0T2
解得T2=p0T0p0+ρgℎ
7.C 一定质量的理想气体,压强不变,体积与热力学温度成正比,不与摄氏温度成正比,温度由100 ℃上升到200 ℃时,体积约增大为原来的1.27倍,故A错误;理想气体状态方程成立的条件为气体质量不变,且为理想气体,而B项缺条件,故B错误;由理想气体状态方程pVT=C可知,一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍,故C正确;同理,一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积减半,热力学温度加倍,故D错误。
8.C 气泡内气体在湖底的压强p1=p0+ρ水gh =105 Pa+103×10×20 Pa=3×105 Pa,气泡在湖底的温度T1=273 K+4 K=277 K;气泡内气体在水面的压强p2=p0=105 Pa,气泡在水面的温度T2=273 K+17 K=290 K,根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,解得V2V1≈3.1,故C正确。
易混易错
计算深度为20 m的湖水底部的压强时,若遗漏大气压强的影响,就会错选D项。在湖水中深度为20 m处的压强等于湖水产生的压强和大气压强之和。
9.答案 285 K
解析 以罐内空气为研究对象,其初状态:p1=p0=1.0×105 Pa,V1=2.0 m3,T1=300 K
末状态:p2=p0+p=3.8×105 Pa,V2=V1-V=0.5 m3,热力学温度设为T1;
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2
解得T2=285 K。
10.答案 (1)2×105 Pa 1 000 N (2)327 ℃
解析 (1)第一状态:p1=1×105 Pa,V1=V
第二状态:V2=V2
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得p2=2×105 Pa
又p2=p0+GS,S=100 cm2=1×10-2 m2,p0=1×105 Pa
解得G=1 000 N。
(2)第三状态:p3=2×105 Pa,V3=V
根据理想气体的状态方程有p3V3T3=p1V1T1
解得T3=600 K
所以t=327 ℃。
11.BCD 设活塞横截面积为S,以活塞为研究对象,有p0S+mg=pS,则汽缸内封闭气体的压强p=p0+mgS,所以加热时封闭气体的压强保持不变,故A错误,B正确;封闭气体发生等压变化,温度上升时,根据盖-吕萨克定律可知气体的体积增大,故C正确;温度升高,分子的平均动能增大,而气体的体积增大,单位体积内气体分子数减少,由于气体的压强不变,根据压强的微观意义知活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前减少,故D正确。
12.A 一定质量的理想气体状态发生变化,满足查理定律,则气体的体积不变,若气体压强增大,则温度升高,分子的平均动能增大;因气体的体积不变,则分子间的平均距离不变,故A正确,B、C、D错误。
能力提升练
1.A 理想气体沿直线从状态a变化到状态b,V逐渐变小,T逐渐变大,根据理想气体状态方程pVT=C可知p逐渐变大,故A正确。
2.BD 当缓慢升高汽缸内气体温度时,气体先发生等容变化,汽缸内气体的压强p与热力学温度T成正比,在p-T图像中,图线是过原点的倾斜直线;当活塞开始离开小挡板时,因为活塞的重力不计,则汽缸内气体的压强等于外界的大气压,气体发生等压膨胀,其p-T图线是平行于T轴的直线,故A错误,B正确;汽缸内气体先发生等容变化,后发生等压变化,所以V-T图线先平行于T轴,后是经过原点的一条直线,故C错误,D正确。
3.BC ab过程气体发生等温变化,压强减小,由玻意耳定律分析可知气体的体积变大,故A错误;由于bc的延长线通过原点,由查理定律可知bc过程为等容变化,故B正确;cd过程气体发生等压变化,温度降低,由盖-吕萨克定律分析可知气体体积减小,故C正确;
d点与原点的连线的斜率大于a点与原点的连线的斜率,则气体在d状态的体积小于气体在a状态的体积,da过程体积增大,故D错误。
4.AD 只对L1加热,假设L1气体体积不变,则压强增大;L1的压强p1=p2-ph,由于L2的压强p2不变,L1的压强增大,则ph减小,h减小,气柱L1长度变长;气柱L2中气体的压强和温度不变化,则体积不变化,长度不变化,故A正确,B错误;若在右管中注入一些水银,则L2的压强增大,假设L1的体积不变,h不变,L1的压强增大,根据玻意耳定律可知L1的体积减小,L1的长度将减小,故C错误;使L1、L2同时升高相同的温度,假设L1、L2气体的体积都不变,则L1的压强增大,L2压强不变,所以h减小,L1也会增大,故D正确。
方法技巧
“假设推理法”定性分析气体状态变化的思路
(1)先假设某个状态参量不变化,例如,可假设等容变化(或等压变化),应用气体实验定律分析另外参量的变化特征。
(2)再根据假设条件下得出的结论,再一次分析假设量的合理性或变化特征。
5.答案 (1)2.4×10-3 m3 (2)3×10-3 m3
解析 (1)设压缩后气体的体积为V2,压缩气体前后气体压强相等,根据盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2,
解得V2=2.4×10-3 m3
(2)由题意可知气体经历等温变化,根据玻意耳定律有p2V2=p3V3
解得气体压强变为8.0×104 Pa时的体积为V3=p2V2p3=3×10-3 m3
6.答案 (1)90 cmHg (2)360 K (3)720 K
解析 (1)加热前,活塞下方气体的压强
p1=p0+ρg(h4-h3)=90 cmHg
(2)活塞下方气体在加热前的状态参量为:p1=90 cmHg,T1=273 K+27 ℃=300 K
加热后左侧水银柱上升的高度Δh=h5-h4=9 cm,则右侧液面下降Δh=9 cm,右侧液面的高度为h6=h3-Δh=21 cm,活塞下方气体的压强
p2=p0+ρg(h5-h6)=108 cmHg
根据查理定律有:p1T1=p2T2
解得T2=360 K
(3)继续缓慢加热,活塞刚好运动到汽缸顶部过程中,气体做等压变化,设活塞横截面积为S,初状态参量:V2=h2S,T2=360 K,末状态参量:V3=h1S,根据盖-吕萨克定律有V2T2=V3T3
即ℎ2ST2=ℎ1ST3
解得T3=2T2=720 K
7.B 设轮胎内气体经过一定过程后,温度变为T2=0 ℃=273 K,压强变为p2=1 atm=100 kPa,体积变为V2,初始状态T1=27 ℃=300 K,p1=240 kPa,V1=30 L,则由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,所以V2=p1T2V1p2T1=65.52 L,气体的物质的量为n=V2V=65.52L22.4L/mol=2.925 mol,所以气体的分子数约为N=nNA=1.755×1024≈1.8×1024,故选B。
8.答案 3 L 9.3×104 Pa
解析 气体初状态的参量:温度T1=300 K、体积VA=2.1 L、压强为p0=1.0×105 Pa
假设没有汽缸A左壁的阻挡,气体末状态的温度为T2=400 K,设体积为V2,压强为p,由活塞受力平衡,有p=p0
由理想气体状态方程有:p0VAT1=pV2T2
解得V2=2.8 L
由于VB=3 L>2.8 L,因此可判断活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上,则此时气体体积为V2'=VB=3 L
设此时气体压强为p2,由理想气体状态方程有:p0VAT1=p2V2'T2
解得p2=9.3×104 Pa。
方法技巧
临界问题的解答技巧
(1)挖掘隐含条件,找出临界状态,临界状态是气体的状态会不会出现的判断依据,或是两个不同变化过程的分界点,正确找出临界状态是解答临界问题的前提,本题中活塞卡在汽缸A的左壁是临界点。
(2)确定临界状态前后的状态参量,或不同变化过程,再利用对应气体实验定律解题。
9.答案 (1)86.6 ℃ (2)19.0 cm
解析 (1)对封闭的气体进行分析,初状态:p1=p0-ρgh1=76 cmHg-16 cmHg=60 cmHg、V1=V0+h0S、T1=273 K
末状态:p2=p0、V2=V1+ℎ12S、T2=273 K+t
由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2
代入数据得t=86.6 ℃
(2)当往左管注入水银后,设末状态气体的压强为p,体积为V1=V0+h0S
由玻意耳定律有p2V2=pV1
解得p=79.04 cmHg
可知往左管注入水银的高度为h=h1+Δh=19.0 cm
专题强化练3 气体状态变化的图像问题
1.D 根据理想气体状态方程pVT=C可知,温度之比等于p、V乘积之比,故TA∶TB∶TC=(3×1)∶(2×3)∶(1×5)=3∶6∶5,故D正确。
2.B A→B过程中,气体体积不变,温度升高,气体分子间距不变,气体分子的平均动能增大,气体内能增加,故选项A错误,B正确;根据理想气体的状态方程pVT=C可得V=CpT,可知B→C过程是等压变化过程,故选项C错误;C→A过程中,气体温度降低,体积增大,由pVT=C可知压强减小,故选项D错误。
3.答案 (1)p02 (2)p02 12T0
解析 (1)气体从A状态到B状态发生等温变化,故pc=pb=p02,根据玻意耳定律有:pAVA=pBVB
解得pB=p02
(2)气体由B状态到C状态发生等压变化,故pC=pB=p02,根据盖-吕萨克定律有:VBTB=VCTC
解得TC=12T0
方法技巧
分析气体图像问题的方法技巧
(1)要根据图像直接读出气体各个状态的参量的值或表达式,以便于运用气体实验定律来解答。
(2)根据横、纵坐标表示的物理量、图像的形状判断各物理量的变化规律,例如,判断变化过程是等温变化,还是等压变化,或是等容变化等。
(3)要将图像与实际情况相结合。
4.答案 (1) 0.016 m3 (2) 57 ℃ (3)图见解析
解析 (1)开始时容器内气体的压强为pA=p0=1.0×105 Pa
体积为VA=hl2=0.02 m3
放入活塞后容器内气体的压强为pB=p0+mgl2=1.25×105 Pa
气体从状态A到状态B温度不变,则由玻意耳定律有pAVA=pBVB
解得VB=0.016 m3
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M=50 kg的物体,则气体的压强pC=p0+(M+m)gl2=1.375×105 Pa
气体从状态B到状态C发生等容变化,由查理定律有pBTB=pCTC
解得TC=330 K
tC=57 ℃
(3)气体从A到B发生等温变化,体积减小;从B到C发生等容变化,温度升高;从C到D,发生等压变化,温度降低;变化图像如图所示。
专题强化练4 气体实验定律的理解与应用
1.AD 保持B、C两管不动,由等容变化规律可知,气体温度降低,压强变小,B管中水银面上升,C管中水银面将下降,气体体积减小,则烧瓶内气体密度增大,故选项A正确,B错误;若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,即发生等压变化,由盖-吕萨克定律可知,应该使气体的体积增大,应将C管向下移动,故选项C错误,D正确。
2.B 假设水银柱不动,则两部分气体做等容变化,分别对两部分气体应用查理定律有p2T2=Δp2ΔT2,p1T1=Δp1ΔT1,可得Δp2=p2T2ΔT2,Δp1=p1T1ΔT1,又由于ΔT2=ΔT1,T2=T1,p2+ρgh=p1,可得Δp2<Δp1,下部分气体的压强增加量大于上部分气体的压强增加量,水银柱将向上移动,故B正确。
方法技巧
假设推理法分析液柱的移动问题
(1)先假设液柱不移动,或假设两部分气体的体积不变,或假设两部分气体的压强不变。
(2)再应用气体实验定律分析假设条件以外的物理量的变化情况。
(3)进而分析两部分气体的压强变化量的大小关系,这样就能确定液柱的移动方向。
3.AC 对封闭的气体进行分析,由于B管的体积与A泡的体积相比可略去不计,则气体发生等容变化。若外界大气压不变,细管中水银柱上升,则封闭气体压强减小,由查理定律有pT=C,可知温度一定降低,故选项A正确,B错误;气体初状态参量为p1=76 cmHg-16 cmHg=60 cmHg、T1=273 K+27 ℃=300 K,末状态参量为T2=273 K+0 ℃=273 K,气体发生等容变化,由查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=54.6 cmHg,则x0=76 cm-54.6 cm=21.4 cm,故选项C正确;若环境真实压强比标准大气压小,管内外水银面的高度差仍为16 cmHg,假设此时大气压为75 cmHg,则A内气体的压强为p3=(75-16)cmHg=59 cmHg,由p1T1=p3T3解得T3=295 K,故t3=22 ℃<27 ℃,故选项D错误。
4.答案 (1)1.5×105 Pa 2 m (2)距离汽缸底部1.5 m
解析 (1)汽缸被竖起来后,假设稳定时活塞在卡口A、B上方,则缸内气体的压强p2=p0+mgS=1.5×105 Pa
气体初状态:p1=p0=1.0×105 Pa,V1=2LS
设稳定时缸内气体高度为h1,则气体末状态:V2=h1S,p2=1.5×105 Pa
由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得h1=2 m,因h1>L,故假设成立。
(2)当温度降到240 K时,理想气体发生等压变化,稳定时,假设活塞落在卡口A、B上方,设缸内气体高度为H,则V3=HS
由盖-吕萨克定律有V2T0=V3T1,解得H=1.5 m
所以活塞恰好落在卡口A、B上,活塞距离汽缸底部1.5 m。
专题强化练5 理想气体状态方程的理解与应用
1.B 设三种稳定状态下气体的压强分别为p1、p2、p3,以活塞为研究对象,三种稳定状态下分别有p0S+Mg=p1S,p0S+Mg=p2S,p0S+Mg+mg=p3S,可以得出p1=p2
方法技巧
应用理想气体状态方程解题的一般思路
(1)确定研究对象:某一部分气体或多部分气体组成的整体。
(2)根据力学状态求压强,根据几何关系求体积,确定热力学温度,并注意单位的统一。
(3)确定气体的初、末状态的状态参量后,应用理想气体状态方程解题。
(4)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。
4.答案 227373m
解析 以充气后所有气体为研究对象,在状态1的体积为V1,温度为T1=273 K+100 ℃=373 K,压强为p1=3.534×105 Pa;
在状态2的体积为V2,温度为T2=273 K+27 ℃=300 K,压强为p2=1.767×105 Pa;
由理想气体状态方程,有p1V1T1=p2V2T2
解得V2=600373V1
因为同种气体在相同温度、相同压强下的密度一定,所以质量比等于体积比,故充气后,总质量为M=600373m
需要充入空气的质量为Δm=M-m=227373m
5.答案 (1)22 cm (2)345.5 K
解析 (1)设题图1中左管封闭气柱的长度为d,气体压强p1=p0-ρgh=76 cmHg-4 cmHg=72 cmHg
题图2中,封闭气体压强p2=p0-ρgL=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg
封闭气柱的长度为d'=d+ℎ2=d+2 cm
气体发生等温变化,由玻意耳定律得p1dS=p2d'S
解得d=22 cm
(2)开始时气体温度T1=300 K,设升温后的环境温度为T2,根据理想气体状态方程有p1dST1=p0d'ST2
解得T2=345.5 K
6.答案 (1)308 K (2)328.5 K
解析 (1)将“温度计”如题图甲放置,封闭气体初始状态:温度T1=t1+273 K=300 K,体积V1=V0+(L-5-20)S=150 cm3,
末状态为水银柱在玻璃管最右端时,设最高温度为T2,体积V2=V0+(L-5)S=154 cm3
该过程为等压变化,由盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2
解得T2=308 K
(2)将“温度计”如题图乙竖直放置后,因水银未流入易拉罐,则对气体有pVT=C,第(1)问中的初始状态参量为V1=150 cm3,p1=p0=75 cmHg,T1=300 K
末状态为水银柱在玻璃管最上端,设最高温度为T3,体积为V3=V2=154 cm3,压强为p3=p0+ph=80 cmHg
由理想气体状态方程有p1V1T1=p3V3T3
解得T3=328.5 K
7.答案 (1)-33 ℃ (2)180 m3
解析 (1)在大本营时,氦气的状态参量:p1=0.6 atm,V1=90 m3,T1=t1+273 K=270 K
在峰顶时,氦气的状态参量:p2=0.3 atm,V2=160 m3
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2
解得T2=240 K,故t2=T2-273 ℃=-33 ℃
(2)【解法一】加热后,氦气的压强p3=0.3 atm,其体积设为V3
由玻意耳定律有:p1V1=p3V3
解得V3=p1V1p3=0.6×900.3 m3=180 m3
【解法二】加热后,氦气的温度T3=270 K,体积设为V3
由盖-吕萨克定律有:V2T2=V3T3
解得V3=T3V2T2=270×160240 m3=180 m3
专题强化练6 关联气体状态变化问题
1.A 假设水银不动,左右两部分气体都将发生等容变化,根据查理定律可得pT=ΔpΔT,整理得Δp=pΔTT;由于初态时两边温度相同,但左侧气体的压强大,升高相同的温度时,左侧压强增加得多,所以左侧的气体体积变大,两水银面的高度差增大,故A正确。
2.答案 3mg2S
解析 设开始时气体a的压强为p1,则此时气体b的压强也为p1
汽缸转动后,活塞稳定时,设气体a的压强为p2,则气体b的压强为p3=p2+mgS
气体a、b温度始终不变,设原来活塞到左侧距离为d
对于气体a,由玻意耳定律有p1Sd=p2S·32d
对于气体b,由玻意耳定律有p1S·2d=p3S·32d
解得p1=3mg2S。
方法技巧
关联气体问题
(1)两部分中,每一部分气体都独立满足pVT=C;
(2)两部分气体之间在压强、体积等方面往往存在一定的联系,需要列出联系方程。
3.答案 56l0
解析 气体Ⅰ在初状态的压强为:p1=p0-3mgS=25p0
末状态的压强为:p'1=p0-2mgS=35p0
气体Ⅰ发生等温变化,由玻意耳定律有:p1l0S=p'1l1S
解得l1=23l0
气体Ⅱ在初状态的压强为:p2=p1-mgS=15p0
末状态的压强为:p'2=p'1-mgS=25p0
气体Ⅱ发生等温变化,由玻意耳定律有:p2l0S=p'2l2S
解得l2=12l0
所以活塞A上升的高度为:Δl=(l0-l1)+(l0-l2)=56l0
方法技巧
解答关联气体问题的一般思路
(1)要分别选取每部分气体为研究对象,确定各自的初、末状态参量,根据理想气体状态方程或气体实验定律分别列式。
(2)要认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系,并列出关系方程。
(3)综合气体方程和关系方程联立求解。
4.答案 (1)15 cm (2)7.5 cm
解析 (1)对A空气柱,初状态:pA1=75 cmHg,V A1=12(cm)×S
末状态:pA2=75 cmHg-ρgL,V A2=15(cm)×S
根据玻意耳定律有:pA1VA1=pA2VA2,解得L=15 cm
(2)对B空气柱,初状态:pB1=75 cmHg,VB1= [24(cm)-15(cm)] ×S =9(cm)×S
末状态:pB2=pA1+pL=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg,VB2= lB2×S
根据玻意耳定律有:pB1VB1=pB2VB2,解得lB2=7.5 cm
专题强化练7 变质量问题
1.C 初状态p=10 atm、V=20 L,末状态p'=2 atm、V1=V+n×5(n为瓶数),根据玻意耳定律有pV=p'V1,解得n=16,故C正确。
2.B 以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象,发生等压变化时,根据盖-吕萨克定律有V0273K+7℃=V273K+27℃,得出气体在27 ℃时的体积V=1514V0,则室内的空气质量减少了V-V0V=115=6.7%,故选B。
方法技巧
处理变质量问题的方法:
(1)取所有气体为研究对象,应用气体实验定律求解;
(2)放气、漏气问题中,末状态的总体积对应气体的总质量;末状态留在容器中的是剩余气体,可以求出对应的剩余质量。
3.答案 (1)0.01 m3 5.0×106 Pa (2)12
解析 (1)对金属壳受力分析,由平衡条件有:ρgV=F+Mg,解得V=0.01 m3
稳定后壳内水面的高度Δh=a-Va2
则有p=p0+ρg(H-Δh)
解得p=5.0×106 Pa
(2)气体未跑出时,设气体的体积为V',则初态:p1=p0,V1=a3,末态:p2=p,V2=V',气体发生等温变化,由玻意耳定律有:p0V1=pV'
跑出的气体质量与原有气体质量的比为:m出m原=V'-VV'
解得m出m原=12
4.答案 (1)p0V0Smg+fm+p0S (2)2ρV0mg+fmp0S
解析 (1)橡皮塞刚好上滑时,设左室气体的体积为V,压强为p,对橡皮塞受力分析,可得mg+fm+p0S=pS
左室气体发生等温变化,由玻意耳定律有p0V0=pV
解得V=p0V0Smg+fm+p0S
(2)设需要向右侧气室打入的空气的体积为ΔV,因活塞可自由滑动,故末态右侧气室的压强与左侧气室的压强相等,右侧气室气体体积为2V0-V。把右侧气室原有气体与打入的气体整体作为研究对象,发生等温变化,有p(2V0-V)=p0(V0+ΔV),解得ΔV=2(mg+fm)V0p0S,
需要向右侧气室内打入的空气质量Δm=ρΔV=2ρV0mg+fmp0S。
5.答案 (1)3 min (2)276.48 kPa,没有
解析 (1)以充气后胎内气体为研究对象,设充气时间为t,气体发生等温变化,由玻意耳定律有:p1V0+p2V2=p3V0
其中p1=180 kPa,p2=100 kPa,p3=240 kPa,V2=ΔV×t
解得t=3 min
(2)以车胎内气体为研究对象,气体压强p3=240 kPa,
T3=273 K-23 ℃=250 K
设停放较长时间后轮胎内气体压强为p4,温度T4=273 K+15 ℃=288 K
初态和末态体积相同,由查理定律有:p3T3=p4T4
解得p4=276.48 kPa
该胎压没超过限压300 kPa,所以没有爆胎危险。
第3节综合拔高练
五年高考练
1.答案 1 V2V1
解析 根据V-t图像画出V-T图像。
a、b在图线I上,ab图线过原点,是等压线,可知pa=pb,所以papb=1;b'、c'两点温度相同,根据玻意耳定律可得pb'V1=pc'V2,由等压线知pb=pb',pc=pc',解得pbpc=V2V1。
2.答案 (ⅰ)297 K (ⅱ)309 K
解析 (ⅰ)当环境温度为T1=300 K时,设铁块所受支持力为N1
对铁块受力分析得N1+F1=m2g
对活塞受力分析得F1+p1S=m1g+p0S
联立可得p1=p0+m1g-m2g+N1S=1.0×105 Pa
同理,当环境温度为T2时,设铁块所受支持力为N2
p2=p0+m1g-m2g+N2S=0.99×105 Pa。
由查理定律可得
p1T1=p2T2
联立可得T2=297 K
(ⅱ)当环境温度最高时,细绳上的拉力刚好为零,
则p3=p0+m1gS=1.03×105 Pa
由查理定律可得
p1T1=p3Tmax
解得Tmax=309 K
3.C 由图可知三个状态的参量:A(pA=2p0,VA=0.6 V0);B(pB=2p0,VB=2V0);C(pC=0.6p0,VC=2V0)。由理想气体的状态方程知pAVATA=pBVBTB=pCVCTC,可得TB=103TA、TC=TA,故选项C正确。
4.答案 (ⅰ)0.4V 2p0 (ⅱ)(5-1)V 3+54p0
解析 (ⅰ)B气体等温变化:p0V=pBV2
解得pB=2p0
隔板静止时,pA=pB+0.5p0=2.5p0
A气体等温变化:p0V=2.5p0VA
VA=0.4V
(ⅱ)活塞回到初始位置的过程中,B气体等温变化,设B的压强为pB',体积为VB'
p0V=pB'VB'
A气体等温变化,设A的压强为pA',体积为VA'
p0V=pA'VA'
当pB'比pA'大0.5p0时,隔板停止运动,pB'=pA'+0.5p0
VA'+VB'=2V
联立解得VA'=(5-1)V,pB'=3+54p0
5.答案 (ⅰ)3.1×103 Pa (ⅱ)973
解析 (ⅰ)夹层内气体原状态:T1=(273+27) K=300 K、p1=3.0×103 Pa
温度升高后:T2=(273+37) K=310 K、求p2
等容变化:p1T1=p2T2
解得:p2=3.1×103 Pa
(ⅱ)设夹层容积为V,夹层中增加的气体在压强为p1状态下的体积为nV,大气压强为p0
等温变化:p1(V+nV)=p0V
解得n=973
Δmm=ρnVρV=973
6.答案 (ⅰ)23p (ⅱ)23
解析 (ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有12p(2V)=pV1 ①
现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1)。设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有
p(V+V1)=p'(V+2V) ②
联立①②式可得
p'=23p ③
(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律
p'V=pV2 ④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有
k=V2V ⑤
联立③④⑤式可得
k=23 ⑥
7.答案 (ⅰ)ρgHp0+ρgHh (ⅱ)ρgSHℎp0
解析 (ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有
p1V1=p0V0 ①
V0=hS ②
V1=(h-l)S ③
p1=p0+ρg(H-l) ④
联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得
l=ρgHp0+ρgHh ⑤
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有
p2V0=p0V3 ⑥
其中
p2=p0+ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V,依题意
V=V3-V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得
V=ρgSHℎp0 ⑨
8.答案 大于 等于 大于
解析 由理想气体的状态方程得2p1V1T1=p1V1T2=p1·2V1T3,可知T1=T3>T2。由状态1到状态2,气体压强减小,气体体积相同,温度降低,则气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少,N1>N2。对状态2和状态3,压强相同,温度大的次数少,则N3
10.CD 由分子动理论的基本内容可知,分子永不停息地做无规则运动,选项A错误;在无外界影响下,静置的理想气体温度不变,因此分子的平均动能不变,但每个分子的速度大小无法确定,选项B错误,C正确;因静置足够长时间,分子无规则运动在各个位置的概率相等,故分子的密集程度保持不变,选项D正确。
三年模拟练
1.C 由题图可以写出气体压强与体积的函数关系式为p=kV,根据理想气体状态方程pVT=C,可得出p2=kCT ,可知p-T图像为抛物线,故选C。
2.CD 设开始时上部分空气压强为p(cmHg),则下部分空气压强为p+ph(cmHg),其中ph为水银柱产生的压强;转过90°的过程中,下部分的空气压强减小,由于气体做等温变化,由玻意耳定律可知,下部分空气的体积变大,故A错误。当它竖直向上加速运动时,水银柱受到的合力竖直向上,所以下面的空气压强变大,根据玻意耳定律可知下面气体体积减小,故B错误。当玻璃管自由下落时,水银柱不产生压强,水银柱下面空气压强变小,由于气体做等温变化,故下面空气的体积变大,上面空气体积减小,故C正确。当把玻璃管浸入冰水中时,气体的温度降低,假设气体做等容变化,根据查理定律有pT=C=ΔpΔT,可以看出初态压强p越大的气体压强减小得越多,所以下部分气体压强减小得多,水银柱下降,上面空气体积增大,故D正确。
3.答案 (1)1.2p0 (2)16
解析 (1)加热饭盒时,玻璃饭盒内气体体积不变,由查理定律有:p0T0=p1T1
解得p1=1.2p0
(2)排气过程中封闭气体做等温变化,初状态体积V0=SL,设最终体积为V1,
由玻意耳定律有:p1V0=p0V1
解得V1=1.2SL
同温度、同压强下同种气体的质量比等于体积比,设排出气体的质量为Δm,原来气体的质量为m0,则
Δmm0=V1-V0V1
联立解得Δmm0=16
方法技巧
分析变质量问题时要巧取研究对象,往往选取参与变化的所有气体为研究对象,就能便捷地应用气体状态方程来解答。像本题中的“漏气”问题,在末状态,虽然气体从容器中排出去了,但是漏掉的气体和容器中剩余气体是同温、同压的,可以设想有一个“无形的袋子”装下了所有气体,这样就把变质量问题转化为定质量问题。
4.答案 (1)12ρhS (2)不变化 (3)32T0
解析 (1)设汽缸内封闭气体的压强为p,对汽缸受力分析,由平衡条件有pS2+Mg=p0S2
又有p=p0-ρgh
解得M=12ρSh。
(2)对汽缸内气体缓慢加热时,汽缸始终受力平衡,大气压强不变,汽缸重力恒定,所以内部压强不变,可知U形玻璃管内左右两侧水银液面高度差不变。
(3)继续对汽缸内气体缓慢加热,活塞没离开汽缸时,汽缸内部压强不变,由盖-吕萨克定律有LST0=LS+LS2T1
解得T1=32T0。
4 固体
基础过关练
1.D 明矾、石英、冰块为晶体,塑料为非晶体,故D符合题意。
2.D 晶体具有确定的熔点,而非晶体没有确定的熔化温度,故D正确。
3.C 单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不相同,才会出现各向异性,故A错误;单晶体有规则的几何形状且各向异性,而多晶体没有规则的几何形状,也不显示各向异性,故B错误;晶体熔化时虽然温度不变,但吸收热量,内能增加,故C正确;由同一种化学成分形成的物质不一定是以一种晶体结构的形式存在,如石墨和金刚石,故D错误。
4.B 金刚石、食盐和天然石英都是晶体,而玻璃是非晶体,故A错误;晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的,B正确;单晶体和多晶体有固定的熔点,非晶体没有确定的熔化温度,故C错误;单晶体具有各向异性,而多晶体不显示各向异性,非晶体具有各向同性,故D错误。
5.A 将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒还是晶体,A说法错误,符合题意;固体可以分为晶体和非晶体两类,单晶体在不同方向上显示各向异性,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质,故B说法正确,不符合题意;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,例如石墨和金刚石,故C说法正确,不符合题意;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,例如天然石英是晶体,熔化以后再凝固的石英玻璃却是非晶体;把晶体硫加热熔化,倒入冷水中,会变成柔软的非晶体硫,再经一段时间又会转变成晶体硫,故D正确,不符合题意。
6.A 单晶体内部的结构有规则,具有各向异性,多晶体不显示各向异性,非晶体显示各向同性,故A正确。
7.D 石英是单晶体,有确定的熔点,有确定的几何形状,故A、C错误,D正确;石英受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”,沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著,故具有各向异性,故B错误。
8.BC 非晶体具有各向同性的特点是由于非晶体内部结构的无规则性使不同方向上物质微粒的排列情况相同,故B、C正确。
9.ABD 很多单晶体都是由相同的物质微粒组成的,例如,金刚石和石墨都是由碳原子组成的,可见其各向异性不是因为不同方向上的粒子性质不同,而是因为粒子的数目和粒子间距不相同,故A、B正确,C错误;单晶体熔点的存在是由于单晶体在熔化时要吸收热量用来瓦解空间点阵,增加分子势能,熔化过程中分子的热运动的平均动能不变,即温度不变,只有当单晶体全部转化为液体后温度才会继续升高,分子热运动的平均动能才会增加,故D正确,E错误。
能力提升练
1.C 多晶体和非晶体都没有规则的几何外形,故A错误;同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,故B错误;单晶体表现为各向异性,多晶体表现为各向同性,石墨和金刚石都是单晶体,故C正确,D错误。
方法技巧
判断晶体与非晶体的方法
(1)有确定的熔点的物质是单晶体或多晶体,无确定的熔化温度的物质是非晶体。
(2)具有各向异性的物质是单晶体;具有各向同性、没有规则外形的物质是多晶体或非晶体。
仅从各向同性或几何形状不能断定某一固体是晶体还是非晶体。
2.A 晶体熔化时,其温度虽然不变,但其内部结构可能发生变化,其吸收的热量转化为分子势能,内能增大,故A正确;单晶体不一定是单质,例如食盐晶体,故B错误;多晶体没有确定的几何形状,但有确定的熔点,故C错误;单晶体各向异性,但多晶体不显示各向异性,故D错误。
3.ACD 石英是晶体,而由石英制成的玻璃没有确定的熔化温度,为非晶体,故A说法错误,符合题意;晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变,有确定的熔点,食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体,故B说法正确,不符合题意;蔗糖受潮后粘在一起,没有确定的几何形状,但是用放大镜看,仍可发现组成糖块的一个个晶体粒,所以它是多晶体,故C说法错误,符合题意;用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明云母片具有各向异性,是晶体,故D说法错误,符合题意。
4.A 沿O1O1'和O2O2'两对称轴测长方体的电阻,所得阻值相等,说明该物质沿O1O1'和O2O2'方向电阻率(即导电性能)不同,即表现出各向异性的物理性质,即这块样品可能是单晶体,故选项A正确。
5.C 测试发现,材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等,材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻,说明了甲具有各向同性,而乙具有各向异性,单晶体的物理性质是各向异性的,所以乙一定是单晶体,而多晶体和非晶体是各向同性的,材料甲可能是多晶体,也可能是非晶体,故C正确。
6.D 石墨中的碳原子在平衡位置附近振动,故A错误;石墨单层的厚度d=1×10-33×106 m=3×10-10 m,且层与层之间有空隙,故B错误;石墨烯碳原子间不仅存在分子引力,同时也存在分子斥力,故C错误;石墨烯是晶体,在熔化过程中,温度不变,所以碳原子的平均动能不变,故D正确。
7.答案 (1)在确定方向上原子有规则地排列;在不同方向上原子的排列规则一般不同 (2)原子的排列具有一定的对称性
解析 从题图中可以看出,这几种材料的原子排列均有一定的规则,因此是晶体,具有晶体的特点。
5 液体
基础过关练
1.AD 若用烧热的针刺破B侧的薄膜,由于A侧薄膜中表面张力作用,棉线向A侧弯曲,故A正确,C错误;若用烧热的针刺破一侧的薄膜,棉线不可能被拉直,故B错误;若用烧热的针刺破A侧的薄膜,由于B侧薄膜中表面张力作用,棉线向B侧弯曲,故D正确。
2.C 玻璃是非晶体,熔化后再凝固仍然是非晶体,故A、B错误;玻璃管的裂口放在火焰上烧熔后尖端变成球形,是表面张力的作用,因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用,而体积相同情况下球的表面积最小,故呈球形,故C正确,D错误。
3.BD 表面张力是液体表面层分子间的相互作用,而不是液体各部分间的相互作用,故A错误;与气体接触的液体表面层的分子间距离大于分子的平衡距离r0,分子间作用力表现为引力,即存在表面张力,故B正确;表面张力使液体表面有收缩的趋势,它的方向总是与液面相切,故C错误,D正确。
4.B 浸润与不浸润是相对的,对玻璃来说水银是不浸润液体,但对铅来说水银是浸润液体,故A错误;在内径小的容器里,如果液体能够浸润器壁,液面呈凹形,且液体在容器内上升,如果液体不浸润器壁,液面呈凸形,故B正确;固体分子对液体分子的引力大于液体分子间引力时,才会形成浸润现象,故C错误;由于细玻璃管的内径不同,竖直插入水中时,管内水柱高度不同,管越细,高度越高,毛细现象越明显,故D错误。
导师点睛
理解浸润、不浸润与毛细现象的三个要点:
(1)浸润与不浸润现象都是分子间作用力作用的表现,对于同一种固体,有些液体浸润,另一些液体不浸润;
(2)同一种液体,对一些固体浸润,对另一些固体不浸润;
(3)对于毛细现象,抓住是浸润和不浸润及表面张力共同作用的结果,浸润液体在毛细管内会上升,不浸润液体在毛细管内会下降。
5.AC 粉笔和棉线内部有许多细小的孔道,起着毛细管的作用,所以A、C正确;砖的内部也有许多细小的孔道,会起到毛细管的作用,在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,可以防止地下水分沿着夯实的地基以及砖墙的毛细管上升,以保持房屋干燥,故B错误;土壤里面有很多毛细管,地下的水分可沿着它们上升到地面,如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,破坏这些土壤里的毛细管,不是利用毛细现象,故D错误。
6.C 液体的表面张力产生在液体表面层,它的方向跟液面平行,使液面收缩,故A说法正确;液体的表面张力具有使液面收缩的趋势,露珠呈球形是液体的表面张力作用的缘故,故B说法正确;浸润液体在细管内上升,不浸润液体在细管内下降,故C说法错误;浸润液体和不浸润液体都有可能发生毛细现象,故D说法正确。本题选说法不正确的,故选C。
7.BD 由题图可知A管中液体附着在管壁上,由于表面张力的作用,A管液面高于槽内液面;B管中液体不会附着在管壁上,由于表面张力的作用,B管液面低于槽内液面;该液体对A管壁是浸润的,对B管壁是不浸润的,选项A错误,B正确。浸润液体在细管里上升的现象和不浸润液体在细管里下降的现象均叫毛细现象,故选项C错误,D正确。
8.C 液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态,不是液体和晶体的混合物,故A错误;只有部分物质具有液晶态,故B错误;液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,C正确;电子手表中的液晶在外加电压的影响下,由透明变浑浊,本身不能发光,故D错误。
9.AB 液晶既具有液体的流动性又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质,分子取向排列的液晶具有光学各向异性,故在特定方向上排列整齐,故A正确;液晶的分子排列是不稳定的,外界的微小扰动就能引起液晶分子排列的变化,其物理性质并不稳定,故选项B正确,C、D错误。
能力提升练
1.CD 单晶体表现为各向异性,多晶体表现为各向同性,选项A错误;液体表面张力的方向与液面平行,选项B错误;液体表面层分子较为稀疏,分子间作用力表现为引力,导致液体表面具有收缩的趋势,自由下落的小水滴呈球形,是由于液体表面张力的作用,故C正确;雨水不能透过布雨伞,其原因之一是液体表面存在表面张力,选项D正确。
2.C 因为不同物质间的分子间作用力的性质不同,可能表现为引力也可能表现为斥力,所以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,故A说法正确;针浮在水面,是水表面存在表面张力的缘故,故B说法正确;烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,由于云母片导热的各向异性,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明云母片是晶体,故C说法错误;在完全失重的环境下,由于表面张力的作用,水滴会收缩成标准的球形,故D说法正确。本题选不正确的,故选C。
3.B 因为水滴从弯管管口N处落下之前,弯管管口的水面在重力作用下要向下凸出,这时表面张力的合力竖直向上,使水不能流出,故B正确。
4.AB 浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现,故A正确;农田里如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生,故B正确;浸润与不浸润是相对的,一种液体是否浸润某种固体,与这两种物质的性质都有关系,水银不浸润玻璃,但浸润铅,故C错误;在建筑房屋时,在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,是因为水对油和沥青是不浸润的,会阻止地下水上升,故D错误。
5.D 鸭子从池塘中出来,羽毛并不湿,这是不浸润现象,A错误;露珠成球形,荷叶和露水表现为不浸润,B错误;小昆虫能在水面上自由走动,与液体表面张力有关,C错误;保存地下的水分就要把地面的土壤锄松,这是为了破坏土壤中的毛细管,防止毛细现象的发生,D正确。
6.ABC 液晶具有液体的流动性,又具有光学各向异性,电场可改变液晶的光学性质,所以加上不同的电压可以改变液晶的光学性质,故A正确;液体的表面张力使液体表面有收缩的趋势,表面张力的方向与液体表面相切,故B正确;脱脂棉脱脂后,从不能被水浸润变为可以被水浸润,这样有利于吸取药液,故C正确;悬浮在水中的小炭粒的布朗运动反映了水分子的热运动,故D错误。
7.BC PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动,故A错误;表面张力形成的原因:液体跟气体接触的表面存在一个薄层,叫作表面层,表面层里的分子比液体内部稀疏,分子间的距离比液体内部大一些,分子间的作用力表现为引力,即表面张力,表面张力具有使液体表面收缩的趋势,故B正确;浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现,故C正确;多晶体和非晶体都是各向同性的,故D错误。
易混易错
从物理性质各向异性的角度判断固体的种类时,部分学生没有认识到只有单晶体才有各向异性。
8.B 肥皂泡的无规则运动是肥皂泡受到的重力、浮力及风力作用的结果,而布朗运动是固体小颗粒受到分子撞击的不平衡引起的,故A错误;表面张力具有使液面收缩的趋势,而体积相同时,球的表面积最小,所以肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关,故B正确;肥皂水与玻璃杯壁表现为浸润,液体的附着层内的液体分子受到固体分子的吸引力大于液体内部分子间作用力,所以附着层液体分子比较密集,分子间的作用力表现为斥力,故C错误;肥皂泡表面液体分子间既有引力又有斥力,合力表现为引力,故D错误。
9.A 松土是把地面的土壤锄松,目的是破坏这些土壤里的毛细管,防止发生毛细现象,可有效减少水分蒸发,保存水分,故B、C错误,A正确;松土除了保墒、刈草外,还减少土壤下水分蒸发,提高地温,故D错误。
本章复习提升
易混易错练
1.B 多晶体不具有规则的几何形状,故A错误;多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状,B正确;单晶体的物理性质是各向异性的,多晶体和非晶体是各向同性的,故C错误;天然水晶是晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体,D错误。
2.D 单晶体具有各向异性,而多晶体具有各向同性,故A错误。黄金的延展性好,可以切割加工成任意形状;黄金有固定的熔点,是晶体,故B错误。在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体,故C错误。晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔化温度,故D正确。
错解分析
理解不透单晶体、多晶体与非晶体之间的特性差异是解答本题出错的原因。要熟练掌握以下内容:单晶体有确定的熔点,有规则的几何外形,具有各向异性的特性;多晶体有确定的熔点,没有确定的几何形状,具有各向同性的特性;非晶体没有确定的熔化温度,没有规则的几何外形,具有各向同性的特性。
3.BC 表面张力是液体表面层分子间的相互作用力,而不是液体内部各部分之间的相互作用力,故A错误;与气体接触的液体表面层的分子间距离大于分子的平衡距离r0,分子间作用力表现为引力,故B正确;表面张力使液体表面有收缩的趋势,它的方向总是与液面相切,故C正确,D错误。
错解分析
理解不透表面张力的方向特点、作用效果及产生的微观原因会导致解答本题出错。应从表面张力产生的微观原因入手,深入理解表面张力的方向特点,进而掌握表面张力的作用效果。
4.AD 小昆虫在水面上行进过程中,其脚部位置比周围水面稍下陷,但仍在水面上而没有浸入水中,就像踩在柔韧性非常好的膜上一样,因此,这是液体的表面张力在起作用,浮在水面上的缝衣针与小昆虫情况一样,不是浮力而是表面张力起作用,故A正确,C错误。小木块浮于水面上时,木块的下部实际上已经浸入水中,排开了一部分水,受到水的浮力作用,是浮力与重力平衡的结果,而非表面张力在起作用,故B错误。喷泉喷到空中的水分散时,每一小部分的表面都有表面张力在起作用,表面张力具有使液体表面收缩的趋势,因而形成球状水珠,故D正确。
错解分析
理解不透表面张力的作用效果及产生的微观原因会导致解答本题出错。分析实际情景时要从表面张力的作用效果上寻找突破点。
5.A 由盖-吕萨克定律VT=C,得ΔV=ΔTTV,所以ΔV1=5278V1、ΔV2=5283V2,不能错误地选择B选项,因为V1、V2分别是气体在5 ℃和283 K时的体积,而V1278=V2283,所以ΔV1=ΔV2,故A正确。
错解分析
不用热力学温度表示初始温度,将摄氏温度代入盖-吕萨克定律中导致计算出错。在应用盖-吕萨克定律公式VT=ΔVΔT时,T是热力学温度,不是摄氏温度;而ΔT用热力学温度或摄氏温度都可以。
6.C 假定两个容器内气体的体积不变,即VA、VB不变,初始状态时A、B中气体温度分别为263 K和283 K,当温度升高ΔT时,容器A内气体的压强由p1增至p1',Δp1=p1'-p1,容器B内气体的压强由p2增至p2',Δp2=p2'-p2;由查理定律得Δp1=p1263K·ΔT,Δp2=p2283K·ΔT,因为p2=p1,所以Δp1>Δp2,即水银柱将向B容器移动,故选项C正确。
错解分析
不用热力学温度表示初始温度,将摄氏温度代入查理定律中导致计算出错。在应用查理定律公式pT=ΔpΔT时,T是热力学温度,不是摄氏温度;而ΔT用热力学温度或摄氏温度都可以。
7.答案 (1)1.33×105 Pa (2)5 cm (3)127 ℃
解析 (1)A中气体的压强为p2=p0+FS=1.0×105+53×103500×10-4 Pa=1.33×105 Pa。
(2)对A中气体由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得V2=p1V1p2=1.0×105×1.0×10-21.33×105 m3=7.5×10-3 m3
活塞N向右移动的距离为ΔL=V1-V2SA=(10-7.5)×10-3500×10-4 m=5 cm
(3)B中气体的温度T1=273 K+t1=(273+27) K=300 K,T2=273 K+t2
由查理定律有p1T1=p2T2
解得T2=p2p1T1=1.33×1051.0×105×300 K=400 K
所以t2=T2-273 ℃=127 ℃。
错解分析
计算A中气体的压强时未考虑大气压强,没有考虑A中气体体积的变化量与活塞N移动距离关系都会导致计算出错。解题时,要仔细分析气体在不同状态下的各个参量的值,再应用气体实验定律和理想气体状态方程求解。
8.D 以升温前房间里的气体为研究对象,由盖-吕萨克定律得VT=V1-1%T+3K,解得T=297 K,故t=24 ℃。
错解分析
房间内气体的质量是改变的,若不能巧妙选取研究的气体,就不能正确应用气体实验定律求解。变质量问题往往选取问题中涉及的所有气体为研究对象。
9.答案 (1)T1T0 (2)T0-T2T2
解析 (1)设教室内空气的密度为ρ0,室外冷空气的密度为ρ1,在1个标准大气压下,将教室内体积为V0、温度为T0的气体,转化成等质量的温度为T1的气体后,设其体积变为V1。
由盖-吕萨克定律有:V0T0=V1T1 ①
气体变化前后质量相等,有ρ0V0=ρ1V1 ②
解得ρ0ρ1=T1T0 ③
(2)教室内原来的空气质量为m0=ρ0V0 ④
由③④联立解得m0=T1T0ρ1V0 ⑤
通风完毕后,室内的气体体积仍为V0,温度变为T2,把其转化成等质量的温度为T0的气体,设其体积变为V,此时其密度变为ρ0。由盖-吕萨克定律有:VT0=V0T2 ⑥
室内通风后空气的质量为m=ρ0V ⑦
由③⑥⑦联立解得m=T1T2ρ1V0 ⑧
教室内空气质量增加了Δm=m-m0 ⑨
由⑤⑧⑨联立解得Δmm0=T0-T2T2
错解分析
本题中室内气体的质量是不断变化的,若只取一种状态下的气体为研究对象来分析多种情况就会导致求解出错。分析不同的变质量过程,往往要选取不同的气体为研究对象。
10.答案 (1)2L03 (2)3L0S
解析 (1)取密封气体为研究对象,初状态压强为p0,体积为L0S,假设没有A、B限位装置,设末状态(稳定)时压强为p,气柱长度为L,则
p=p0+3p0SS=4p0
气体发生等温变化,由玻意耳定律有p0L0S=pLS,解得L=L04
因L04
气泵压入的压强为p0的气体体积为ΔV=V-L0S
解得ΔV=3L0S。
错解分析
本题中若以汽缸内原有气体为研究对象,或以充入的气体为研究对象都会导致求解出错。对充气的变质量情况,往往要选取充气完毕后所有气体为研究对象;对放气的变质量情况,往往要选取放气前所有气体为研究对象。
思想方法练
1.A 在V-T图像中等压线是过坐标原点的直线。由理想气体的状态方程知VT=Cp。可见当压强增大时,等压线的斜率k=VT=Cp变小,由图可确定pa
方法点津
在V-T图像中,过原点的直线表示气体发生等压变化,在同一个V-T图像中,斜率大的直线对应的气体压强小,所以在解答本题时,画出多条过原点的直线,即构建不同的等压变化来比较不同状态下气体压强的大小。
2.B 将t轴上绝对零度(即-273.15 ℃)点D与A、B分别连接起来,如图所示,
由图可知AD与BD均表示气体发生等容变化,由理想气体状态方程pVT=C可得pT=CV,可知等容线斜率越大,即pT越大,气体体积越小。图中AD斜率较大,BD斜率较小,则AD对应的气体体积较小,BD对应的气体体积较大,所以气体由A变化到B,体积逐渐增大,故选项B正确。
方法点津
一定质量的理想气体在等容变化中,其压强与热力学温度成正比,而不是与摄氏温度成正比,所以在解答本题时,要找到横坐标为-273.15 ℃的点,画出多条过绝对零度的直线,即构建不同的等容变化来比较不同状态下气体体积的大小。
3.ABD 从图像直接看出A→B温度升高,因为BA延长线经过原点,是等容线,体积不变,故选项A正确。从图像直接看出B→C压强不变即BC是等压线,根据pVT=C可知随着温度降低,体积变小,故选项B正确。从图像直接看出 C→D温度不变,即CD是等温线,压强变小,根据pVT=C可知体积增大,故选项C错误。由图线直接看出B状态时气体的温度最高;根据pVT=C得出pT=CV ,说明p-T图像的斜率越大,气体的体积越小,由图像得到kA=kBVD>VC,所以C状态时气体的体积最小,故选项D正确。
方法点津
一定质量的理想气体在等容变化中,其压强与热力学温度成正比,所以A→B过程就是等容变化。连接O、C,O、D来构建两个新的等容变化,对比它们斜率的大小就能比较不同状态下气体体积的大小。
4.A 题目没说压力多大,可以采用极限法分析,不妨设其为无穷大,这时空气柱的体积几乎都被压缩为零。显然,活塞移动的距离要比水银柱移动的距离多A部分空气柱的长度,即L比H大,故选项A正确。
方法点津
在单调函数的变化过程中,可以应用极限法定性分析物理量之间的变化关系。例如,本题中,压强与体积之间的变化关系是减函数,可以采用极限法分析当压强为无穷大时对应的体积情况;活塞移动距离与气体体积减小量之间的变化关系是增函数,可以采用极限法分析当体积为零时对应的活塞移动的距离。
5.A 假设U形管平放后两部分气体的体积不变,即L和H的大小相等。在竖直状态时可以判断出左侧空气柱a的压强应比右侧空气柱b的压强大,则如果水平放置时L和H相等的话,两端的空气柱体积不变,压强也不变。此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下向右侧管中移动,即原来长的空气柱变长,原来短的空气柱变短,则可知L>H,故A正确。
方法点津
由于两部分气体的体积和压强都变化,如果直接去分析四个变化情况,就会使问题难于解决。在定性分析时,往往可以先假设气体体积不变、压强不变或水银柱的长度不变等,然后利用气体实验定律分析真实的变化关系。
本章达标检测
1.D 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明云母片是晶体,A错误;大颗粒的盐磨成了细盐,仍然是晶体,B错误;晶体熔化时吸收热量,温度不变,所以分子的平均动能不变,故C错误;浸润现象中,附着层的液体分子比液体内部更密集,液体分子之间的作用力表现为斥力,故D正确。
2.B 从p-V图像中的AB图线可知,气体由状态A变化到状态B为等容变化,压强增大,根据查理定律可知气体温度升高,A错误;一定质量的理想气体的内能仅由温度决定,所以气体的温度升高,内能增加,B正确;气体的温度升高,分子的平均动能增大,平均速率增大,C错误;气体体积不变,压强增大,则气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数增加,D错误。
3.A 假设空气柱长度不变,则玻璃管内水银长度不变,玻璃管倾斜后,管内水银柱高度减小,空气柱的压强增大,根据玻意耳定律可知空气柱体积减小,水银槽内水银会进入玻璃管,管内水银长度变长,故A正确,B、C、D错误。
4.D 对于一定质量的气体,在温度不变时,其p-1V图像是过原点的直线,若压强传感器与注射器的连接处漏气,或未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积,则p与V的乘积的值减小,或者说p-1V图像的斜率减小,故选项A、C说法正确,不符合题意。为了防止漏气,应该在注射器活塞上涂润滑油,故选项B说法正确,不符合题意。实验过程中用手握住注射器前端,会导致注射器中气体温度升高,则p-1V图像的斜率会增大,故选项D说法错误,符合题意。
5.C 两段水银柱合在一起前后的总压强差是相等的,所以最上面的那部分气体的压强始终没变,那么它的体积也保持不变;夹在中间的这部分气体向上移动后,它的压强减小,根据玻意耳定律可知它的体积将增大,所以水银柱的下端面将下降,即A'比A稍低,故A、B、D错误,C正确。
6.B 假设左、右两气柱的长度不变,两气柱在最初状态的压强关系p2>p1,由查理定律有p1T0=p1'T1=Δp1ΔT,则压强的增大量分别为Δp1=ΔTp1T0、Δp2=ΔTp2T0;由于升高相同温度,起始温度也相同,且p2>p1,则Δp2>Δp1,所以L2变长,L1变短,故B正确。
7.AC 热力学温度的单位“K”是国际单位制中七个基本单位之一,故A正确;热力学温度与摄氏温度两者大小关系为T=t+273.15 K,某物体的摄氏温度为10 ℃,则其热力学温度为283.15 K,0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K,用热力学温标和摄氏温标表示的温度可以在换算单位之后进行比较,故C正确,B、D错误。
8.CD 单晶体的物理性质都是各向异性的,故A错误;液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态,不是液体和晶体的混合物,B错误;液体表面张力有使液体表面收缩的趋势,露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,故C正确;由于液体的浸润与不浸润,毛细管中的液面有的升高,有的可能降低,故D正确。
9.ACD 对活塞、汽缸以及封闭气体整体进行分析,弹簧的拉力大小等于整体的重力,根据胡克定律可知弹簧伸长量始终不变,弹簧长度L始终不变,活塞的位置不变,则活塞高度h也不变,故A、D符合题意;对活塞进行受力分析,可知活塞受力情况不变,则气体压强p不变,故C符合题意;因为气体压强p不变,根据盖-吕萨克定律可知,当T增大时,气体体积V增大,又由于活塞的位置不变动,所以汽缸将向下运动,则汽缸高度H减小,故B不符合题意。
10.答案 (1)ACD(3分) (2)防止封闭气体温度发生改变(3分) (3)5(3分) (4)①(3分)
解析 (1)该实验过程中控制气体的质量、温度不变,运用了控制变量法;实验时注射器如何放置对实验结果没有影响;实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系,不需要测量气体体积的具体值,所以只需测量注射器内部装有气体部分的长度即可,而内部的横截面积没有必要测量;注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,便于等量地改变体积,可以不标注单位,故A、C、D正确。
(2)如果活塞推拉过快,气体的温度将产生显著的变化,实验误差将增大。
(3)由实验数据计算可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定,前四组数据符合得很好,乘积在11.9~12.1范围,第5组数据的乘积较大,为15.2,说明第5组数据记录错误。
(4)气体压强与气体的温度有关,一定质量的气体,在相同体积下,温度越高,压强越大,所以图像①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的。
11.答案 (1)1.25×105 Pa (2)图见解析
解析 (1)理想气体的初状态: p1=1.0×105 Pa,V1=2.5 m3,T1=400 K(1分)
末状态:V2=3 m3,T2=600 K(1分)
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2 (1分)
解得p2=p1V1T2T1V2=1.25×105 Pa(2分)
(2)由V-T图像可知,400 K~500 K范围内气体做等容变化,故在p-T图像中将图线延长到500 K处,此时气体压强为1.25×105 Pa;在500 K~600 K范围内,气体做等压变化,压强为1.25×105 Pa,故500 K~600 K内的p-T图线为水平直线,则温度从400 K升高到600 K的变化过程的p-T图像如图所示
(3分)
12.答案 (1)V1+V2+V3V0NA (2)8×103 Pa
解析 (1)冰箱的总容积V=V1+V2+V3 (1分)
总空气分子数N=VV0NA=V1+V2+V3V0NA(2分)
(2)变温室内的气体发生等容变化,若温度为t1=6 ℃,由查理定律得
p0273K+t0=p1273K+t1 (1分)
若温度为t2=-18 ℃,由查理定律得
p0273K+t0=p2273K+t2 (1分)
Δp=p1-p2 (1分)
解得Δp=8×103 Pa(2分)
13.答案 (1)307 N (2)10.7 cm
解析 (1)设当环境温度为T1=300 K时,缸内气体的压强为p1,
当环境温度降为T2=280 K时,缸内气体的压强为
p2=p0+mgS=1.2×105 Pa(2分)
气体发生等容变化,由查理定律得p1T1=p2T2 (1分)
解得p1=97×105 Pa(1分)
开始时活塞受力平衡,有F+p0S+mg=p1S (1分)
解得F=307 N(1分)
(2)初态:p2=1.2×105 Pa,T2=280 K,V2=HS (1分)
在活塞上加上重物后,最后稳定时,缸内气体的压强
p3=p0+(m+M)gS=1.6×105 Pa(2分)
T3=200 K,V3=hS
根据理想气体状态方程,有p2V2T2=p3V3T3 (2分)
解得h=10.7 cm(1分)
14.答案 (1)2mgS (2)74T0
解析 (1)设A、B两部分的总体积为V,图甲状态:pA=pB=p、TA=TB=T0、VA=VB=12V (1分)
图乙状态:设A部分气体压强为pA',则B部分气体压强为pB'=pA'+mgS,TA'=TB'=T0,VA'=23V,VB'=13V (1分)
对A部分气体,由玻意耳定律有:pA·12V=pA'·23V (2分)
对B部分气体,由玻意耳定律有:pB·12V=pB'·13V (2分)
解得p=4mg3S,pB'=2mgS (1分)
(2)图丙状态:A、B两部分气体体积再次相等,A回到最初状态,则pB″=p+mgS=7mg3S (2分)
从图乙状态到图丙状态的过程,对B部分气体,由理想气体状态方程有:pB'·13VT0=pB″·12VT (2分)
解得T=74T0 (1分)
第二章 气体、固体和液体
1 温度和温标
基础过关练
题组一 状态参量与平衡态
1.如果一个系统达到了平衡态,那么这个系统各处的 ( )
A.温度、压强、体积都必须达到稳定的状态不再变化
B.温度一定达到了某一稳定值,但压强和体积仍是可以变化的
C.温度一定达到了某一稳定值,并且分子不再运动,达到了“凝固”状态
D.温度、压强就会变得一样,但体积仍可变化
2.(2021吉林江城中学高二下月考)(多选)下列各系统处于平衡态的是 (深度解析)
A.放在0 ℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B.静止在沸水中足够长时间的铜块
C.刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D.放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
题组二 平衡态与热平衡
3.(2021北师大附中高二下月考)关于平衡态和热平衡,下列说法中正确的是 ( )
A.只要温度不变且处处相等,系统就一定处于平衡态
B.两个系统在接触时,它们的状态参量不发生变化,说明这两个系统原来的温度是相同的
C.热平衡就是平衡态
D.处于热平衡的几个系统的压强一定相同
4.(多选)有甲、乙、丙三个温度不同的物体(丙的温度最高),将甲和乙接触很长一段时间后分开,再将乙和丙接触很长一段时间后分开,假设只有在它们相互接触时有热传递,不接触时与外界没有热传递,则 ( )
A.甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态
B.只有乙、丙达到了平衡态,甲没有达到平衡态
C.乙、丙两物体都和甲达到了热平衡
D.乙、丙两物体达到了热平衡
5.关于热平衡,下列说法错误的是 ( )
A.用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B.温度相同的棉花和石头相接触,需要经过一段时间才能达到热平衡
C.若a与b、c分别达到热平衡,则b、c之间也达到了热平衡
D.两物体温度相同,可以说两物体达到了热平衡
题组三 温度、温度计与温标
6.(2021河北曲周一中高二下测试)温度计是生活、生产中常用的测量装置。如图为一简易温度计,一根装有一小段有色水柱的细玻璃管穿过橡皮塞插入烧瓶内,封闭一定质量的气体。当外界温度发生变化时,水柱位置将上下变化。已知A、D间的测量范围为20 ℃~80 ℃,A、D间刻度均匀分布。由图可知,A、D及有色水柱下端所示温度分别为 ( )
A.20 ℃、80 ℃、64 ℃
B.20 ℃、80 ℃、68 ℃
C.80 ℃、20 ℃、32 ℃
D.80 ℃、20 ℃、34 ℃
题组四 热力学温度和摄氏温度
7.(2020河北唐山十一中高二下期中)(多选)下列关于热力学温度的说法中正确的是 ( )
A.热力学温度与摄氏温度的每一度的大小是相同的
B.热力学温度的零度等于-273.15 ℃
C.热力学温度的零度是不可能达到的
D.气体温度趋近于绝对零度时,其体积趋近于零
8.下列有关温标的说法正确的是 ( )
A.温标不同,测量时得到同一系统的温度数值可能是不同的
B.不同温标表示的温度数值不同,则说明温度不同
C.温标的规定都是人为的,没有什么理论依据
D.热力学温标和摄氏温标是两种不同的温度表示方法,表示的温度数值没有关系
9.(2020上海高二学业考试模拟)气体初始温度为27 ℃,升高了20 ℃,用热力学温标表示,气体初始温度为 ( 易错 )
A.300 K,升高了20 K
B.27 K,升高了20 K
C.300 K,升高了293 K
D.27 K,升高了293 K
2 气体的等温变化
基础过关练
题组一 气体状态参量及压强的计算
1.(2021福建莆田七中高二下期中)关于气体的体积,下列说法正确的是 ( )
A.气体的体积就是所有气体分子体积的总和
B.气体的体积与气体的质量成正比
C.气体的体积与气体的密度成反比
D.气体的体积等于气体所在容器的容积
2.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考)(多选)一定质量的气体在等温变化过程中,下列物理量中将发生变化的是 ( )
A.分子的平均动能 B.单位体积内的分子数
C.气体的压强 D.分子总数
3.(2021吉林长春北师大附属学校高二下期中)(多选)如图所示,竖直放置一根上端开口、下端封闭的细玻璃管,内有两段长均为15 cm的水银柱,封闭了长度均为15 cm的A、B两段空气柱,已知大气压强p0=75 cmHg,
环境温度保持不变。则A、B两段空气柱的压强为 ( )
A.pA =60 cmHg
B.pA =90 cmHg
C.pB=105 cmHg
D.pB=120 cmHg
4.(2020黑龙江哈尔滨三十二中高二下期末)如图所示为内壁光滑的导热汽缸,一质量为m=2 kg、横截面积S=40 cm2的活塞封闭一定质量的气体,开始时汽缸如图甲放置,之后将其竖直放置(如图乙),大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)如甲图放置时,汽缸内气体的压强为多少?
(2)如乙图放置时,汽缸内气体的压强为多少?
题组二 探究气体等温变化的规律
5.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是 ( )
A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化
B.实验中为找到体积与压强的关系,一定要测量空气柱的横截面积
C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,不仅减小摩擦还可以防止漏气
D.处理数据时采用p-1V图像,是因为p-1V图像比p-V图像更直观
6.(2021山东青岛高二下期中,节选)某实验
小组用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连,细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。
(1)从压力表中读取空气柱的 ,从注射器旁的 中读取空气柱的长度。
(2)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是 。
(3)实验过程中,下列操作正确的是 。
A.推拉柱塞时,动作要快,以免气体进入或漏出
B.推拉柱塞时,手不可以握住整个注射器
C.柱塞移至某位置时,应迅速记录此时注射器内空气柱的长度和压力表的压强值
题组三 玻意耳定律的理解及应用
7.(2020山东济南外国语学校高二下测试)一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小2 atm时,体积变化了4 L,则该气体原来的体积为 ( )
A.43 L B.2 L C.83 L D.3 L
8.
(2021辽宁沈阳高二下期中)(多选)如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中,管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体,这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2,若保持环境温度不变,当外界压强增大时,下列分析正确的是 ( )
A.h2变长 B.h2不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
9.(2021江苏常州华罗庚中学高三月考)如图所示是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泄水孔因故堵塞,井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间,水位迅速上涨,该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m=20.0 kg,圆柱形竖直井内水面面积为S=0.300 m2,图示时刻水面与井盖之间的距离为h=2.00 m,井内密封有压强刚好等于大气压强p0=1.01×105 Pa、温度为T=300 K的空气,重力加速度g取10 m/s2。密闭空气的温度始终不变。求(结果均保留三位有效数字):
(1)密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起。
(2)从图示位置起,水面上涨多少后井盖会第一次被顶起。
10.(2021湖北石首一中高二下测试)如图所示,在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中,用长为h=10 cm的水银柱将一部分空气密封,当管开口向上竖直放置时,管内空气柱的长度L1=0.3 m;若温度保持不变,玻璃管开口向下放置,水银没有流出玻璃管。待水银柱稳定后,空气柱的长度L2为多少?(大气压强p0=76 cmHg,结果保留2位有效数字)
题组四 气体等温变化的图像
11.(2021河北石家庄二中高二下测试)如图所示,空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中,筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处,筒中液面与B点齐平,不计气体分子间相互作用,且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体状态变化过程的是 ( )
A. B.
C. D.
12.(2020湖北黄冈高二下期末)为了直观地描述一定质量气体在等温变化时压强p与体积V的关系,通常建立p-V坐标系来研究。该气体在T1、T2温度下的等温线(为双曲线的一支)如图所示,则它的p-1V图像应为 (深度解析)
A. B.
C. D.
13.(2021吉林长春北师大附属学校高二下期中)(多选)如图所示,D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程,气体处于A状态和B状态时,气体温度分别为T1和T2,则下列说法正确的是 ( )
A.D→A是一个等温过程
B.A→B是一个等温过程
C.A与B的各状态参量均相同
D.B→C体积增大,压强减小,温度不变
能力提升练
题组一 气体压强的计算
1.(2021江西南昌高安中学高二下测试,)有一段12 cm长水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76 cmHg) ( )
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
2.(2020安徽太和中学高二下期末,)如图所示,一定质量的空气被活塞封闭在竖直放置的导热汽缸内,活塞的质量不可忽略,下列可使被封闭气体压强变大的是 ( )
A.环境温度升高 B.汽缸向上加速运动
C.汽缸自由下落 D.将汽缸开口向下放置
题组二 探究气体等温变化的规律
3.(2021山东新泰一中高二下期中,)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验,下列说法正确的有 。
A.该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B.应快速推拉柱塞
C.为方便推拉柱塞,应用手握注射器再推拉柱塞
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后,为直观反映压强与体积之间的关系,以p为纵坐标,以1V为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气,则用上述方法作出的图线应为图乙中的 (选填“①”或“②”)。
(3)为更准确地测出气体的压强,小华用压强传感器和注射器相连,得到某次实验的p-V图如图丙所示,究其原因,气体由状态A变化到状态B的过程中温度发生了怎样的变化: 。
A.一直下降 B.先上升后下降
C.先下降后上升 D.一直上升
4.(2020上海青浦中学高三上期末,)在“用DIS研究温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系”实验中:
(1)图中A是 传感器。
(2)实验过程中,手不能接触注射器有封闭气体部分,这样做的目的是: 。
(3)某同学在做实验时,按实验要求组装好实验装置,然后缓慢推动活塞,使注射器内空气从初始体积20.0 mL减为12.0 mL。实验共测五次,每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机,同时测得对应体积的压强值。实验完成后,计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果:
序号
V/mL
p/(×105 Pa)
pV/(×105 Pa·mL)
1
20.0
1.001 0
20.020
2
18.0
1.095 2
19.714
3
16.0
1.231 3
19.701
4
14.0
1.403 0
19.642
5
12.0
1.635 1
19.621
仔细观察发现pV/(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能原因是 。
A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力增大了
B.实验时环境温度升高了
C.实验时外界大气压强发生了变化
D.实验时注射器内的空气向外发生了泄漏
(4)由于在实验时,未考虑软管中气体的体积,则实验得到的p-V图线可能为(图中实线是实验所得图线,虚线为实际曲线) 。
A. B.
C. D.
题组三 玻意耳定律的应用
5.(2021安徽淮南一中高二下期中,)(多选)如图所示,汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的气体,活塞横截面积为S,到汽缸底部的距离为L,活塞与汽缸壁间的摩擦不计,汽缸导热性能良好。现缓慢地在活塞上加一定质量的细沙,活塞下移L3达到稳定,环境温度保持不变,大气压强为p0,重力加速度为g,则 ( )
A.细沙质量为12p0Sg+m
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.汽缸内气体分子的数密度不变
D.单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多
6.(2021山东德州高三一模,)如图所示,将一厚度不计的金属筒移至水面上方,使其开口向下轻轻释放,金属筒下沉过程中不歪斜,最终漂浮在水中。已知金属筒的质量m=25 kg,长度L=1.512 m,横截面积S=0.05 m2;水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;大气压强p0=1.0×105 Pa。空气和水的温度相同且保持不变,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)金属筒漂浮在水中时,内外水面的高度差;
(2)金属筒漂浮在水中时,露出水面的长度。
7.(2020江苏南京中华中学高二下段考,)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为39 cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm,先将管口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm,大气压强p0=76 cmHg,求:
(1)稳定后右管内的气体压强p;
(2)左管A端插入水银槽的深度h。
8.(2020山东济南四中高三上模拟,)如图所示,一开口向上的汽缸固定在水平地面上,质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0=3mgS,气体质量、温度始终保持不变,不计一切摩擦,汽缸足够高。当把活塞A上面的物块取走时,活塞A将向上移动,求系统重新达到平衡状态时,A活塞上升的高度。深度解析
专题强化练2 玻意耳定律的应用
一、选择题
1.(2021河南原阳三中高二下测试,)如图所示为一定质量的气体的等温变化图线,A、B是双曲线上的两点,△OBC和△OAD的面积分别为S1和S2,则 ( )
A.S1
C.S1>S2
D.S1与S2的大小关系无法确定
2.(2020湖北武汉高二下联考,)如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体,若试管由静止开始自由下落,管内气体 ( )
A.压强增大,体积增大 B.压强增大,体积减小
C.压强减小,体积增大 D.压强减小,体积减小
3.(2021福建龙岩高三第一次质检,)(多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm,每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的120,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,则 (深度解析)
A.打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
B.打气后,球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
C.打气6次后,球内气体的压强为1.4 atm
D.打气6次后,球内气体的压强为1.7 atm
二、非选择题
4.(2021湖南长沙雅礼中学高三三模,)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平管部分有一空气柱,各部分长度如图所示。现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长,求:
(1)此时右管封闭气体的压强;
(2)左侧管中需要倒入水银柱的长度。
5.(2020山东淄博高三模拟,)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103 kg、体积V0=0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定质量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g=10 m/s2。不计水温变化,筒内气体质量不变,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。
第2节综合拔高练
五年高考练
考点1 玻意耳定律在单一变化过程问题中的应用
1.[2019课标Ⅲ,33(2)节选,]如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K。求细管的长度。
考点2 玻意耳定律在变质量问题中的应用
2.(2021山东,4,3分,)血压仪由加压气囊、臂带、
压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于 (深度解析)
A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3
考点3 玻意耳定律在两部分气体的关联问题中的应用
3.[2021全国乙,33(2),10分,]如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管的上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压为p0=75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
4.[2019课标Ⅱ,33(2),10分,]如图,一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强和体积分别为p0和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求
(ⅰ)抽气前氢气的压强;
(ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。
5.[2018课标Ⅰ,33(2),10分,]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汽缸,当流入的液体体积为V8时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。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。
三年模拟练
1.(2019山东淄博一中高二月考,)如图所示,一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置,金属圆板的上表面是水平的,下表面是倾斜的,下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为p0,则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于 ( )
A.p0+MgcosθS B.p0cosθ+MgScosθ
C.p0+Mgcos2θS D.p0+MgS
2.(2021湖南师大附中高二下期中,)如图所示,开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱,管内水银柱的液面与水银槽的液面的高度差为h。若将玻璃管向右旋转一定的角度(管下端未离开槽内水银面),环境温度保持不变,则H和h的变化情况为 (深度解析)
A.H减小,h增大 B.H增大,h减小
C.H和h都增大 D.H和h都减小
3.(2021河北宣化一中高二下测试,)如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气,注射器内气体体积为V0,压强为p0,T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器活塞,保持温度不变,装置密封良好。
(1)将注射器内一部分气体推入气球,读出此时注射器内剩余气体的体积为23V0,压强传感器读数为p1,则此时气球体积为 。
(2)继续推动活塞,多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强,计算出对应的气球体积,得到如图乙所示的“压强和气球体积”关系图像。根据该图像估算,若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,当气体全部压入气球后,气球内气体的压强将变为 ×p0。(结果保留3位小数)
4.(2021福建厦门集美中学高二下月考,)如图所示,ABC为粗细均匀的“L”形细玻璃管,A端封闭,C端开口。开始时AB竖直,BC水平,BC内紧靠B端有一段长l1=30 cm的水银柱,AB内气体长度l2=20 cm。环境温度不变,大气压强p0=75 cmHg,则:
(1)若将玻璃管以B点为轴在竖直面内逆时针缓慢旋转90°,使AB水平,求旋转后水银柱进入AB管的长度;
(2)若BC玻璃管总长为l3=40 cm,现将玻璃管以B点为轴在竖直面内顺时针缓慢旋转90°,使AB水平,求旋转后封闭气体的长度。(本问计算结果保留2位小数)
5.(2021河南开封高二下期中,)如图所示,圆柱形容器体积为V,横截面积为S,活塞将容器分成体积比为2∶1的上、下两部分,开始时容器内上部分气体的压强为p0。要使活塞静止于容器的正中央,可通过打气筒将压强为p0的气体注入活塞下部容器中(容器下部有接口),已知重力加速度大小为g,活塞的质量为p0S3g,外界温度恒定,容器和活塞均导热性良好,不计活塞与容器间的摩擦。求需要注入气体的体积。
6.(2021湖南株洲高三二模,)如图所示,左端开口、右端封闭且粗细均匀的薄壁U形玻璃细管静止地放置在竖直平面内,玻璃管水平部分的长度为L,竖直部分高度均为2L。初始时左右两侧液面的高度均为L4,液体密度为ρ。现将U形管以左侧管为轴在水平面内缓慢加速转动,直至有一侧竖直管内的液体刚好全部进入水平管中时保持匀速转动。已知大气压强为p0,重力加速度大小为g,玻璃细管的口径远远小于L。
(1)当U形管加速转动时,左、右两侧液面的高度是如何变化的?
(2)求U形管匀速转动时角速度的大小。
7.(2020山东济南高三一模改编,)为防治2019-nCoV,公共场所加强了消毒工作。如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图,其储液桶与打气筒用软细管相连,已知储液桶容积为V0(不计储液桶两端连接管体积),打气筒每次可将120V0外界大气打入桶内,喷洒效果最佳时桶内气体压强为2p0。初始时消毒液体积为12V0,消毒员先打气使桶内气体压强达最佳压强,再打开阀门K喷洒消毒液;当气体压强降为32p0时喷洒消毒液效果不佳就关闭阀门停止喷洒。打气和喷洒过程中,桶内气体温度与外界温度相同且保持不变,p0为外界大气压强。
(1)求停止喷洒时剩余药液的体积;
(2)为使桶内气体压强恢复到喷洒的最佳压强,试分析,消毒员打气5次能否满足要求。
3 气体的等压变化和等容变化
基础过关练
题组一 气体的等压变化与盖-吕萨克定律
1.(2021黑龙江哈尔滨三中高二下期中)一定质量的理想气体,在压强不变的条件下,温度为0 ℃时,其体积为V0,当温度升高为T(K)时,体积为V,那么每升高1 ℃,增大的体积等于 ( )
A.VT B.V0T C.V273K D.V-V0T
2.(2021上海嘉定高三二模)如图所示,圆柱形导热汽缸内有一光滑活塞,密封了一定质量的理想气体。用一弹簧测力计挂在活塞上,将整个汽缸悬挂在天花板上。测得此时弹簧测力计的示数为F,汽缸内气体的压强为p。若外界大气压始终保持不变,那么随着外界温度的升高 ( 易错 )
A.F变大,p变大 B.F变大,p不变
C.F不变,p变大 D.F不变,p不变
3.(2021重庆一中高二下测试)一导热性能良好的球形容器内部空腔呈不规则形状,因其内部材质特殊不方便沾水,为测量它的容积,在容器上插入一根两端开口的玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S,管内一长度为h的静止水银柱封闭着长度为l1的空气柱,如图所示,此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中,当水银柱再次静止时下方的空气柱长度变为l2。水银的密度为ρ,重力加速度为g,实验过程中认为大气压强p0没有变化。
(1)求温度为T1时封闭气体的压强p1;
(2)求容器的容积V。
题组二 气体的等容变化与查理定律
4.(2021江苏响水中学高二下期末)一定质量的理想气体,保持体积不变,压强减为原来的一半,则其温度由原来的27 ℃变为 ( )
A.127 K B.150 K C.13.5 ℃ D.-23.5 ℃
5.(2021山东沂水一中高三上测试)2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据:8 848.86米,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰,手表是密封的,表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104 Pa,表内温度为-23 ℃。则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为 ( )
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
6.(2021河北石家庄二中高二下月考)如图所示,固定的绝热汽缸内有一质量为m的T形绝热活塞(体积可忽略不计),距汽缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计),管内两边水银柱的高度差为h,初始时,封闭气体的温度为T0,活塞竖直部分刚好与汽缸底部接触(对底部无压力),已知水银的密度为ρ,大气压强为p0,活塞竖直部分长为1.2h0,重力加速度为g,活塞的支柱上有一小孔(未画出),使汽缸内气体始终连通。
(1)求汽缸的横截面积;
(2)缓慢降低气体温度,水银不会流入汽缸内,求当汽缸底部对活塞的支持力为mg时气体的温度。
题组三 理想气体与理想气体的状态方程
7.(2021湖南师大附中高二下测试)关于理想气体的状态变化,下列说法正确的是 ( )
A.一定质量的理想气体,当压强不变,而温度由100 ℃上升到200 ℃时,其体积增大为原来的2倍
B.气体由状态1变化到状态2时,一定满足方程p1V1T1=p2V2T2
C.一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍
D.一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积加倍,热力学温度减半
8.(2021山东滕州一中高三下测试)已知湖水深度为20 m,湖底水温为4 ℃,水面温度为17 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时,其体积约为原来的(g取10 m/s2,ρ水=1.0×103 kg/m3) ( 易错 )
A.2.8倍 B.8.5倍
C.3.1倍 D.2.1倍
9.(2021山东高三五月大联考)无塔供水压力罐对于吸收供水时的水流冲击,减少用水低谷水泵运转的能源浪费和延长水泵使用寿命具有重要作用。如图所示为某种型号压力罐,其容积V1=2.0 m3。起初,排沙阀打开,罐内充满了与外界同温、同压的空气,此时电接点压力表的压力示数为0(压力表的示数显示的是高出外界大气压的压强值,也称相对压力),然后关闭排沙阀和出水闸阀,水泵将井水通过止回阀注入罐内,当注水量V=1.5 m3,电接点压力表的示数p=2.8×105 Pa时,电脑控制水泵停止注水。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa,温度T1=300 K,不考虑注水过程中罐内空气质量的变化,设水泵停止注水时罐内空气的温度与井水的温度相同,罐内空气可视为理想气体,求井水的温度。
10.(2020黑龙江哈尔滨九中高三模拟)如图所示,竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,活塞下方封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为100 cm2,大气压强为1.0×105 Pa,汽缸内气体温度为27 ℃。
(1)若保持温度不变,在活塞上放一重物,使汽缸内气体的体积减小一半,求这时气体的压强和所加重物的重力大小;
(2)在加压重物的情况下,要使汽缸内的气体恢复原来体积,应对气体加热,使温度升高到多少摄氏度?
题组四 气体实验定律的微观解释
11.(2020河南周口中英文学校高二下期中)(多选)如图所示,质量为m的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热,设汽缸处在大气中,大气压强恒定。经过一段较长时间后,下列说法正确的是 ( )
A.汽缸中气体的压强比加热前要大
B.汽缸中气体的压强保持不变
C.汽缸中气体的体积比加热前要大
D.活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少
12.(2021辽宁锦州渤海大学附属高中高二下期中)一定质量的理想气体状态发生变化,满足查理定律,若气体压强增大,下列说法正确的是 ( )
A.分子的平均动能增大
B.分子的平均动能减小
C.分子之间的平均距离变大
D.分子之间的平均距离变小
能力提升练
题组一 p-T图像与V-T图像的应用
1.(2020山东济南外国语学校高二下测试,)如图所示为一定质量的理想气体的V-T图像,气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强 ( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终不变 D.先增大后减小
2.(2020北京顺义模拟,)(多选)如图所示,U形汽缸固定在水平地面上,用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体,已知汽缸不漏气,活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时,活塞紧压小挡板,外界大气压强为p0,缸内气体体积为V0。现缓慢升高汽缸内气体的温度,则下列能反映汽缸内气体的压强p或体积V随热力学温度T变化的图像是 ( )
A. B.
C. D.
3.(2021河南洛阳高二下期末,)(多选)一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程,其中bc的延长线通过原点,cd垂直于ab且与横轴平行,da与bc平行,则气体体积在 ( )
A.ab过程中不断减小 B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断减小 D.da过程中保持不变
题组二 气体实验定律的应用
4.(2021福建厦门集美中学高二下月考,)(多选)如图所示,足够长的U形管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,则下列陈述中正确的是 (深度解析)
A.只对L1加热,则h减小,气柱L2长度不变
B.只对L1加热,则h不变,气柱L2长度增大
C.若在右管中注入一些水银,L1将增大
D.使L1、L2同时升高相同的温度,则L1增大、h减小
5.(2021吉林长春希望高中高二下月考,)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,初始时气体体积为3×10-3 m3。用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×105 Pa。推动活塞压缩气体,测得气体的温度和压强分别为240 K和1.0×105 Pa。
(1)求此时气体的体积。
(2)再保持温度不变,缓慢改变作用在活塞上的力,使气体压强变为8.0×104 Pa,求此时气体的体积。
6.(2021重庆巴蜀中学高二下月考,)如图所示,一竖直放置的圆柱形绝热汽缸,总高度h1=100 cm,上端开口,底端有一加热装置,左侧连接粗细均匀且两端开口的细玻璃管,玻璃管内有一段水银柱,汽缸内部有一绝热活塞,可在汽缸上部分移动,活塞下部分封闭质量一定的某种气体(可看作理想气体),加热前,活塞距缸底的高度h2=50 cm,气体温度t=27 ℃,玻璃管水银柱的高度分别为h3=30 cm,h4=44 cm,大气压强p0=76 cmHg,加热装置体积及细玻璃管中的气体体积忽略不计,活塞与汽缸的摩擦不计,求:
(1)加热前,活塞下方气体的压强;
(2)缓慢加热气体,当活塞刚移动时,玻璃管左侧水银柱的高度变为h5=53 cm,此时活塞下方气体的热力学温度是多少?
(3)继续缓慢加热,活塞刚好运动到汽缸顶部时气体的热力学温度是多少?
题组三 理想气体状态方程的应用
7.(2021山东泰安高三一模,)2020年1月1日,TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27 ℃,压强为240 kPa,已知该轮胎的容积为30 L,阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023mol-1,0 ℃、1 atm下1 mol任何气体的体积均为22.4 L,1 atm=100 kPa。则该轮胎内气体的分子数约为 ( )
A.1.8×1023 B.1.8×1024
C.8.0×1023 D.8.0×1024
8.(2021福建福州八中高二下期中,)如图所示,水平放置的汽缸A和容积为VB=3 L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D,它可以无摩擦地在汽缸内滑动,且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,B放在T2=400 K的恒温槽内,B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的,A内装有温度为T1=300 K、体积为VA=2.1 L的气体,B内没有气体。打开阀门C,使气体由A流入B,等到活塞D停止移动一段时间后,求气体的体积和压强。深度解析
9.(2021陕西西安高三一模,)如图所示,一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管左端开口,右端通过橡胶管与放在水中导热的球形玻璃容器连通,球形容器连同橡胶管的容积(不变)为V0=90 cm3,U形玻璃管中水银柱封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为0 ℃(热力学温度为273 K)时,U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=16 cm,右侧水银柱上方玻璃管长h0=20 cm。(已知大气压强p0=76 cmHg,U形玻璃管的横截面积为S=0.5 cm2,结果均保留一位小数)
(1)若对水缓慢加热,应加热到多少摄氏度,两边水银柱高度会在同一水平面上?
(2)保持加热后的温度不变,往左管中缓慢注入水银,问注入水银的高度为多少时右管水银面回到原来的位置?
专题强化练3 气体状态变化的图像问题
一、选择题
1.(2021江苏盐城高二下期末,)一定质量的理想气体,经历如图所示的状态变化A→B→C,则这三个状态的热力学温度之比TA∶TB∶TC为 ( )
A.1∶3∶5 B.3∶2∶1 C.5∶6∶3 D.3∶6∶5
2.(2021山东潍坊高三质检,)如图所示,一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的状态变化过程,则下列说法正确的是 ( )
A.A→B过程中,气体分子间距减小
B.A→B过程中,气体内能增加
C.B→C过程中,气体压强减小
D.C→A过程中,气体压强增大
二、非选择题
3.(2021吉林江城中学高二下期中,)一定质量的理想气体,其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强pA=p0,温度TA=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点。求:
(1)气体在状态B时的压强pB。
(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。深度解析
4.(2020上海交大附中高二下期末,)图1为一个长、宽均为l=0.2 m,高h=0.5 m的矩形容器,图2为一个硬质活塞,活塞质量m=100 kg,下表面水平且能与容器紧密贴合,活塞的上表面倾斜,活塞部分尺寸如图2标注。现将活塞轻轻放入容器中(状态A),忽略活塞与容器间的摩擦。已知室温为t0=27 ℃,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。
(1)活塞缓慢下降,待活塞停止运动且系统的温度恢复到t0后(状态B),求容器中气体的体积VB;
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M=50 kg的物体,物体不与容器接触且能与活塞相对静止,若想保持活塞的位置与状态B相同(状态C),应将气体加热到多少摄氏度(tC)?
(3)在上一问的基础上,将气体冷却至室温,等活塞再次保持稳定(状态D)。请在图3中定性表示上述4个气体状态及相关辅助线。
专题强化练4 气体实验定律的理解与应用
一、选择题
1.(2020湖北十堰高二下期末,)(多选)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管(容积不能忽略)的A管插入烧瓶,B管与玻璃管C下部用橡胶管连接,C管开口向上,一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时,B、C内的水银面(橡胶管内充满水银)等高,外界大气压恒定,下列说法正确的是 ( )
A.保持B、C两管不动,若烧瓶内气体温度降低,则烧瓶内气体密度增大
B.保持B、C两管不动,若烧瓶内气体温度降低,则C管中水银面将升高
C.若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,应将C管向上移动
D.若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,应将C管向下移动
2.(2021山东日照高二下期中,)如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段水银柱,将管内气体分为两部分,下面空气柱长为l1,上面空气柱长为l2。初始时温度相同,现使两部分气体同时升高相同的温度,下列判断正确的是 (深度解析)
A.若l1>l2,水银柱将向下移动
B.若l1
D.两部分气体的压强增加量相同
3.(2021山东聊城高三二模,)(多选)如图为伽利略设计的一种测温装置结构示意图,玻璃泡A内封有一定质量的气体,与A相连的B管竖直插在水银槽中,管内外水银面的高度差x即可反映玻璃泡内气体的温度,即环境温度,并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计,在1标准大气压(相当于76 cmHg的压强)下,当温度t1=27 ℃时,管内外水银面的高度差x1=16 cm。下列说法正确的是 ( )
A.若外界大气压不变,细管中水银柱上升,可知温度降低
B.若外界大气压不变,细管中水银柱上升,可知温度升高
C.在1标准大气压下,t=0 ℃时管内外水银面的高度差x0=21.4 cm
D.若环境真实压强比标准大气压小,管内外水银面的高度差仍为16 cm时,实际温度大于27 ℃
二、非选择题
4.(2020湖北武汉高二下联考,)如图所示,一导热性能良好的汽缸放置在水平面上,其横截面积S=20 cm2,内壁光滑,固定的卡口A、B与缸底的距离L=1.5 m,厚度不计、质量为m=10 kg的活塞在汽缸内封闭了一段长为2L、温度为T0=320 K的理想气体。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上,取重力加速度g=10 m/s2,大气压强为p0=1.0×105 Pa。求:
(1)汽缸被竖起来后,稳定时缸内气体的压强及气体高度。
(2)当缸内温度逐渐降到240 K时,活塞所处的位置。
专题强化练5 理想气体状态方程的理解与应用
一、选择题
1.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考,)如图所示,一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中,活塞与容器间光滑接触,在图中三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3,体积分别为V1、V2、V3且V1
A.T1=T2=T3 B.T1
A.TA
C.TA>TB,TB
3.(2021山东济南高三二模,)(多选)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附在人体上。如图所示是治疗时常用的一种火罐,使用时,先加热罐中气体,然后迅速将罐口按到皮肤上,降温后火罐内部气压低于外部,从而吸附在皮肤上。某次使用时,先将气体由300 K加热到400 K,然后将罐口按在皮肤上,当罐内气体的温度降至300 K时,由于皮肤凸起,罐内气体体积变为罐容积的1516,以下说法正确的是 (深度解析)
A.加热后罐内气体质量是加热前的34
B.加热后罐内气体质量是加热前的23
C.温度降至300 K时,罐内气体压强变为原来的34
D.温度降至300 K时,罐内气体压强变为原来的45
二、非选择题
4.(2021山东泰安高三上期末,)汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低都容易导致交通事故。已知某型号轮胎能在100 ℃温度下正常工作,在此温度工作时的理想胎压为3.534×105 Pa。在温度t为27 ℃时,某同型号轮胎内空气的压强为1.767×105 Pa、质量为m,为使该轮胎在100 ℃时的胎压达到理想值,需要给该轮胎充气,设轮胎容积一直不变,求需要充入空气的质量。(T=273 K+t)
5.(2021河南大联考高二下期中,)如图1所示,U形玻璃管粗细均匀,管内有一段水银柱,左管口封闭,左右两管中水银液面高度差为h=4 cm,底部水平水银柱长为L=10 cm,环境温度为300 K,大气压强为76 cmHg。将U形管在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动90°,如图2所示,这时上、下管中水银液面恰好对齐,玻璃管的直径忽略不计。求:
(1)图1中左管中封闭气柱的长度为多少;
(2)若在图1状态下,通过升温,使左右两管中的水平液面相平,则环境温度应为多少(结果保留1位小数)。
6.(2020湖北荆门高二下期末,)一个空的小容积易拉罐中插入一根粗细均匀的透明玻璃管,接口用蜡密封,在玻璃管内有一段长度为5 cm的水银柱,构成一个简易的“温度计”。已知易拉罐的容积是148 cm3,玻璃管内部的横截面积为0.2 cm2,罐外玻璃管的长度L为35 cm,如图甲所示,将“温度计”水平放置,当温度为27 ℃时,水银柱右端离管口的距离为20 cm。已知当地大气压强为75 cmHg,若“温度计”能重复使用,其内气体可视为理想气体,且使用过程中水银不溢出。求:
(1)将“温度计”如图甲放置,能测量的最高温度;
(2)将“温度计”如图乙竖直放置后(过程中采取措施使水银不流入易拉罐中),能测量的最高温度(结果保留1位小数)。
7.(2021广东佛山高三二模,)中国登山队从大本营出发,成功登顶珠穆朗玛峰,并在峰顶精准测量珠峰的高度。已知珠峰大本营海拔高度为5 200 m,大气压为0.6 atm,气温为-3 ℃,为探测珠峰附近的气象,探测员在珠峰大本营给密封的气象探测球缓慢充满氦气,氦气的压强与大气压相等,温度与气温相同,体积为90 m3,当探测球缓慢升至海拔8 848.86 m的峰顶时,氦气的压强为0.3 atm,体积为160 m3,不计探测球内外的压强差,探测球的导热性良好,氦气视为理想气体。则:
(1)珠峰峰顶的温度是多少摄氏度?
(2)在峰顶,探测球内部启动加热装置,使氦气温度快速升高到-3 ℃,求此时氦气的体积。
专题强化练6 关联气体状态变化问题
一、选择题
1.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考,)如图所示,密封的U形管中装有水银,左、右两端都封有温度相同的空气,两水银面的高度差为h,把U形管竖直浸没在热水中,高度差将 ( )
A.增大
B.减小
C.不变
D.两侧空气柱的长度未知,不能确定
二、非选择题
2.(2020湖北部分重点高中高二下期中,)如图,水平放置的导热汽缸被导热活塞隔成左右两部分,两部分气体a和b为同种理想气体,活塞静止时到左右两侧的距离之比为1∶2,活塞质量为m、面积为S,活塞可无摩擦左右移动。现在把汽缸转动90度,a在上、b在下,结果活塞正好在汽缸中间。已知气体温度始终不变,重力加速度为g,求开始时气体a的压强。深度解析
3.(2021辽宁大连八中高二下月考,)如图所示,用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热汽缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分,当在活塞A下方悬挂质量均为m的两个物体后,整个装置处于静止状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变,且满足5mg=p0S,不计一切摩擦。当取下一个物体后,两活塞重新恢复平衡,求活塞A上升的高度。深度解析
4.(2021江西南昌高安中学高二下月考,)一端封闭一端开口、内径均匀的直玻璃管注入一段水银柱,当管水平放置静止时,封闭端A空气柱长12 cm,开口端B空气柱长12 cm,如图(a)所示。若将管缓慢转到竖直位置,此时A空气柱长度为15 cm,然后把管竖直插入水银槽内,最后稳定时管中封闭端空气柱A长仍为12 cm,如图(b)所示。(设大气压强为1.0×105 Pa=75 cmHg,整个过程中温度保持不变)则:
(1)管中水银柱的长度L为多少厘米?
(2)最后稳定时B空气柱的长度lB2为多少厘米?
专题强化练7 变质量问题
一、选择题
1.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考,)容积V=20 L的钢瓶充满氧气后,压强p=10 atm,打开钢瓶阀门,将氧气分装到容积为V'=5 L的小钢瓶中去,小钢瓶已抽成真空。分装完成后,每个小钢瓶的压强p'=2 atm。在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多能装的瓶数是 ( )
A.4 B.10 C.16 D.20
2.(2021福建厦门集美中学高二下期中,)若室内生起炉子后温度从7 ℃升高到27 ℃,而室内气压不变,则此时室内的空气质量减少了 (深度解析)
A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4%
二、非选择题
3.(2021山东师范大学附中高二下期中,)如图所示是一种水下遥感探测器,由带传感器和阀门的正方体金属壳及重物构成,正方体边长a=1.0 m,除重物外,其余部分的总质量为M=5.0 kg。金属壳与重物通过轻绳相连。某次测量前,在金属壳内充满压强为p0(p0为大气压强)的空气(视为理想气体,其质量远小于M),关闭两个阀门,然后将探测器沉入海底,稳定后细绳存在拉力,测得图中H=490.99 m。现同时打开上、下阀门,水从上、下阀门缓慢流入壳内空间,经一段时间,空气从上阀门缓慢跑出。部分气体跑出后关闭上阀门,待稳定后,轻绳拉力为F=50 N,不计金属壳金属部分、阀门和传感器的体积,水温均匀且不变,取水的密度ρ=1×103 kg/m3,大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2,不计金属壳的形变。求:
(1)稳定后壳内剩余空气的体积V和压强p;
(2)跑出的气体质量与原有气体质量的比值。
4.(2021山东济南历城二中高三下质检,)如图所示,汽缸中有一可自由滑动的活塞把汽缸隔成两个密闭的气室,左室顶部有一个截面积为S的圆孔,初始时两个气室与外界大气相通,体积均为V0。圆孔中塞上质量为m的橡皮塞,橡皮塞与圆孔间的最大静摩擦力为fm,用打气筒向右侧气室打气,直至橡皮塞刚好上滑。气体温度均保持不变,室外空气密度为ρ,大气压强为p0,重力加速度为g,求:
(1)橡皮塞刚好上滑时左室气体的体积;
(2)为了使橡皮塞刚好上滑,需要向右侧气室内打入的空气质量。
5.(2021安徽芜湖高三二模,)《乘用车轮胎气压监测系统的性能要求和试验方法》规定,我国生产的所有车辆都必须安装直接式或间接式胎压监测系统(TPMS)。已知某汽车轮胎气压的正常范围值为230~250 kPa,最大限压为300 kPa。汽车轮胎内气体可视为理想气体,正常状态下容积为V0。
(1)司机在某次启动汽车后发现,仪表盘上显示左前方轮胎胎压只有180 kPa,如图所示。现用车载充气泵充气,每分钟充入压强为100 kPa的气体ΔV=0.2V0,若将其胎压恢复至240 kPa,则需充气多长时间?(忽略充气过程轮胎体积和温度变化)
(2)若室外温度为-23 ℃,此时车胎胎压为240 kPa,现将车停至地下停车场(温度为15 ℃),经较长时间停放后,该车胎气压变为多少?是否有爆胎危险?(忽略此过程胎内气体体积变化)
第3节综合拔高练
五年高考练
考点1 气体实验定律在单一变化过程问题中的应用
1.[2021全国甲,33(1),5分,]如图,一定量的理想气体经历的两个不同过程,分别由体积-温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示,V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标;t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标,t0=-273.15 ℃;a为直线Ⅰ上的一点。由图可知,气体在状态a和b的压强之比papb= ;气体在状态b和c的压强之比pbpc= 。
2.[2021湖南,15(2),8分,]小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置,如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上,用质量m1=600 g、截面积S=20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上,左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞,右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2=1 200 g的铁块,并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时,测得环境温度T1=300 K。设外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。
(ⅰ)当电子天平示数为400.0 g时,环境温度T2为多少?
(ⅱ)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少?
考点2 气体实验定律在多变化过程问题中的应用
3.(2020北京,4,3分,)如图所示,一定量的理想气体从状态A开始,经历两个过程,先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系,正确的是 ( )
A.TA=TB,TB=TC B.TA
4.[2021全国甲,33(2),10分,]如图,一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B的体积均为V,压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置,当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动,否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞,使B的体积减小为V2。
(ⅰ)求A的体积和B的压强;
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置,求此时A的体积和B的压强。
考点4 气体实验定律在变质量问题中的应用
5.[2021河北,15(2),8分,]某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气,温度为27 ℃时,压强为3.0×103 Pa。
(ⅰ)当夹层中空气的温度升至37 ℃,求此时夹层中空气的压强;
(ⅱ)当保温杯外层出现裂隙,静置足够长时间,求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。
6.[2020课标Ⅰ,33(2),10分,]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为12p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强;
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
7.[2020课标Ⅱ,33(2),10分,]潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l;
(ⅱ)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。
考点5 气体实验定律的微观解释
8.[2019课标Ⅱ,33(1),5分,]如p-V图所示,1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态,对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数,则N1 N2,T1 T3,N2 N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
9.(2019北京理综,15,6分,)下列说法正确的是 ( )
A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D.气体膨胀对外做功且温度降低,分子的平均动能可能不变
10.[2019江苏单科,13A(1),](多选)在没有外界影响的情况下,密闭容器内的理想气体静置足够长时间后,该气体 。
A.分子的无规则运动停息下来
B.每个分子的速度大小均相等
C.分子的平均动能保持不变
D.分子的密集程度保持不变
三年模拟练
1.(2021湖北武汉高二下期中,)一定质量的理想气体,其状态变化过程中的p与V的关系如图所示,该过程对应的p-T图像应是 ( )
A. B.
C. D.
2.(2021山东宁阳一中高二下期中,)(多选)两端封闭的玻璃管在常温下如图竖直放置,管内有一段水银柱将空气分隔成上下两部分,下列判断中正确的是 ( )
A.当它转过90°成水平状态时,原下部空气柱体积会减小
B.当它竖直向上加速运动时,下部空气柱体积增大
C.当它自由下落时,上部空气柱体积减小
D.当它浸没在冰水中后,上部空气柱体积增大
3.(2021河北唐县一中高二下月考,)如图甲所示为某品牌的可加热饭盒,饭盒盖密封性良好且饭盒盖上有一排气口,饭盒内部横截面积为S,质量、厚度均不计的饭盒盖与玻璃饭盒底部之间封闭了一定质量的理想气体,饭盒盖与玻璃饭盒底部之间的距离为L且饭盒盖固定不动,可以将其看成是一导热性能良好的汽缸,如图乙所示。气体的初始温度为T0=300 K,初始压强等于大气压强,已知大气压强为p0,重力加速度g取10 m/s2。现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到360 K。
(1)求此时封闭气体的压强;
(2)打开排气口,设此过程中饭盒内气体温度不变,放出部分气体,使得饭盒内气体压强与外界大气压强相等,求排出气体与原有气体的质量比。深度解析
4.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考改编,)如图所示,上下粗细不一样的汽缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中,汽缸底面积为S,活塞横截面积为S2,汽缸上下两部分的长度相同。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时,活塞恰好在汽缸上下两部分的分界处,玻璃管内左右水银液面高度差为h(U形管内的气体体积、质量不计)。已知大气压强为p0,水银的密度为ρ,重力加速度为g。不计活塞与汽缸的摩擦。
(1)求汽缸的质量M;
(2)现对汽缸里的气体缓慢加热,试判断玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化?
(3)若继续对汽缸里的气体缓慢加热,请通过计算确定活塞与汽缸分离的临界温度。
4 固体
基础过关练
题组一 晶体与非晶体的宏观特性
1.如图所示,四块固体中,属于非晶体的是 ( )
2.如图是a、b两种不同物质的熔化曲线,根据曲线判断,下列说法正确的是 ( )
A.a是单晶体,b是多晶体或非晶体
B.a是多晶体,b是单晶体或非晶体
C.a是非晶体,b是晶体
D.a是晶体,b是非晶体
3.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下期末)关于晶体,以下说法中正确的是 ( )
A.晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
B.晶体一定有规则的几何形状,但其物理性质不一定都是各向异性的
C.晶体熔化时温度不变,但内能变化
D.由同一种化学成分形成的物质只能以一种晶体结构的形式存在
4.(2020江西九江一中高二下期末)关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 ( )
A.食盐、玻璃、天然石英和金刚石都是晶体
B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C.单晶体有固定的熔点,多晶体和非晶体没有固定的熔点
D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的
5.(2021广东深圳高级中学高二下期中)下列说法错误的是 ( )
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
题组二 各向异性与各向同性
6.(2021江苏涟水一中高二下月考)如果某个固体在某一物理性质上表现出各向异性,那么下述结论中正确的是 ( )
A.它一定是单晶体
B.它一定是多晶体
C.它一定是非晶体
D.它不一定是非晶体
7.(2021江苏常州高二下期中)2020年,“嫦娥五号”探测器顺利完成月球采样任务并返回地球。探测器上装有用石英制成的传感器,其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”。如图所示,石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著。石英晶体 ( )
A.没有确定的熔点
B.具有各向同性的压电效应
C.没有确定的几何形状
D.是单晶体
题组三 晶体与非晶体的微观结构
8.(多选)非晶体具有各向同性的特点是由于 ( )
A.非晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同
B.非晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
C.非晶体内部结构的无规则性
D.非晶体内部结构的有规则性
9.(多选)单晶体不同于非晶体,它具有规则的几何外形,在不同方向上物理性质不同,而且具有确定的熔点,下列哪些说法可以用来解释单晶体的上述特性 ( )
A.组成单晶体的物质微粒,在空间按一定的规律排成整齐的行列,构成特定的空间点阵
B.单晶体在不同方向上物理性质不同,是因为不同方向上微粒数目不同,微粒间距不同
C.单晶体在不同方向上物理性质不同,是由于不同方向上的物质微粒的性质不同
D.单晶体在熔化时吸收热量,全部用来瓦解单晶体的空间点阵,转化为分子势能;因此,单晶体在熔化过程中保持一定的温度不变;只有空间点阵完全被瓦解,单晶体完全变为液体后,继续加热,温度才会升高
E.单晶体在熔化时吸收的热量,用来破坏空间点阵结构,增加分子势能,同时增加分子动能
能力提升练
题组一 晶体、非晶体、单晶体、多晶体的比较
1.(2021湖北宜昌高三上月考,)随着科技的发展,国家对晶体材料的研究越来越深入,尤其是对稀土晶体的研究,已经走在世界的前列。关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 (深度解析)
A.晶体都有规则的几何外形,非晶体则没有规则的几何外形
B.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
C.多晶体是由单晶体组合而成的,但单晶体表现为各向异性,多晶体表现为各向同性
D.石墨和金刚石都是晶体,但石墨是单晶体,金刚石是多晶体
2.(2020吉林长春二中高二下月考,)下列关于固体的说法中,正确的是 ( )
A.晶体熔化时,温度不变,但内能变化
B.单晶体一定是单质,有确定的几何形状,有确定的熔点
C.多晶体没有确定的几何形状,也没有确定的熔点
D.晶体都是各向异性的,而非晶体都是各向同性的
3.(2020陕西西安中学高二下期末,)(多选)下列物质是晶体还是非晶体的判断不正确的是 ( )
A.因为石英是晶体,所以由石英制成的玻璃也是晶体
B.食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体
C.蔗糖受潮后粘在一起,没有确定的几何形状,所以它是非晶体
D.用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体
4.(2021江苏沭阳修远中学高二月考,)一块厚度和质量都均匀分布的长方体被测样品,长AB是宽AD的两倍,如图所示。如果用多用电表的欧姆挡沿两个对称轴O1O1'和O2O2'方向测量,结果阻值均为R,则这块样品可能是 ( )
A.单晶体 B.多晶体
C.非晶体 D.普通金属
5.(2020江苏苏州高二下期中,)某实验小组想测试甲、乙两种材料的导电性能,他们将这两种材料加工成厚度均匀、横截面为正方形的几何体,如图所示,经测试发现,材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等,材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻,关于这两种材料,下列说法中正确的是 ( )
A.材料甲一定是晶体
B.材料甲一定是非晶体
C.材料乙一定是单晶体
D.材料乙一定是多晶体
题组二 晶体的微观结构
6.(2021江苏徐州高三下测试,)石墨是碳原子按图甲排列形成的,其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构,单碳层石墨烯是单层的石墨,厚1毫米的石墨大概包含三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则 ( )
A.石墨中的碳原子静止不动
B.碳原子的直径大约为3×10-9 m
C.石墨烯碳原子间只存在分子引力
D.石墨烯在熔化过程中,碳原子的平均动能不变
7.()利用扫描隧道显微镜(STM)可以得到物质表面原子排列的图像,从而可以研究物质的构成规律。如图所示的照片是一些晶体材料表面的STM图像,通过观察、比较,可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的,具有一定的结构特征。则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是:
(1) ;
(2) 。
5 液体
基础过关练
题组一 液体的表面张力
1.(2020江苏南京、盐城高三上联考)(多选)
把一条细棉线的两端系在铁丝环上,棉线处于松弛状态。将铁丝环浸入肥皂液里,拿出来时环上留下一层肥皂液的薄膜,这时薄膜上的棉线仍是松弛的,如图所示。用烧热的针刺破某侧的薄膜,观察到棉线的形状改变,图中所标的箭头方向表示棉线移动的方向,其中合理的是 ( )
2.(2020江苏南京中华中学高二下段考)把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,它的尖端就变成球形了,产生这一现象的原因是 ( )
A.玻璃是非晶体,熔化后再凝固变成晶体
B.玻璃是晶体,熔化后再凝固变成非晶体
C.熔化后的玻璃表面分子间的作用力表现为引力使其表面绷紧
D.熔化后的玻璃表面分子间的作用力表现为斥力使其表面扩张
3.(2020江苏徐州一中高二下月考)(多选)关于液体的表面张力,下列说法中正确的是 ( )
A.表面张力是液体各部分间的相互作用
B.液体表面层分子分布比液体内部稀疏,分子间相互作用表现为引力
C.表面张力的方向总是垂直于液面,指向液体内部的
D.表面张力的方向总是与液面相切的
题组二 浸润和不浸润 毛细现象
4.(2020陕西西安中学高二期末)关于浸润和不浸润及毛细现象,下列说法中正确的是 (深度解析)
A.水银是浸润液体,水是不浸润液体
B.在内径小的容器里,如果液体能浸润容器壁,则液面成凹形,且液体在容器内上升
C.如果固体分子对液体分子的引力较弱,就会形成浸润现象
D.两端开口、内径不同的几支细玻璃管竖直插入水中,管内水柱高度相同
5.(多选)下列现象中,利用了毛细现象的是 ( )
A.用粉笔吸干纸上的墨汁
B.建房时,在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的厚纸
C.用棉线作酒精灯的灯芯
D.想保存地下的水分,把地面的土壤锄松
6.(2021江西南昌高安中学高二下月考)关于液体的表面张力、浸润(不浸润)现象与毛细现象的说法中,不正确的是 ( )
A.表面张力的方向总是沿液体表面分布的
B.露珠呈球形是液体的表面张力作用的缘故
C.浸润液体和不浸润液体在细管中都上升
D.浸润液体和不浸润液体都有可能发生毛细现象
7.(2021黑龙江哈尔滨九中高二下期中)(多选)将不同材料做成的两根管子A和B插入同一种液体中,A管内的液面比管外液面高,B管内的液面比管外液面低,那么 ( )
A.该液体对B管壁是浸润的,对A管壁是不浸润的
B.该液体对A管壁是浸润的,对B管壁是不浸润的
C.A管内发生的是毛细现象,B管内发生的不是毛细现象
D.A管和B管发生的都是毛细现象
题组三 液晶
8.(2021山东青岛高二下期中)关于液晶,下列说法中正确的是 ( )
A.液晶是液体和晶体的混合物
B.所有物质都具有液晶态
C.液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性
D.电子手表中的液晶在外加电压的影响下,本身能够发光
9.(2020河北唐山高二下期中)(多选)关于液晶分子的排列,下列说法正确的是 ( )
A.液晶分子在特定方向排列整齐
B.液晶分子的排列不稳定,外界条件的微小变动都会引起液晶分子排列的变化
C.液晶分子的排列整齐而稳定
D.液晶的物理性质稳定
能力提升练
题组一 表面张力的理解及应用
1.(2021山东新泰一中高二下期中,)(多选)下列说法正确的是 ( )
A.所有的晶体都表现为各向异性
B.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
C.做自由落体运动的小水滴呈球形,是由于液体表面张力的作用
D.布雨伞能够遮雨,其原因之一是液体表面存在表面张力
2.(2021黑龙江哈尔滨六中高二下期中改编,)下列说法不正确的是 ( )
A.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
B.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
C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体
D.在空间站完全失重的环境下,水滴能收缩成标准的球形,是由于液体表面张力的作用
3.()在水中浸入两个同样细的玻璃细管,一个是直的,另一个是弯的,如图所示,水在直管中上升的高度比在弯管中上升的最高点还要高,那么弯管中的水将 ( )
A.会不断地流出 B.不会流出
C.不一定会流出 D.无法判断会不会流出
题组二 浸润和不浸润、毛细现象的理解及微观解释
4.(2021河南开封高二下期中改编,)(多选)下列说法正确的是 ( )
A.浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现
B.农田里如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生
C.水银不能浸润玻璃,说明水银是不浸润液体
D.在建筑房屋时,在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,这是为了增强毛细现象,使地下水容易上升
5.(2020山东德州高二下期末,)以下与液体有关的自然现象中,对其物理分析正确的是 ( )
A.鸭子从池塘中出来,羽毛并不湿,这属于毛细现象
B.唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”一句,诗中荷叶和露水表现为浸润
C.小昆虫能在水面上自由走动与表面张力无关
D.保存地下的水分要把地面的土壤锄松,这是为了破坏土壤中的毛细管
题组三 液体的宏观特性与微观结构的综合问题
6.(2020河南林州一中高二下调研节选,)(多选)下列说法正确的是 ( )
A.加上不同的电压可以改变液晶的光学性质
B.液体表面张力的方向与液体表面相切
C.脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润,以便吸取药液
D.悬浮在水中的小炭粒的布朗运动反映了炭粒分子的热运动
7.(2020四川泸县二中高三期末改编,)(多选)下列说法正确的是 ( 易错 )
A.PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
B.荷叶上的露珠呈球形是表面张力作用的结果
C.浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现
D.晶体具有各向异性,具有各向同性的都是非晶体
8.(2021山东青岛高二下期中,)如图甲所示是吹肥皂泡游戏的画面,在图乙玻璃杯内注入肥皂水,再将铁丝做成的圆环放进玻璃杯中,沾满肥皂水后取出,可以吹出在空中做无规则运动的肥皂泡,下列说法正确的是( )
A.肥皂泡的无规则运动为布朗运动
B.肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
C.肥皂水与玻璃杯壁接触位置的液体分子间作用力表现为引力
D.肥皂泡表面液体分子间只存在引力,没有斥力
9.(2021山东教科所高三模拟,)中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述道:“人耨必以旱,使地肥而土缓”,农谚“锄板底下有水”“锄头自有三寸泽”,这都是对松土保墒功能的生动总结。关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理,下列说法正确的是 ( )
A.松土是把地面的土壤锄松,目的是破坏这些土壤里的毛细管,保存水分
B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细,保护土壤里的水分
C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降,不浸润液体在细管中上升的科学原理
D.松土除了保墒、刈草外,还可促进蒸发、降低地温;“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理
本章复习提升
易混易错练
易错点1 理解不透各向同性与固体种类的关系而出错
1.(2021河北巨鹿中学高二下月考,)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体,这些晶体不仅美丽,而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态:高贵如钻石,平凡如雪花,都是由无数原子严谨而有序地组成。关于晶体与非晶体,正确的说法是 ( )
A.不具有规则几何形状的物体一定不是晶体
B.多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状
C.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的
D.天然水晶是晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体
2.(2021黑龙江哈尔滨九中高二下期中,)关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 ( )
A.凡是晶体都具有各向异性
B.黄金可以切割加工成任意形状,所以是非晶体
C.一定条件下晶体可以转化成非晶体,但非晶体不能转化成晶体
D.晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔化温度
易错点2 对表面张力的理解不透彻而出错
3.()(多选)关于液体的表面张力,下列说法正确的是 ( )
A.表面张力是液体内部各部分之间的相互作用力
B.液体表面层分子的分布比内部稀疏,分子间作用力表现为引力
C.不论是水还是水银,表面张力都会使表面收缩
D.表面张力的方向与液面垂直
4.()(多选)下列说法正确的是 ( )
A.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体的表面张力作用
B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果
C.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果
D.喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果
易错点3 对查理定律与盖-吕萨克定律中的温标问题理解错误
5.()一定质量的理想气体,在压强不变的情况下,温度由5 ℃升高到10 ℃,体积的增量为ΔV1;温度由283 K升高到288 K,体积的增量为ΔV2,则 ( )
A.ΔV1=ΔV2 B.ΔV1>ΔV2
C.ΔV1<ΔV2 D.无法确定
6.(2020辽宁多校联盟高二下期末,)如图所示,A、B两个容器中装有同种气体,容器间用一根细玻璃管连接,管中有一水银滴D作为活塞,当A容器内气体的温度为-10 ℃,B容器内气体的温度为10 ℃时,水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器内气体的温度都升高20 ℃时,下列判断正确的是 ( )
A.水银滴将不移动
B.水银滴将向A移动
C.水银滴将向B移动
D.无法判断水银滴将向哪个方向移动
易错点4 应用气体实验定律解题时考虑问题不全面而出错
7.(2020广东兴宁一中高三上期中,)如图所示,用绝热细管连接A、B两个绝热的汽缸,细管中有一可以自由移动的绝热活塞M,细管容积不计。A、B中分别装有完全相同的理想气体,初态的体积均为V1=1.0×10-2 m3,压强均为p1=1.0×105 Pa,温度和环境温度相同且均为t1=27 ℃,A中导热活塞N的横截面积SA=500 cm2。现缓缓加热B中气体,保持A中气体的温度不变,同时给N施加水平向右的推力,使活塞M的位置始终保持不变。稳定时,推力F=53´103 N,外界大气压p0=1.0×105 Pa,不计活塞与缸壁间的摩擦。求:
(1)A中气体的压强(结果保留2位小数);
(2)活塞N向右移动的距离;
(3)B中气体的温度。
易错点5 解决变质量问题时不能精准选取研究对象而出错
8.(2020河北张家口一中高二下期中,)房间里气温升高3 ℃时,房间内的空气将有1%逸出到房间外,由此可计算出房间内原来的温度是 ( )
A.-7 ℃ B.7 ℃ C.27 ℃ D.24 ℃
9.(2021河南三地市高三二模,)冬季是流行性感冒多发季节,同学们患上流感之后恢复起来也是比较慢的,对学习、生活的影响非常大。在人群比较密集的教室里面,预防流感的最好方法是进行通风换气。一教室容积为V0,室内的空气温度为T0,室外冷空气的温度为T1,已知教室内外的气体压强始终为1个标准大气压。
(1)求室内外空气的密度比;
(2)课间开窗通风,通风完毕后关闭门窗,此时室内温度降为T2,求通风前后教室内的空气质量变化量与通风前教室内空气质量之比。
10.(2020山东潍坊高三模拟,)一同学制造了一个便携气压千斤顶,其结构如图所示,直立圆筒形汽缸导热良好,长度为L0,活塞面积为S,活塞通过连杆与上方的顶托相连接,连杆长度大于L0,在汽缸内距缸底L03处有固定限位装置A、B,以避免活塞运动到缸底。开始活塞位于汽缸顶端,现将重为3p0S的物体放在顶托上,已知大气压强为p0,活塞、连杆及顶托重力忽略不计,求:
(1)稳定后活塞下降的高度;
(2)为使重物升高到原位置,需用气泵加入多大体积的压强为p0的气体。
思想方法练
一、图像法
方法概述
物理图像能够直观、形象、简洁、生动地展现两个物理量之间的关系,清楚地表达物理过程和物理规律。若巧妙运用图像法, 将烦琐问题化为简易模型,可快速解决实际问题。1.(2020江西湘东中学高二下期中,)如图所示,表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程,则该气体压强变化情况是 ( )
A.从状态c到状态d,压强减小
B.从状态d到状态e,压强增大
C.从状态e到状态a,压强增大
D.从状态a到状态b,压强不变
2.(2021上海金山高三二模,)如图,一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中,其体积 ( )
A.保持不变
B.逐渐变大
C.逐渐变小
D.先变小后变大
3.(2021陕西西安中学高二下期末,)(多选)一定质量的理想气体,从图中A状态开始,经历了B、C状态,最后到D状态,下列说法中正确的是 ( )
A.A→B温度升高,体积不变
B.B→C压强不变,体积变小
C.C→D压强变小,体积变小
D.B状态时气体温度最高,C状态时气体体积最小
二、极限法
方法概述
极限法即将问题推到极端状态或在极限条件下分析问题的方法。利用极限法可将非理想物理模型转化成理想物理模型,从而避免了不必要的详尽的物理过程分析和烦琐的数学推导运算,使问题的隐含条件暴露,陌生模型变得熟悉,难以判断的结论变得一目了然。4.()如图所示,粗细均匀竖直放置的玻璃管中,P为一小活塞,有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分,活塞和水银柱都静止不动。现在用力向下压活塞,使得活塞向下移动一段距离L,同时水银柱将向下缓慢移动一段距离H,在此过程中温度不变,则有 ( )
A.L>H B.L
三、假设推理法
方法概述
当某一变因素的存在形式限定在有限种可能时,假设该因素处于某种情况,并以此为条件进行推理,称为假设推理法。当应用假设推理法时,不能随意假设物理定律,只能假设情景或条件,例如,假设液柱不动、气体体积或压强不变等。5.()如图所示,两端封闭的等臂U形管中,两边的空气柱a和b被水银柱隔开,当U形管竖直放置时,两空气柱的长度差为H。现在将该U形管平放,使两臂处于同一个水平面上,稳定后两空气柱的长度差为L,若温度不变,下列关于L和H的大小关系正确的是( )
A.L>H B.L
本章达标检测
(满分:100分;时间:75分钟)
一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(2021重庆一中高二下期中)以下说法正确的是 ( )
A.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体
B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体
C.晶体熔化时吸收热量,分子的平均动能一定增大,内能增加
D.浸润现象中,附着层的液体分子比液体内部更密集,液体分子之间的作用力表现为斥力
2.(2021江苏高考模拟)如图所示,一定质量的理想气体由状态A沿平行纵轴的直线变化到状态B,则关于它的状态变化过程,下列说法正确的是 ( )
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减小
D.气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数不变
3.(2021重庆巴蜀中学高二下月考)做托里拆利实验时,玻璃管内残留了空气,此时玻璃管竖直放置如图所示。假如把玻璃管倾斜适当角度,玻璃管下端仍浸没在水银中(视空气温度、大气压强不变,空气中的玻璃管长度不变),下列变化符合实际的是 ( )
A.管内水银长度变长,管内空气压强增大
B.水银高度差变大,管内空气压强减小
C.水银高度差不变,管内空气体积变小
D.管内水银长度变短,管内空气体积变大
4.(2021江苏泰州高三月考)用DIS研究“在温度不变时,一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图甲所示。小张同学某次实验中作出的p-1V图线如图乙所示,关于图线弯曲的可能原因,下列说法错误的是 ( )
A.压强传感器与注射器的连接处漏气
B.未在注射器活塞上涂润滑油
C.未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积
D.实验过程中用手握住了注射器前端
5.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考)如图甲所示,玻璃管上端封闭下端开口,管中通过两段水银柱封闭两段空气柱。轻弹玻璃管,使两段水银柱及被两段水银柱封闭的空气柱合在一起(如图乙所示)。若此过程中温度不变,水银柱与管壁密封很好,则乙图中水银柱的下端面
A'与甲图中水银柱的下端面A相比 ( )
A.在同一高度
B.A'比A稍高
C.A'比A稍低
D.条件不足,无法判断
6.(2021辽宁大连八中高二下期中)两端封闭的U形管中有一些水银将空气隔为两部分,环境温度为10 ℃。U形管竖直放置,左、右两气柱的长度分别为L1和L2,如图所示。现将环境温度逐渐升高,则 ( )
A.L1变长,L2变短 B.L2变长,L1变短
C.L1和L2不变化 D.条件不足,无法判定
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。全选对得6分,选对但不全得3分,选错或不选得0分)
7.(2020河北张家口高二下期末)关于热力学温度和摄氏温度,以下说法正确的是 ( )
A.热力学温度的单位“K”是国际单位制中的基本单位
B.某物体的摄氏温度为10 ℃,则其热力学温度为10 K
C.0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K
D.热力学温度和摄氏温度的温标不同,两者表示的温度无法比较
8.(2021江西吉安高三上月考)下列说法中正确的是 ( )
A.单晶体的所有物理性质都是各向同性的
B.液晶是液体和晶体的混合物
C.露珠呈球形是因为液体表面张力的作用
D.在毛细现象中,毛细管中的液面有的升高,有的可能降低
9.(2021湖北石首一中高二下月考)如图所示,一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁摩擦),温度升高时,没有改变的量有 ( )
A.活塞高度h B.汽缸高度H
C.气体压强p D.弹簧长度L
三、非选择题(本题共5小题,共52分)
10.(12分) (2021山东德州高三上期末)某实验小组用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时遵循的规律,实验装置如图1所示。用活塞和注射器外筒封闭一定质量的气体,其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)关于该实验,下列说法正确的是 。
A.该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B.实验时注射器必须水平放置
C.注射器内部的横截面积没必要测量
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位
(2)进行实验操作时,不能推拉活塞过快,其原因是 。
(3)该实验小组首先在甲实验室进行了实验,下表为记录的实验数据,其中有一次记录的实验数据错误,记录错误的是 (填错误数据对应的实验序号)。
实验序号
1
2
3
4
5
封闭气柱
长度L/cm
12.00
11.00
10.00
9.00
8.00
封闭气柱压
强p/(×105 Pa)
1.01
1.09
1.19
1.33
1.90
(4)该实验小组又利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的乙实验室进行了实验,根据在甲、乙实验室记录的数据用正确的方法画出的p-1L图像如图2所示,根据在乙实验室记录的数据画出的图像应为 (填图线代号“①”或“②”)。
11.(8分)(2021湖南师大附中高三月考)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化,如图所示,p-T图像和V-T图像各记录了其部分变化过程,试求:
(1)温度为600 K时气体的压强。
(2)在p-T图像中将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
12.(8分) (2021辽宁朝阳高三三模)某同学家里有一台三门冰箱,该冰箱分上、中、下三个门,上门是冷藏室,中门是变温室,下门是冷冻室。冰箱空置。
(1)若该冰箱冷藏室的容积为V1,变温室的容积为V2,冷冻室的容积为V3,每摩尔空气的体积为V0,阿伏加德罗常数为NA,求关闭冰箱密封门后,冰箱的冷藏室、变温室和冷冻室内的总空气分子数N;
(2)若室内温度t0=27 ℃,空气压强p0=1×105 Pa,该冰箱变温室的温度可在-18 ℃~6 ℃范围内调节,取绝对零度为-273 ℃,关闭冰箱门后变温室不漏气,其内的空气视为理想气体,求该冰箱通电工作时,变温室内空气的压强变化的最大值Δp。
13.(12分) (2021湖北荆州高三月考)导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环,卡环到汽缸底部的距离为20 cm,一个质量为1 kg的活塞将汽缸内气体封闭,汽缸内壁光滑,活塞与汽缸内壁气密性好,静止时,活塞与卡环接触,已知大气压强为1×105 Pa,环境温度为300 K。当环境温度降为280 K时,卡环对活塞的压力刚好为零,重力加速度g取10 m/s2,活塞的横截面积为5 cm2,不计活塞的厚度,求:
(1)开始时,卡环对活塞的压力;
(2)当环境温度为200 K时,在活塞上放一个质量为2 kg的重物,当活塞稳定时,活塞离缸底的距离(结果保留1位小数)。
14.(12分) (2021山东济南高三二模)如图甲所示,汽缸左右侧壁导热,其他侧壁绝热,平放在水平面上。质量为m、横截面积为S的绝热活塞将汽缸分隔成A、B两部分,每部分都封闭有气体,此时两部分气体体积相等。外界温度T0保持不变,重力加速度为g(不计活塞和汽缸间的摩擦)。
(1)若将汽缸缓慢转动,直到汽缸竖直,如图乙所示,稳定后A、B两部分气体体积之比变为2∶1,整个过程不漏气,求此时B部分气体的压强。
(2)将丙图中B的底端加一绝热层,对B部分气体缓慢加热,使A、B两部分气体体积再次相等,求此时B部分气体的温度T。
答案全解全析
第二章 气体、固体和液体
1 温度和温标
基础过关练
1.A 如果一个系统达到了平衡态,系统内各部分的状态参量如温度、压强和体积等不再随时间发生变化,温度达到稳定值,分子仍然是运动的,不可能达到所谓的“凝固”状态。故A正确,B、C、D错误。
2.ABD 系统处于平衡态时,其状态参量不变,铜块静止在沸水中足够长的时间,密闭导热容器中的冰水混合物处在0 ℃环境中,其状态参量不再变化,即处于平衡态,故A、B正确;刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐,温度未达到稳定状态,则处于非平衡态,故C错误;放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液,其温度、体积等状态参量不再变化,处于平衡态,故D正确。
导师点睛
处理平衡态问题的三个要点
(1)平衡态与热平衡不同,平衡态指的是一个系统内部达到的一种动态平衡,热平衡指的是两个系统之间没有热量传递。
(2)必须要经过较长一段时间,直到系统内所有状态参量都不随时间变化,这才是平衡态。
(3)系统处于平衡态,它与外界没有能量交换。
3.B 平衡态是针对某一系统而言的,描述系统状态的参量不只温度一个,还有体积、压强,当温度不变时,系统不一定处于平衡态,故A错误;热平衡是针对相互接触的两个系统而言的,两个系统相互影响的最终结果是温度相同,各自达到平衡态,可知,两个系统在接触时它们的状态参量不发生变化,这两个系统原来的温度是相同的,但是压强不一定相同,故B正确,D错误;据以上分析可知,平衡态和热平衡两者是不同的,故C错误。
4.AD 乙和丙分开后,甲、乙、丙三个物体与外界没有热传递,所以甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态,故A正确,B错误;甲和乙接触很长一段时间后分开,甲和乙达到了热平衡,但乙和丙接触很长一段时间后,乙的温度又发生了变化,甲和乙的热平衡被破坏,乙和丙两物体达到了热平衡,故C错误,D正确。
5.B 当温度计的液泡与被测物体紧密接触时,如果两者的温度有差异,它们之间就会发生热传递,高温物体将向低温物体传热,最终使二者的温度达到相同,即达到热平衡,故A、D正确;两个物体的温度相同时,不会发生热传递,故B错误;若a与b、c分别达到热平衡,三者温度一定相同,则b、c之间也达到了热平衡,故C正确。
6.C 此简易温度计是利用气体的热胀冷缩原理制成的,温度升高时,烧瓶内气体膨胀,有色水柱上升;温度降低时,烧瓶内气体收缩,有色水柱下降,已知A、D间的测量范围为20 ℃~80 ℃,可得A对应温度为80 ℃,D对应温度为20 ℃;A、D间刻度均匀分布,每格表示80℃-20℃15=4 ℃,则有色水柱下端所示温度为20 ℃+3×4 ℃=32 ℃,故选项C正确。
7.ABC 每升高(或降低)1 K等价于升高(或降低)1 ℃,故A正确;热力学温度的0 K是摄氏温度的-273.15 ℃,故B正确;热力学温度的零度只能无限接近,却不可能达到,且趋近于绝对零度时,气体液化或凝固,但有体积,故C正确,D错误。
8.A 温标不同,测量时得到同一系统的温度数值一般不同,故A对、B错;每一种温标的规定都有一定意义,如摄氏温标的0 ℃表示标准大气压下冰的熔点,100 ℃为标准大气压下水的沸点,故C错;热力学温标和摄氏温标,数值上有关系T=t+273 K,故D错。
9.A 摄氏温度与热力学温度的关系是T=t+273 K,气体初始温度为27 ℃,用热力学温标表示为T=t+273 K=300 K,温度升高了Δt=20 ℃=20 K,故A正确。
易混易错
热力学温度与摄氏温度关系的理解
(1)摄氏温度变化1 ℃与热力学温度变化1 K是等效的,即ΔT=Δt,而不是ΔT=Δt+273 K。
(2)绝对零度是低温的极限,只能接近,永远达不到,故热力学温度不会出现负值,但摄氏温度可以出现负值。
2 气体的等温变化
基础过关练
1.D 气体的体积就是所有气体分子运动占据的空间的体积的总和,选项A错误;只有当气体的密度一定时,气体的体积才与气体的质量成正比,选项B错误;只有当气体的质量一定时,气体的体积才与气体的密度成反比,选项C错误;气体总是充满整个容器,则气体的体积等于气体所在容器的容积,选项D正确。
2.BC 气体在等温变化过程中,温度不变,所以分子的平均动能不变,故A错误;等温变化过程研究的是一定质量的气体,压强随体积变化的规律,一定质量的气体,其分子总数一定,单位体积内的分子数改变,故B、C正确,D错误。
3.BC 对上面一段水银柱进行分析,有pA=p0+ρgh=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg,故选项A错误,B正确;对下面的一段水银柱进行分析,有pB=pA+ρgh=90 cmHg+15 cmHg=105 cmHg,故选项C正确,D错误。
4.答案 (1)1×105 Pa (2)1.05×105 Pa
解析 (1)汽缸如甲图放置时,根据活塞受力平衡可知,汽缸内气体的压强等于外界大气压强,有p=p0=1×105 Pa。
(2)汽缸如乙图放置时,根据活塞受力平衡有pS=p0S+mg,可得p=1.05×105 Pa。
5.ACD 本实验探究采用的方法是控制变量法,所以要保持被封闭气体的质量和温度不变,故A正确;由于注射器是圆柱形的,横截面积不变,所以只需测出空气柱的长度即可,故B错误;涂润滑油可以防止漏气,使被封闭气体的质量不发生变化,也可以减小摩擦,故C正确;当p与V成反比时,p-1V图像是一条过原点的直线,而p-V图像是曲线,所以p-1V图像更直观,故D正确。
6.答案 (1)压强 刻度尺 (2)柱塞上涂上润滑油(保证封闭气体质量不变的措施都可以) (3)B
解析 (2)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是在柱塞上涂上润滑油防止漏气;
(3)若急速推拉柱塞,则有可能造成等温条件的不满足,所以应缓慢推拉柱塞,故A错误;手握注射器会造成温度变化,故B正确;应等状态稳定后,记录此时注射器内空气柱的长度和压力表的压强值,故C错误。
7.B 气体初状态的压强p1=3 atm,体积V1=V;末状态的压强p2=1 atm,体积V2=V+4 L。由玻意耳定律得p1V1=p2V2,即3 atm×V=1 atm×(V+4 L),解得V=2 L,故B正确。
8.BD 以管中高h1的水银柱为研究对象,可得管内封闭气体的压强为p=p0+ρgh1,取管下端开口处液片为研究对象,有p=p0+ρgh2,则h1=h2,h1不变,则h2不变,故A错误,B正确;当外界压强增大时,管内封闭气体的压强p增大,根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小,则水银柱下降,故C错误,D正确。
9.答案 (1)1.02×105 Pa (2)1.96 cm
解析 (1)井盖刚好被顶起时,有pS=p0S+mg
解得p=1.02×105 Pa
(2)设水面上涨x时,井盖第一次被顶起,根据玻意耳定律有:
p(h-x)S=p0hS
解得x=1.96 cm
10.答案 0.39 m
解析 设玻璃管的横截面积为S,以管内封闭的气体为研究对象,
当玻璃管开口向上时,管内气体的压强p1=p0+ρgh,气体体积V1=L1S
当玻璃管开口向下时,管内气体的压强p2=p0-ρgh,气体体积V2=L2S
由于温度不变,由玻意耳定律有(p0+ρgh)L1S=(p0-ρgh)L2S
解得L2=0.39 m
11.C 筒内气体发生等温变化,由玻意耳定律可知气体的压强与体积成反比,金属筒从A下降到B的过程中,气体压强p变大,体积V变小,故C正确。
12.B 根据玻意耳定律pV=C,C与温度有关,温度越高,C越大,可知p与V之积越大表示温度越高,则T2>T1;根据pV=C可知p=1V·C,故p与1V成正比,p-1V图线的延长线过原点,且温度越高图线的斜率越大,故B正确。
导师点睛
由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低
(1)在p-V图像中,等温线离坐标原点越远,温度越高。
(2)在p-1V图像中,等温线的斜率越大,温度越高。
13.AD 在p-1V图像中,D→A是过原点直线的一部分,所以D→A是一个等温过程,故选项A对;直线BC是过原点的直线,所以直线BC是等温线,因为直线BC的斜率大于直线AD,所以T2>T1,则A到B温度升高,故选项B、C错;B→C是一个等温过程,由玻意耳定律可知,V增大,则p减小,故选项D正确。
能力提升练
1.A 对玻璃管和水银柱组成的系统,根据牛顿第二定律可得mg·sin 30°=ma,解得整体的加速度a=12g,对水银柱,由牛顿第二定律得p0S+m'g sin 30°-pS=m'a,解得p=p0,故选A。
2.B 设活塞的质量为m,横截面积为S,大气压强为p0。开始时,对活塞,由平衡条件有p0S+mg=p1S,则p1=p0+mgS。当环境温度升高时,封闭气体的温度也升高,但压强不变,故A错误。设汽缸的加速度大小为a,对活塞,由牛顿第二定律有p2S-p0S-mg=ma,得p2=p0+mgS+maS>p1 ,即压强增大,故B正确。当汽缸自由下落处于完全失重状态时,封闭气体的压强等于大气压强,则压强减小,故C错误。汽缸开口向下时,对活塞,由平衡条件有p0S=mg+p4S,则p4=p0-mgS,可知压强减小,故D错误。
3.答案 (1)AD (2)② (3)B
解析 (1)该实验是研究质量一定的气体在温度不变的情况下,压强跟体积的关系,采用了控制变量法,故A正确;快速推拉柱塞或用手握住注射器,会导致气体温度发生变化,不符合实验条件,故B、C错误;注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位,故D正确。
(2)一定质量的气体,在温度不变时,p-1V图线是一条过原点的直线的一部分;压缩气体时漏气,气体质量减小,当横坐标1V变大时,图线将偏离直线,且图线上的点与原点连线的斜率是减小的,故选②。
(3)由题图可知,pAVA=pBVB,所以A、B两状态的温度相同,在同一等温线上。可在p-V图上作出几条等温线,如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高,可知从状态A到状态B气体温度先升高再降低,故选B。
4.答案 (1)压强 (2)保持温度不变 (3)D (4)B
解析 (1)本实验需要测量气体的体积和压强,体积由注射器的刻度直接读出,实验器材A是压强传感器,可测出压强。
(2)本实验要求温度不变,用手握住注射器有气体的部分,会使气体温度升高,所以手不能握住注射器。
(3)活塞与注射器筒壁间的摩擦力增大,但是由于是缓慢推动活塞,则气体的温度是不变的,不影响探究气体的压强跟体积的关系,故A错误;实验时若环境温度升高,则p与V乘积的值变大,而实验数据p、V的乘积在变小,故B错误;由于使用了压强传感器,外界大气压强发生变化不影响压强测量,故C错误;实验时,若注射器内的空气向外发生了泄漏,参与实验的只是原有气体的一部分,所以p与V乘积的值变小,故D正确。
(4)若压强测量值正确,体积测量值偏小,则实验得到的曲线(实线)应该在实际曲线(虚线)的下方,故A、D错误;实际曲线(虚线)为双曲线的一支,由于体积变化时,软管中气体的体积占总体积的百分比会变化,即注射器中气体质量会变化,所以实验得到的曲线(实线)不是双曲线,故B正确,C错误。
5.AD 在初状态有p1S=mg+p0S,在末状态有p2S=mg+m沙g+p0S,气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1SL=p2S×23L,联立解得m沙=12p0Sg+m,故A正确。由于汽缸导热性能良好且环境温度保持不变,即气体温度不变,则分子的平均动能不变,故B错误。汽缸内封闭气体被压缩,体积减小,则汽缸内气体分子的数密度增大,故C错误。由于温度不变,则气体分子的平均动能不变,平均速率不变;在等温压缩时压强增大,则单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多,故D正确。
6.答案 (1)0.5 m (2)0.94 m
解析 (1)当金属筒漂浮在水中时,设其内外水面的高度差为h,有ρSh·g=mg
解得h=0.5 m。
(2)金属筒漂浮在水中时p0S+mg=pS
由玻意耳定律可得p0SL=pSL'
代入数据解得L'=1.44 m,则露出水面的长度ΔL=L'-h=0.94 m。
7.答案 (1)78 cmHg (2)7 cm
解析 (1)设均匀玻璃管的横截面积为S,插入水银槽后,右管内气体等温变化,由玻意耳定律得p0l0S=p(l0-Δℎ2)S
代入数据解得p=78 cmHg。
(2)插入水银槽后左管内气体压强p'=p+ρgΔh=80 cmHg
左管内、外水银面高度差h1=p'-p0ρg=4 cm
对中、左管内气体,由玻意耳定律得p0lS=p'l'S,解得l'=38 cm
左管插入水银槽的深度h=l+Δℎ2-l'+h1=7 cm。
8.答案 0.9l0
解析 对Ⅰ气体,初状态压强p1=p0+3mgS
末状态压强为p1'=p0+mgS
设末状态时Ⅰ气体的长度为l1,由玻意耳定律得p1l0S=p1'l1S
解得l1=32l0
对Ⅱ气体,初状态压强p2=p0+4mgS
末状态压强p2'=p0+2mgS
设末状态时Ⅱ气体的长度为l2,由玻意耳定律得p2l0S=p2'l2S
解得l2=75l0
所以活塞A上升的高度为Δh=l1+l2-2l0
解得Δh=0.9l0。
导师点睛
本题综合考查了压强的计算、气体等温变化的规律。应用玻意耳定律时,要分析研究对象的初、末状态的参量。Ⅰ气体与Ⅱ气体之间的压强存在着一定的关系,这是联系两部分气体的纽带。
专题强化练2 玻意耳定律的应用
1.B △OBC的面积为S1=12OC·BC=12pBVB,同理,△OAD的面积为S2=12pAVA,而A、B为等温线上的两点,根据玻意耳定律可知pAVA=pBVB,所以两个三角形的面积相等,B正确。
2.B 设大气压为p0,静止时试管内封闭气体压强为p1,水银质量为m,试管横截面积为S。对水银,根据平衡条件有p0S=p1S+mg;自由下落时,稳定后水银处于完全失重状态,根据牛顿第二定律有p2S+mg-p0S=mg,即p0S=p2S;对比可得p2>p1,即压强增大。由于温度不变,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,所以V1>V2,体积变小,选项B正确。
3.BC 由于气体的温度不变,打气后,分子的平均动能不变,球内每个气体分子对球内壁的平均作用力不变,球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大,A错误;打气后,球内气体的压强变大,即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大,故B正确;打气6次后,由玻意耳定律有p1V0+p0×6×120V0=pV0,解得p=1.4 atm,故C正确,D错误。
方法技巧
应用玻意耳定律分析变质量问题
对于恒温气体,当气体经历多次质量变化过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,保证初、末态的气体的质量、温度不变,应用玻意耳定律列方程。
4.答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S,对右管中封闭气体,初始状态,管中气体的压强为p0,水银刚好全部进入竖直右管后,设管中气体的压强为p1,由玻意耳定律有:p0×40 cm×S=p1×(40 cm-10 cm)S
解得p1=100 cmHg
(2)分析可知,初始状态,水平管中气体的压强为p2=p0+ρgh=90 cmHg末状态气体的压强为p3=p1+ρgh'=(100+15+10)cmHg=125 cmHg
由玻意耳定律有:p2×15 cm×S=p3LS
解得L=10.8 cm
末状态时左侧管中水银柱的长度为x1=(125-75)cm=50 cm,
末状态时水平管中水银柱的长度为x2=L管-L=(5+15+10-10.8)cm=19.2 cm,
则末状态时左侧水银柱总长度为x3=x1+x2=69.2 cm,由题图可知初状态时左侧水银柱总长度为x0=(15+5)cm=20 cm,
所以左侧管中需要倒入水银柱的长度为
x=x3-x0=(69.2-20)cm=49.2 cm
5.答案 2.5 m3 10 m
解析 当筒内液面到水面的距离为h2时,浮筒和重物整体受到的重力和浮力相等,根据平衡条件求解气体的体积V2,然后对气体根据玻意耳定律求解压强,得到h2。
当拉力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
在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得
p1V1=p2V2 ⑤
联立②③④⑤,代入数据得h2=10 m。
第2节综合拔高练
五年高考练
1.答案 41 cm
解析 设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1 ①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgh ②
p1=p0-ρgh ③
式中,ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有
V=S(L-h1-h) ④
V1=S(L-h) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm
2.D 取5次充气后,臂带内所有气体为研究对象,初态压强为p0=750 mmHg,体积为V0=V+5ΔV,其中ΔV=60 cm3;末态压强计示数为150 mmHg,则气体压强p1=p0+150 mmHg=900 mmHg,体积为V1=5V,根据玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V=60 cm3,D正确。
方法技巧
分析变质量气体问题时,要巧妙地通过选择研究对象,使变质量气体问题转化为定质量气体问题,用气体实验定律求解。
(1)打气问题:选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象,就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
(2)抽气问题:将抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,质量不变,故抽气过程可以看成等温膨胀过程。
(3)灌气问题:把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题。
(4)漏气问题:选容器内剩余气体和漏出气体作为研究对象,可使问题变成定质量气体的状态变化问题。
3.答案 1 cm
解析 设注入水银后A管内的水银柱高度为h1,横截面积为S1,B管内的水银柱高度为h2,横截面积为S2。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律
对A管内气体:p0l1S1=[p0+ρ水银g(h2+h-h1)](l1-h1)S1 ①
对B管内气体:p0l2S2=(p0+ρ水银gh)(l2-h2)S2 ②
②式代入数据解得:h2=2 cm
①式代入数据解得:h1=1 cm
故Δh=h2-h1=1 cm
4.答案 (ⅰ)12(p0+p) (ⅱ)12p0+14p 4(p0+p)V02p0+p
解析 (ⅰ)设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得
(p10-p)·2S=(p0-p)·S
得p10=12(p0+p)
(ⅱ)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氮气的压强和体积分别为p2和V2。
根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0
p2V2=p0V0
由于两活塞用刚性杆连接,故
V1-2V0=2(V0-V2)
联立解得
p1=12p0+14p
V1=4(p0+p)V02p0+p
5.答案 15p0S26g
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
p0V2=p1V1
p0V2=p2V2
由已知条件得
V1=V2+V6-V8=1324V
V2=V2-V6=V3
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=15p0S26g
三年模拟练
1.D 圆板的下表面是倾斜的,气体对它的压力应与下表面垂直。为求气体的压强,应以封闭气体的金属圆板为研究对象,对其受力分析如图所示。由平衡条件得pScosθ·cos θ=Mg+p0S,解得p=p0+MgS。
2.D 设大气压为p0,玻璃管竖直时封闭气体的压强p=p0-ρgh;玻璃管向右旋转一定角度,假设封闭气体的长度H不变,则水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大,根据玻意耳定律可知,封闭气体体积减小,所以H要减小;再假设h不变,在玻璃管倾斜时水银柱的长度会变长,则H会减小,根据玻意耳定律可知封闭气体压强会增大,所以h也要减小,故D正确。
方法技巧
分析等温变化问题的两个技巧
(1)计算液柱所产生的压强p=ρgh时,应特别注意h是液面竖直高度,不一定是液柱长度。
(2)在不能确定封闭气体的压强或体积变化情况时,应用假设推理法可便捷地进行定性分析。
3.答案 (1)p0V0p1-2V03 (2)1.027
解析 (1)将注射器内一部分气体推入气球时,压强传感器读数为p1,根据玻意耳定律有p1V1=p0V0,所以气体的总体积V1=p0V0p1,此时注射器内剩余气体的体积为23V0,则气球的体积为V=V1-23V0=p0V0p1-2V03。
(2)若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,气体全部压入气球,因为气球内气体的压强略大于p0,由玻意耳定律可知气球内气体的体积略小于0.5V0,由题图乙可知,V球略小于0.5V0时,对应的压强值为1.027p0。
4.答案 (1)5 cm (2)31.95 cm
解析 (1)设旋转后水银柱进入AB管的长度为x,玻璃管横截面积为S,如图1,
对于AB管内的气体,初始状态:p1=p0,V1=l2S
末状态:p2=p0+pl1-x,V2=(l2-x)S,
由玻意耳定律有p0Sl2=(p0+pl1-x)(l2-x)S
式中pl1-x表示长度为(l1-x)的水银柱产生的压强。
解得x=5 cm
(2)设旋转后有长度为x'的水银柱流出,如图2,
对于封闭气体,初始状态:p1=p0,V1=l2S
末状态:p2'=p0-pl1-x',V=[l2+l3-(l1-x')]S
由玻意耳定律有p0l2S=(p0-pl1-x')[l2+l3-(l1-x')]S
式中pl1-x'表示长度为x'的水银柱流出后管内水银产生的压强。
解得x'≈1.95 cm
则封闭气体的长度为:l=l2+l3-(l1-x')=31.95 cm
5.答案 718V
解析 对容器内上部分气体,注入气体前的压强为p0,体积为23V;注入气体后,设上部分气体压强为p2,体积为12V;对上部分气体,由玻意耳定律有:p0·23V=p2·12V ①
对容器内下部分气体,注入气体前的压强设为p1,体积为13V,对活塞受力分析可得mg+p0S=p1S ②
注入气体后,设下部分气体压强为p3,体积为12V,对活塞受力分析可得mg+p2S=p3S ③
设充入气体的体积为ΔV,对下部分气体和充入气体,由玻意耳定律有p1·13V+p0ΔV=p3·12V ④
联立①②③④式可得ΔV=718V
6.答案 (1)左侧液面下降,右侧液面上升 (2)p03ρL2+gL
解析 (1)U形管以左侧管为轴转动后,水平玻璃管中的液体需要向左的向心力,封闭气体的压强要变大,故左侧液面下降,右侧液面上升。
(2)U形管匀速转动时,设右侧管中封闭气体的压强为p,以玻璃管水平部分长度为L的液体为研究对象,左右两端的压强差为(右端压强较高)Δp=p+ρgL2-p0
这部分液体的质量m=ρSL
可视为全部集中在玻璃管水平部分距离左端L2处,式中S为玻璃管的横截面积。
根据牛顿第二定律有Δp·S=mω2·L2
根据玻意耳定律有p0·(2L-L4)S=p·(2L-L2)S
联立解得ω=p03ρL2+gL
7.答案 (1)13V0 (2)不能满足要求
解析 (1)喷洒时,桶内消毒液上方气体温度不变,根据玻意耳定律有2p0·12V0=32p0V1
解得V1=23V0
停止喷洒时剩余药液的体积V=V0-23V0=13V0
(2)以原气体和需打入气体整体为研究对象,根据玻意耳定律可得
2p0·12V0+p0V2=2p0·23V0
解得V2=13V0
打气的次数n=V2V020=203=6.67,所以消毒员打气5次不能满足要求。
3 气体的等压变化和等容变化
基础过关练
1.A 由盖-吕萨克定律可得V1T1=V2T2=ΔVΔT=ΔVΔt,可得V0273K=VT=V-V0T-273K=ΔV1K,则每升高1 ℃增大的体积ΔV=VT=V0273K=V-V0T-273K,故A正确。
2.D 弹簧测力计上的拉力跟汽缸和活塞的总重力大小相等,当外界温度升高时,不影响弹簧弹力大小,所以示数F不变;以汽缸为研究对象,最终达到平衡时,汽缸的重力与汽缸内气体压力之和等于大气压力,因为重力和大气压力均不变,所以汽缸内气体压力不变,汽缸内气体压强p不变,故D正确。
易混易错
不理解气体压强的宏观决定因素,错误认为温度升高,气体的压强一定变大导致错选A项。应该以汽缸和活塞整体为研究对象,根据平衡条件求解弹簧的拉力大小;以汽缸或活塞为研究对象,对研究对象进行受力分析求解压强变化情况。
3.答案 (1)p0+ρgh (2)S(T1l2-T2l1)T2-T1
解析 (1)对水银柱进行受力分析,有p1S=p0S+ρghS
解得p1=p0+ρgh
(2)由题意可知,封闭气体的初状态:温度为T1,体积V1=V+l1S
末状态:温度为T2,体积为V2=V+l2S
由题意知气体压强不变,由盖-吕萨克定律有V+Sl1T1=V+Sl2T2
解得V=S(T1l2-T2l1)T2-T1。
4.B 气体做等容变化,压强减为原来的一半时,根据查理定律可知热力学温度也减为原来的一半,有T'=T2=273+272 K=150 K=-123 ℃,故B正确。
5.C 取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105 Pa,温度为T1=(273+27)K=300 K,设其末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23)K=250 K,根据查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=56×105 Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp=56×105 Pa-4.0×104 Pa=4.3×104 Pa,故C正确。
6.答案 (1)mρℎ (2)p0T0p0+ρgℎ
解析 (1)设汽缸的横截面积为S,以活塞为研究对象,根据平衡条件有p0S+mg=pS,且有p=p0+ρgh
解得S=mρℎ
(2)汽缸底部对活塞的支持力为mg,即等于活塞的重力时,汽缸内外的压强相等,即汽缸内气体压强为p0。由题意可知,汽缸内的气体的体积不变,根据查理定律有p0+ρgℎT0=p0T2
解得T2=p0T0p0+ρgℎ
7.C 一定质量的理想气体,压强不变,体积与热力学温度成正比,不与摄氏温度成正比,温度由100 ℃上升到200 ℃时,体积约增大为原来的1.27倍,故A错误;理想气体状态方程成立的条件为气体质量不变,且为理想气体,而B项缺条件,故B错误;由理想气体状态方程pVT=C可知,一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍,故C正确;同理,一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积减半,热力学温度加倍,故D错误。
8.C 气泡内气体在湖底的压强p1=p0+ρ水gh =105 Pa+103×10×20 Pa=3×105 Pa,气泡在湖底的温度T1=273 K+4 K=277 K;气泡内气体在水面的压强p2=p0=105 Pa,气泡在水面的温度T2=273 K+17 K=290 K,根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,解得V2V1≈3.1,故C正确。
易混易错
计算深度为20 m的湖水底部的压强时,若遗漏大气压强的影响,就会错选D项。在湖水中深度为20 m处的压强等于湖水产生的压强和大气压强之和。
9.答案 285 K
解析 以罐内空气为研究对象,其初状态:p1=p0=1.0×105 Pa,V1=2.0 m3,T1=300 K
末状态:p2=p0+p=3.8×105 Pa,V2=V1-V=0.5 m3,热力学温度设为T1;
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2
解得T2=285 K。
10.答案 (1)2×105 Pa 1 000 N (2)327 ℃
解析 (1)第一状态:p1=1×105 Pa,V1=V
第二状态:V2=V2
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得p2=2×105 Pa
又p2=p0+GS,S=100 cm2=1×10-2 m2,p0=1×105 Pa
解得G=1 000 N。
(2)第三状态:p3=2×105 Pa,V3=V
根据理想气体的状态方程有p3V3T3=p1V1T1
解得T3=600 K
所以t=327 ℃。
11.BCD 设活塞横截面积为S,以活塞为研究对象,有p0S+mg=pS,则汽缸内封闭气体的压强p=p0+mgS,所以加热时封闭气体的压强保持不变,故A错误,B正确;封闭气体发生等压变化,温度上升时,根据盖-吕萨克定律可知气体的体积增大,故C正确;温度升高,分子的平均动能增大,而气体的体积增大,单位体积内气体分子数减少,由于气体的压强不变,根据压强的微观意义知活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前减少,故D正确。
12.A 一定质量的理想气体状态发生变化,满足查理定律,则气体的体积不变,若气体压强增大,则温度升高,分子的平均动能增大;因气体的体积不变,则分子间的平均距离不变,故A正确,B、C、D错误。
能力提升练
1.A 理想气体沿直线从状态a变化到状态b,V逐渐变小,T逐渐变大,根据理想气体状态方程pVT=C可知p逐渐变大,故A正确。
2.BD 当缓慢升高汽缸内气体温度时,气体先发生等容变化,汽缸内气体的压强p与热力学温度T成正比,在p-T图像中,图线是过原点的倾斜直线;当活塞开始离开小挡板时,因为活塞的重力不计,则汽缸内气体的压强等于外界的大气压,气体发生等压膨胀,其p-T图线是平行于T轴的直线,故A错误,B正确;汽缸内气体先发生等容变化,后发生等压变化,所以V-T图线先平行于T轴,后是经过原点的一条直线,故C错误,D正确。
3.BC ab过程气体发生等温变化,压强减小,由玻意耳定律分析可知气体的体积变大,故A错误;由于bc的延长线通过原点,由查理定律可知bc过程为等容变化,故B正确;cd过程气体发生等压变化,温度降低,由盖-吕萨克定律分析可知气体体积减小,故C正确;
d点与原点的连线的斜率大于a点与原点的连线的斜率,则气体在d状态的体积小于气体在a状态的体积,da过程体积增大,故D错误。
4.AD 只对L1加热,假设L1气体体积不变,则压强增大;L1的压强p1=p2-ph,由于L2的压强p2不变,L1的压强增大,则ph减小,h减小,气柱L1长度变长;气柱L2中气体的压强和温度不变化,则体积不变化,长度不变化,故A正确,B错误;若在右管中注入一些水银,则L2的压强增大,假设L1的体积不变,h不变,L1的压强增大,根据玻意耳定律可知L1的体积减小,L1的长度将减小,故C错误;使L1、L2同时升高相同的温度,假设L1、L2气体的体积都不变,则L1的压强增大,L2压强不变,所以h减小,L1也会增大,故D正确。
方法技巧
“假设推理法”定性分析气体状态变化的思路
(1)先假设某个状态参量不变化,例如,可假设等容变化(或等压变化),应用气体实验定律分析另外参量的变化特征。
(2)再根据假设条件下得出的结论,再一次分析假设量的合理性或变化特征。
5.答案 (1)2.4×10-3 m3 (2)3×10-3 m3
解析 (1)设压缩后气体的体积为V2,压缩气体前后气体压强相等,根据盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2,
解得V2=2.4×10-3 m3
(2)由题意可知气体经历等温变化,根据玻意耳定律有p2V2=p3V3
解得气体压强变为8.0×104 Pa时的体积为V3=p2V2p3=3×10-3 m3
6.答案 (1)90 cmHg (2)360 K (3)720 K
解析 (1)加热前,活塞下方气体的压强
p1=p0+ρg(h4-h3)=90 cmHg
(2)活塞下方气体在加热前的状态参量为:p1=90 cmHg,T1=273 K+27 ℃=300 K
加热后左侧水银柱上升的高度Δh=h5-h4=9 cm,则右侧液面下降Δh=9 cm,右侧液面的高度为h6=h3-Δh=21 cm,活塞下方气体的压强
p2=p0+ρg(h5-h6)=108 cmHg
根据查理定律有:p1T1=p2T2
解得T2=360 K
(3)继续缓慢加热,活塞刚好运动到汽缸顶部过程中,气体做等压变化,设活塞横截面积为S,初状态参量:V2=h2S,T2=360 K,末状态参量:V3=h1S,根据盖-吕萨克定律有V2T2=V3T3
即ℎ2ST2=ℎ1ST3
解得T3=2T2=720 K
7.B 设轮胎内气体经过一定过程后,温度变为T2=0 ℃=273 K,压强变为p2=1 atm=100 kPa,体积变为V2,初始状态T1=27 ℃=300 K,p1=240 kPa,V1=30 L,则由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,所以V2=p1T2V1p2T1=65.52 L,气体的物质的量为n=V2V=65.52L22.4L/mol=2.925 mol,所以气体的分子数约为N=nNA=1.755×1024≈1.8×1024,故选B。
8.答案 3 L 9.3×104 Pa
解析 气体初状态的参量:温度T1=300 K、体积VA=2.1 L、压强为p0=1.0×105 Pa
假设没有汽缸A左壁的阻挡,气体末状态的温度为T2=400 K,设体积为V2,压强为p,由活塞受力平衡,有p=p0
由理想气体状态方程有:p0VAT1=pV2T2
解得V2=2.8 L
由于VB=3 L>2.8 L,因此可判断活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上,则此时气体体积为V2'=VB=3 L
设此时气体压强为p2,由理想气体状态方程有:p0VAT1=p2V2'T2
解得p2=9.3×104 Pa。
方法技巧
临界问题的解答技巧
(1)挖掘隐含条件,找出临界状态,临界状态是气体的状态会不会出现的判断依据,或是两个不同变化过程的分界点,正确找出临界状态是解答临界问题的前提,本题中活塞卡在汽缸A的左壁是临界点。
(2)确定临界状态前后的状态参量,或不同变化过程,再利用对应气体实验定律解题。
9.答案 (1)86.6 ℃ (2)19.0 cm
解析 (1)对封闭的气体进行分析,初状态:p1=p0-ρgh1=76 cmHg-16 cmHg=60 cmHg、V1=V0+h0S、T1=273 K
末状态:p2=p0、V2=V1+ℎ12S、T2=273 K+t
由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2
代入数据得t=86.6 ℃
(2)当往左管注入水银后,设末状态气体的压强为p,体积为V1=V0+h0S
由玻意耳定律有p2V2=pV1
解得p=79.04 cmHg
可知往左管注入水银的高度为h=h1+Δh=19.0 cm
专题强化练3 气体状态变化的图像问题
1.D 根据理想气体状态方程pVT=C可知,温度之比等于p、V乘积之比,故TA∶TB∶TC=(3×1)∶(2×3)∶(1×5)=3∶6∶5,故D正确。
2.B A→B过程中,气体体积不变,温度升高,气体分子间距不变,气体分子的平均动能增大,气体内能增加,故选项A错误,B正确;根据理想气体的状态方程pVT=C可得V=CpT,可知B→C过程是等压变化过程,故选项C错误;C→A过程中,气体温度降低,体积增大,由pVT=C可知压强减小,故选项D错误。
3.答案 (1)p02 (2)p02 12T0
解析 (1)气体从A状态到B状态发生等温变化,故pc=pb=p02,根据玻意耳定律有:pAVA=pBVB
解得pB=p02
(2)气体由B状态到C状态发生等压变化,故pC=pB=p02,根据盖-吕萨克定律有:VBTB=VCTC
解得TC=12T0
方法技巧
分析气体图像问题的方法技巧
(1)要根据图像直接读出气体各个状态的参量的值或表达式,以便于运用气体实验定律来解答。
(2)根据横、纵坐标表示的物理量、图像的形状判断各物理量的变化规律,例如,判断变化过程是等温变化,还是等压变化,或是等容变化等。
(3)要将图像与实际情况相结合。
4.答案 (1) 0.016 m3 (2) 57 ℃ (3)图见解析
解析 (1)开始时容器内气体的压强为pA=p0=1.0×105 Pa
体积为VA=hl2=0.02 m3
放入活塞后容器内气体的压强为pB=p0+mgl2=1.25×105 Pa
气体从状态A到状态B温度不变,则由玻意耳定律有pAVA=pBVB
解得VB=0.016 m3
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M=50 kg的物体,则气体的压强pC=p0+(M+m)gl2=1.375×105 Pa
气体从状态B到状态C发生等容变化,由查理定律有pBTB=pCTC
解得TC=330 K
tC=57 ℃
(3)气体从A到B发生等温变化,体积减小;从B到C发生等容变化,温度升高;从C到D,发生等压变化,温度降低;变化图像如图所示。
专题强化练4 气体实验定律的理解与应用
1.AD 保持B、C两管不动,由等容变化规律可知,气体温度降低,压强变小,B管中水银面上升,C管中水银面将下降,气体体积减小,则烧瓶内气体密度增大,故选项A正确,B错误;若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,即发生等压变化,由盖-吕萨克定律可知,应该使气体的体积增大,应将C管向下移动,故选项C错误,D正确。
2.B 假设水银柱不动,则两部分气体做等容变化,分别对两部分气体应用查理定律有p2T2=Δp2ΔT2,p1T1=Δp1ΔT1,可得Δp2=p2T2ΔT2,Δp1=p1T1ΔT1,又由于ΔT2=ΔT1,T2=T1,p2+ρgh=p1,可得Δp2<Δp1,下部分气体的压强增加量大于上部分气体的压强增加量,水银柱将向上移动,故B正确。
方法技巧
假设推理法分析液柱的移动问题
(1)先假设液柱不移动,或假设两部分气体的体积不变,或假设两部分气体的压强不变。
(2)再应用气体实验定律分析假设条件以外的物理量的变化情况。
(3)进而分析两部分气体的压强变化量的大小关系,这样就能确定液柱的移动方向。
3.AC 对封闭的气体进行分析,由于B管的体积与A泡的体积相比可略去不计,则气体发生等容变化。若外界大气压不变,细管中水银柱上升,则封闭气体压强减小,由查理定律有pT=C,可知温度一定降低,故选项A正确,B错误;气体初状态参量为p1=76 cmHg-16 cmHg=60 cmHg、T1=273 K+27 ℃=300 K,末状态参量为T2=273 K+0 ℃=273 K,气体发生等容变化,由查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=54.6 cmHg,则x0=76 cm-54.6 cm=21.4 cm,故选项C正确;若环境真实压强比标准大气压小,管内外水银面的高度差仍为16 cmHg,假设此时大气压为75 cmHg,则A内气体的压强为p3=(75-16)cmHg=59 cmHg,由p1T1=p3T3解得T3=295 K,故t3=22 ℃<27 ℃,故选项D错误。
4.答案 (1)1.5×105 Pa 2 m (2)距离汽缸底部1.5 m
解析 (1)汽缸被竖起来后,假设稳定时活塞在卡口A、B上方,则缸内气体的压强p2=p0+mgS=1.5×105 Pa
气体初状态:p1=p0=1.0×105 Pa,V1=2LS
设稳定时缸内气体高度为h1,则气体末状态:V2=h1S,p2=1.5×105 Pa
由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得h1=2 m,因h1>L,故假设成立。
(2)当温度降到240 K时,理想气体发生等压变化,稳定时,假设活塞落在卡口A、B上方,设缸内气体高度为H,则V3=HS
由盖-吕萨克定律有V2T0=V3T1,解得H=1.5 m
所以活塞恰好落在卡口A、B上,活塞距离汽缸底部1.5 m。
专题强化练5 理想气体状态方程的理解与应用
1.B 设三种稳定状态下气体的压强分别为p1、p2、p3,以活塞为研究对象,三种稳定状态下分别有p0S+Mg=p1S,p0S+Mg=p2S,p0S+Mg+mg=p3S,可以得出p1=p2
方法技巧
应用理想气体状态方程解题的一般思路
(1)确定研究对象:某一部分气体或多部分气体组成的整体。
(2)根据力学状态求压强,根据几何关系求体积,确定热力学温度,并注意单位的统一。
(3)确定气体的初、末状态的状态参量后,应用理想气体状态方程解题。
(4)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。
4.答案 227373m
解析 以充气后所有气体为研究对象,在状态1的体积为V1,温度为T1=273 K+100 ℃=373 K,压强为p1=3.534×105 Pa;
在状态2的体积为V2,温度为T2=273 K+27 ℃=300 K,压强为p2=1.767×105 Pa;
由理想气体状态方程,有p1V1T1=p2V2T2
解得V2=600373V1
因为同种气体在相同温度、相同压强下的密度一定,所以质量比等于体积比,故充气后,总质量为M=600373m
需要充入空气的质量为Δm=M-m=227373m
5.答案 (1)22 cm (2)345.5 K
解析 (1)设题图1中左管封闭气柱的长度为d,气体压强p1=p0-ρgh=76 cmHg-4 cmHg=72 cmHg
题图2中,封闭气体压强p2=p0-ρgL=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg
封闭气柱的长度为d'=d+ℎ2=d+2 cm
气体发生等温变化,由玻意耳定律得p1dS=p2d'S
解得d=22 cm
(2)开始时气体温度T1=300 K,设升温后的环境温度为T2,根据理想气体状态方程有p1dST1=p0d'ST2
解得T2=345.5 K
6.答案 (1)308 K (2)328.5 K
解析 (1)将“温度计”如题图甲放置,封闭气体初始状态:温度T1=t1+273 K=300 K,体积V1=V0+(L-5-20)S=150 cm3,
末状态为水银柱在玻璃管最右端时,设最高温度为T2,体积V2=V0+(L-5)S=154 cm3
该过程为等压变化,由盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2
解得T2=308 K
(2)将“温度计”如题图乙竖直放置后,因水银未流入易拉罐,则对气体有pVT=C,第(1)问中的初始状态参量为V1=150 cm3,p1=p0=75 cmHg,T1=300 K
末状态为水银柱在玻璃管最上端,设最高温度为T3,体积为V3=V2=154 cm3,压强为p3=p0+ph=80 cmHg
由理想气体状态方程有p1V1T1=p3V3T3
解得T3=328.5 K
7.答案 (1)-33 ℃ (2)180 m3
解析 (1)在大本营时,氦气的状态参量:p1=0.6 atm,V1=90 m3,T1=t1+273 K=270 K
在峰顶时,氦气的状态参量:p2=0.3 atm,V2=160 m3
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2
解得T2=240 K,故t2=T2-273 ℃=-33 ℃
(2)【解法一】加热后,氦气的压强p3=0.3 atm,其体积设为V3
由玻意耳定律有:p1V1=p3V3
解得V3=p1V1p3=0.6×900.3 m3=180 m3
【解法二】加热后,氦气的温度T3=270 K,体积设为V3
由盖-吕萨克定律有:V2T2=V3T3
解得V3=T3V2T2=270×160240 m3=180 m3
专题强化练6 关联气体状态变化问题
1.A 假设水银不动,左右两部分气体都将发生等容变化,根据查理定律可得pT=ΔpΔT,整理得Δp=pΔTT;由于初态时两边温度相同,但左侧气体的压强大,升高相同的温度时,左侧压强增加得多,所以左侧的气体体积变大,两水银面的高度差增大,故A正确。
2.答案 3mg2S
解析 设开始时气体a的压强为p1,则此时气体b的压强也为p1
汽缸转动后,活塞稳定时,设气体a的压强为p2,则气体b的压强为p3=p2+mgS
气体a、b温度始终不变,设原来活塞到左侧距离为d
对于气体a,由玻意耳定律有p1Sd=p2S·32d
对于气体b,由玻意耳定律有p1S·2d=p3S·32d
解得p1=3mg2S。
方法技巧
关联气体问题
(1)两部分中,每一部分气体都独立满足pVT=C;
(2)两部分气体之间在压强、体积等方面往往存在一定的联系,需要列出联系方程。
3.答案 56l0
解析 气体Ⅰ在初状态的压强为:p1=p0-3mgS=25p0
末状态的压强为:p'1=p0-2mgS=35p0
气体Ⅰ发生等温变化,由玻意耳定律有:p1l0S=p'1l1S
解得l1=23l0
气体Ⅱ在初状态的压强为:p2=p1-mgS=15p0
末状态的压强为:p'2=p'1-mgS=25p0
气体Ⅱ发生等温变化,由玻意耳定律有:p2l0S=p'2l2S
解得l2=12l0
所以活塞A上升的高度为:Δl=(l0-l1)+(l0-l2)=56l0
方法技巧
解答关联气体问题的一般思路
(1)要分别选取每部分气体为研究对象,确定各自的初、末状态参量,根据理想气体状态方程或气体实验定律分别列式。
(2)要认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系,并列出关系方程。
(3)综合气体方程和关系方程联立求解。
4.答案 (1)15 cm (2)7.5 cm
解析 (1)对A空气柱,初状态:pA1=75 cmHg,V A1=12(cm)×S
末状态:pA2=75 cmHg-ρgL,V A2=15(cm)×S
根据玻意耳定律有:pA1VA1=pA2VA2,解得L=15 cm
(2)对B空气柱,初状态:pB1=75 cmHg,VB1= [24(cm)-15(cm)] ×S =9(cm)×S
末状态:pB2=pA1+pL=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg,VB2= lB2×S
根据玻意耳定律有:pB1VB1=pB2VB2,解得lB2=7.5 cm
专题强化练7 变质量问题
1.C 初状态p=10 atm、V=20 L,末状态p'=2 atm、V1=V+n×5(n为瓶数),根据玻意耳定律有pV=p'V1,解得n=16,故C正确。
2.B 以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象,发生等压变化时,根据盖-吕萨克定律有V0273K+7℃=V273K+27℃,得出气体在27 ℃时的体积V=1514V0,则室内的空气质量减少了V-V0V=115=6.7%,故选B。
方法技巧
处理变质量问题的方法:
(1)取所有气体为研究对象,应用气体实验定律求解;
(2)放气、漏气问题中,末状态的总体积对应气体的总质量;末状态留在容器中的是剩余气体,可以求出对应的剩余质量。
3.答案 (1)0.01 m3 5.0×106 Pa (2)12
解析 (1)对金属壳受力分析,由平衡条件有:ρgV=F+Mg,解得V=0.01 m3
稳定后壳内水面的高度Δh=a-Va2
则有p=p0+ρg(H-Δh)
解得p=5.0×106 Pa
(2)气体未跑出时,设气体的体积为V',则初态:p1=p0,V1=a3,末态:p2=p,V2=V',气体发生等温变化,由玻意耳定律有:p0V1=pV'
跑出的气体质量与原有气体质量的比为:m出m原=V'-VV'
解得m出m原=12
4.答案 (1)p0V0Smg+fm+p0S (2)2ρV0mg+fmp0S
解析 (1)橡皮塞刚好上滑时,设左室气体的体积为V,压强为p,对橡皮塞受力分析,可得mg+fm+p0S=pS
左室气体发生等温变化,由玻意耳定律有p0V0=pV
解得V=p0V0Smg+fm+p0S
(2)设需要向右侧气室打入的空气的体积为ΔV,因活塞可自由滑动,故末态右侧气室的压强与左侧气室的压强相等,右侧气室气体体积为2V0-V。把右侧气室原有气体与打入的气体整体作为研究对象,发生等温变化,有p(2V0-V)=p0(V0+ΔV),解得ΔV=2(mg+fm)V0p0S,
需要向右侧气室内打入的空气质量Δm=ρΔV=2ρV0mg+fmp0S。
5.答案 (1)3 min (2)276.48 kPa,没有
解析 (1)以充气后胎内气体为研究对象,设充气时间为t,气体发生等温变化,由玻意耳定律有:p1V0+p2V2=p3V0
其中p1=180 kPa,p2=100 kPa,p3=240 kPa,V2=ΔV×t
解得t=3 min
(2)以车胎内气体为研究对象,气体压强p3=240 kPa,
T3=273 K-23 ℃=250 K
设停放较长时间后轮胎内气体压强为p4,温度T4=273 K+15 ℃=288 K
初态和末态体积相同,由查理定律有:p3T3=p4T4
解得p4=276.48 kPa
该胎压没超过限压300 kPa,所以没有爆胎危险。
第3节综合拔高练
五年高考练
1.答案 1 V2V1
解析 根据V-t图像画出V-T图像。
a、b在图线I上,ab图线过原点,是等压线,可知pa=pb,所以papb=1;b'、c'两点温度相同,根据玻意耳定律可得pb'V1=pc'V2,由等压线知pb=pb',pc=pc',解得pbpc=V2V1。
2.答案 (ⅰ)297 K (ⅱ)309 K
解析 (ⅰ)当环境温度为T1=300 K时,设铁块所受支持力为N1
对铁块受力分析得N1+F1=m2g
对活塞受力分析得F1+p1S=m1g+p0S
联立可得p1=p0+m1g-m2g+N1S=1.0×105 Pa
同理,当环境温度为T2时,设铁块所受支持力为N2
p2=p0+m1g-m2g+N2S=0.99×105 Pa。
由查理定律可得
p1T1=p2T2
联立可得T2=297 K
(ⅱ)当环境温度最高时,细绳上的拉力刚好为零,
则p3=p0+m1gS=1.03×105 Pa
由查理定律可得
p1T1=p3Tmax
解得Tmax=309 K
3.C 由图可知三个状态的参量:A(pA=2p0,VA=0.6 V0);B(pB=2p0,VB=2V0);C(pC=0.6p0,VC=2V0)。由理想气体的状态方程知pAVATA=pBVBTB=pCVCTC,可得TB=103TA、TC=TA,故选项C正确。
4.答案 (ⅰ)0.4V 2p0 (ⅱ)(5-1)V 3+54p0
解析 (ⅰ)B气体等温变化:p0V=pBV2
解得pB=2p0
隔板静止时,pA=pB+0.5p0=2.5p0
A气体等温变化:p0V=2.5p0VA
VA=0.4V
(ⅱ)活塞回到初始位置的过程中,B气体等温变化,设B的压强为pB',体积为VB'
p0V=pB'VB'
A气体等温变化,设A的压强为pA',体积为VA'
p0V=pA'VA'
当pB'比pA'大0.5p0时,隔板停止运动,pB'=pA'+0.5p0
VA'+VB'=2V
联立解得VA'=(5-1)V,pB'=3+54p0
5.答案 (ⅰ)3.1×103 Pa (ⅱ)973
解析 (ⅰ)夹层内气体原状态:T1=(273+27) K=300 K、p1=3.0×103 Pa
温度升高后:T2=(273+37) K=310 K、求p2
等容变化:p1T1=p2T2
解得:p2=3.1×103 Pa
(ⅱ)设夹层容积为V,夹层中增加的气体在压强为p1状态下的体积为nV,大气压强为p0
等温变化:p1(V+nV)=p0V
解得n=973
Δmm=ρnVρV=973
6.答案 (ⅰ)23p (ⅱ)23
解析 (ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有12p(2V)=pV1 ①
现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1)。设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有
p(V+V1)=p'(V+2V) ②
联立①②式可得
p'=23p ③
(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律
p'V=pV2 ④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有
k=V2V ⑤
联立③④⑤式可得
k=23 ⑥
7.答案 (ⅰ)ρgHp0+ρgHh (ⅱ)ρgSHℎp0
解析 (ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有
p1V1=p0V0 ①
V0=hS ②
V1=(h-l)S ③
p1=p0+ρg(H-l) ④
联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得
l=ρgHp0+ρgHh ⑤
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有
p2V0=p0V3 ⑥
其中
p2=p0+ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V,依题意
V=V3-V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得
V=ρgSHℎp0 ⑨
8.答案 大于 等于 大于
解析 由理想气体的状态方程得2p1V1T1=p1V1T2=p1·2V1T3,可知T1=T3>T2。由状态1到状态2,气体压强减小,气体体积相同,温度降低,则气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少,N1>N2。对状态2和状态3,压强相同,温度大的次数少,则N3
10.CD 由分子动理论的基本内容可知,分子永不停息地做无规则运动,选项A错误;在无外界影响下,静置的理想气体温度不变,因此分子的平均动能不变,但每个分子的速度大小无法确定,选项B错误,C正确;因静置足够长时间,分子无规则运动在各个位置的概率相等,故分子的密集程度保持不变,选项D正确。
三年模拟练
1.C 由题图可以写出气体压强与体积的函数关系式为p=kV,根据理想气体状态方程pVT=C,可得出p2=kCT ,可知p-T图像为抛物线,故选C。
2.CD 设开始时上部分空气压强为p(cmHg),则下部分空气压强为p+ph(cmHg),其中ph为水银柱产生的压强;转过90°的过程中,下部分的空气压强减小,由于气体做等温变化,由玻意耳定律可知,下部分空气的体积变大,故A错误。当它竖直向上加速运动时,水银柱受到的合力竖直向上,所以下面的空气压强变大,根据玻意耳定律可知下面气体体积减小,故B错误。当玻璃管自由下落时,水银柱不产生压强,水银柱下面空气压强变小,由于气体做等温变化,故下面空气的体积变大,上面空气体积减小,故C正确。当把玻璃管浸入冰水中时,气体的温度降低,假设气体做等容变化,根据查理定律有pT=C=ΔpΔT,可以看出初态压强p越大的气体压强减小得越多,所以下部分气体压强减小得多,水银柱下降,上面空气体积增大,故D正确。
3.答案 (1)1.2p0 (2)16
解析 (1)加热饭盒时,玻璃饭盒内气体体积不变,由查理定律有:p0T0=p1T1
解得p1=1.2p0
(2)排气过程中封闭气体做等温变化,初状态体积V0=SL,设最终体积为V1,
由玻意耳定律有:p1V0=p0V1
解得V1=1.2SL
同温度、同压强下同种气体的质量比等于体积比,设排出气体的质量为Δm,原来气体的质量为m0,则
Δmm0=V1-V0V1
联立解得Δmm0=16
方法技巧
分析变质量问题时要巧取研究对象,往往选取参与变化的所有气体为研究对象,就能便捷地应用气体状态方程来解答。像本题中的“漏气”问题,在末状态,虽然气体从容器中排出去了,但是漏掉的气体和容器中剩余气体是同温、同压的,可以设想有一个“无形的袋子”装下了所有气体,这样就把变质量问题转化为定质量问题。
4.答案 (1)12ρhS (2)不变化 (3)32T0
解析 (1)设汽缸内封闭气体的压强为p,对汽缸受力分析,由平衡条件有pS2+Mg=p0S2
又有p=p0-ρgh
解得M=12ρSh。
(2)对汽缸内气体缓慢加热时,汽缸始终受力平衡,大气压强不变,汽缸重力恒定,所以内部压强不变,可知U形玻璃管内左右两侧水银液面高度差不变。
(3)继续对汽缸内气体缓慢加热,活塞没离开汽缸时,汽缸内部压强不变,由盖-吕萨克定律有LST0=LS+LS2T1
解得T1=32T0。
4 固体
基础过关练
1.D 明矾、石英、冰块为晶体,塑料为非晶体,故D符合题意。
2.D 晶体具有确定的熔点,而非晶体没有确定的熔化温度,故D正确。
3.C 单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不相同,才会出现各向异性,故A错误;单晶体有规则的几何形状且各向异性,而多晶体没有规则的几何形状,也不显示各向异性,故B错误;晶体熔化时虽然温度不变,但吸收热量,内能增加,故C正确;由同一种化学成分形成的物质不一定是以一种晶体结构的形式存在,如石墨和金刚石,故D错误。
4.B 金刚石、食盐和天然石英都是晶体,而玻璃是非晶体,故A错误;晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的,B正确;单晶体和多晶体有固定的熔点,非晶体没有确定的熔化温度,故C错误;单晶体具有各向异性,而多晶体不显示各向异性,非晶体具有各向同性,故D错误。
5.A 将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒还是晶体,A说法错误,符合题意;固体可以分为晶体和非晶体两类,单晶体在不同方向上显示各向异性,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质,故B说法正确,不符合题意;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,例如石墨和金刚石,故C说法正确,不符合题意;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,例如天然石英是晶体,熔化以后再凝固的石英玻璃却是非晶体;把晶体硫加热熔化,倒入冷水中,会变成柔软的非晶体硫,再经一段时间又会转变成晶体硫,故D正确,不符合题意。
6.A 单晶体内部的结构有规则,具有各向异性,多晶体不显示各向异性,非晶体显示各向同性,故A正确。
7.D 石英是单晶体,有确定的熔点,有确定的几何形状,故A、C错误,D正确;石英受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”,沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著,故具有各向异性,故B错误。
8.BC 非晶体具有各向同性的特点是由于非晶体内部结构的无规则性使不同方向上物质微粒的排列情况相同,故B、C正确。
9.ABD 很多单晶体都是由相同的物质微粒组成的,例如,金刚石和石墨都是由碳原子组成的,可见其各向异性不是因为不同方向上的粒子性质不同,而是因为粒子的数目和粒子间距不相同,故A、B正确,C错误;单晶体熔点的存在是由于单晶体在熔化时要吸收热量用来瓦解空间点阵,增加分子势能,熔化过程中分子的热运动的平均动能不变,即温度不变,只有当单晶体全部转化为液体后温度才会继续升高,分子热运动的平均动能才会增加,故D正确,E错误。
能力提升练
1.C 多晶体和非晶体都没有规则的几何外形,故A错误;同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,故B错误;单晶体表现为各向异性,多晶体表现为各向同性,石墨和金刚石都是单晶体,故C正确,D错误。
方法技巧
判断晶体与非晶体的方法
(1)有确定的熔点的物质是单晶体或多晶体,无确定的熔化温度的物质是非晶体。
(2)具有各向异性的物质是单晶体;具有各向同性、没有规则外形的物质是多晶体或非晶体。
仅从各向同性或几何形状不能断定某一固体是晶体还是非晶体。
2.A 晶体熔化时,其温度虽然不变,但其内部结构可能发生变化,其吸收的热量转化为分子势能,内能增大,故A正确;单晶体不一定是单质,例如食盐晶体,故B错误;多晶体没有确定的几何形状,但有确定的熔点,故C错误;单晶体各向异性,但多晶体不显示各向异性,故D错误。
3.ACD 石英是晶体,而由石英制成的玻璃没有确定的熔化温度,为非晶体,故A说法错误,符合题意;晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变,有确定的熔点,食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体,故B说法正确,不符合题意;蔗糖受潮后粘在一起,没有确定的几何形状,但是用放大镜看,仍可发现组成糖块的一个个晶体粒,所以它是多晶体,故C说法错误,符合题意;用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明云母片具有各向异性,是晶体,故D说法错误,符合题意。
4.A 沿O1O1'和O2O2'两对称轴测长方体的电阻,所得阻值相等,说明该物质沿O1O1'和O2O2'方向电阻率(即导电性能)不同,即表现出各向异性的物理性质,即这块样品可能是单晶体,故选项A正确。
5.C 测试发现,材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等,材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻,说明了甲具有各向同性,而乙具有各向异性,单晶体的物理性质是各向异性的,所以乙一定是单晶体,而多晶体和非晶体是各向同性的,材料甲可能是多晶体,也可能是非晶体,故C正确。
6.D 石墨中的碳原子在平衡位置附近振动,故A错误;石墨单层的厚度d=1×10-33×106 m=3×10-10 m,且层与层之间有空隙,故B错误;石墨烯碳原子间不仅存在分子引力,同时也存在分子斥力,故C错误;石墨烯是晶体,在熔化过程中,温度不变,所以碳原子的平均动能不变,故D正确。
7.答案 (1)在确定方向上原子有规则地排列;在不同方向上原子的排列规则一般不同 (2)原子的排列具有一定的对称性
解析 从题图中可以看出,这几种材料的原子排列均有一定的规则,因此是晶体,具有晶体的特点。
5 液体
基础过关练
1.AD 若用烧热的针刺破B侧的薄膜,由于A侧薄膜中表面张力作用,棉线向A侧弯曲,故A正确,C错误;若用烧热的针刺破一侧的薄膜,棉线不可能被拉直,故B错误;若用烧热的针刺破A侧的薄膜,由于B侧薄膜中表面张力作用,棉线向B侧弯曲,故D正确。
2.C 玻璃是非晶体,熔化后再凝固仍然是非晶体,故A、B错误;玻璃管的裂口放在火焰上烧熔后尖端变成球形,是表面张力的作用,因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用,而体积相同情况下球的表面积最小,故呈球形,故C正确,D错误。
3.BD 表面张力是液体表面层分子间的相互作用,而不是液体各部分间的相互作用,故A错误;与气体接触的液体表面层的分子间距离大于分子的平衡距离r0,分子间作用力表现为引力,即存在表面张力,故B正确;表面张力使液体表面有收缩的趋势,它的方向总是与液面相切,故C错误,D正确。
4.B 浸润与不浸润是相对的,对玻璃来说水银是不浸润液体,但对铅来说水银是浸润液体,故A错误;在内径小的容器里,如果液体能够浸润器壁,液面呈凹形,且液体在容器内上升,如果液体不浸润器壁,液面呈凸形,故B正确;固体分子对液体分子的引力大于液体分子间引力时,才会形成浸润现象,故C错误;由于细玻璃管的内径不同,竖直插入水中时,管内水柱高度不同,管越细,高度越高,毛细现象越明显,故D错误。
导师点睛
理解浸润、不浸润与毛细现象的三个要点:
(1)浸润与不浸润现象都是分子间作用力作用的表现,对于同一种固体,有些液体浸润,另一些液体不浸润;
(2)同一种液体,对一些固体浸润,对另一些固体不浸润;
(3)对于毛细现象,抓住是浸润和不浸润及表面张力共同作用的结果,浸润液体在毛细管内会上升,不浸润液体在毛细管内会下降。
5.AC 粉笔和棉线内部有许多细小的孔道,起着毛细管的作用,所以A、C正确;砖的内部也有许多细小的孔道,会起到毛细管的作用,在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,可以防止地下水分沿着夯实的地基以及砖墙的毛细管上升,以保持房屋干燥,故B错误;土壤里面有很多毛细管,地下的水分可沿着它们上升到地面,如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,破坏这些土壤里的毛细管,不是利用毛细现象,故D错误。
6.C 液体的表面张力产生在液体表面层,它的方向跟液面平行,使液面收缩,故A说法正确;液体的表面张力具有使液面收缩的趋势,露珠呈球形是液体的表面张力作用的缘故,故B说法正确;浸润液体在细管内上升,不浸润液体在细管内下降,故C说法错误;浸润液体和不浸润液体都有可能发生毛细现象,故D说法正确。本题选说法不正确的,故选C。
7.BD 由题图可知A管中液体附着在管壁上,由于表面张力的作用,A管液面高于槽内液面;B管中液体不会附着在管壁上,由于表面张力的作用,B管液面低于槽内液面;该液体对A管壁是浸润的,对B管壁是不浸润的,选项A错误,B正确。浸润液体在细管里上升的现象和不浸润液体在细管里下降的现象均叫毛细现象,故选项C错误,D正确。
8.C 液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态,不是液体和晶体的混合物,故A错误;只有部分物质具有液晶态,故B错误;液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,C正确;电子手表中的液晶在外加电压的影响下,由透明变浑浊,本身不能发光,故D错误。
9.AB 液晶既具有液体的流动性又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质,分子取向排列的液晶具有光学各向异性,故在特定方向上排列整齐,故A正确;液晶的分子排列是不稳定的,外界的微小扰动就能引起液晶分子排列的变化,其物理性质并不稳定,故选项B正确,C、D错误。
能力提升练
1.CD 单晶体表现为各向异性,多晶体表现为各向同性,选项A错误;液体表面张力的方向与液面平行,选项B错误;液体表面层分子较为稀疏,分子间作用力表现为引力,导致液体表面具有收缩的趋势,自由下落的小水滴呈球形,是由于液体表面张力的作用,故C正确;雨水不能透过布雨伞,其原因之一是液体表面存在表面张力,选项D正确。
2.C 因为不同物质间的分子间作用力的性质不同,可能表现为引力也可能表现为斥力,所以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,故A说法正确;针浮在水面,是水表面存在表面张力的缘故,故B说法正确;烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,由于云母片导热的各向异性,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明云母片是晶体,故C说法错误;在完全失重的环境下,由于表面张力的作用,水滴会收缩成标准的球形,故D说法正确。本题选不正确的,故选C。
3.B 因为水滴从弯管管口N处落下之前,弯管管口的水面在重力作用下要向下凸出,这时表面张力的合力竖直向上,使水不能流出,故B正确。
4.AB 浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现,故A正确;农田里如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生,故B正确;浸润与不浸润是相对的,一种液体是否浸润某种固体,与这两种物质的性质都有关系,水银不浸润玻璃,但浸润铅,故C错误;在建筑房屋时,在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,是因为水对油和沥青是不浸润的,会阻止地下水上升,故D错误。
5.D 鸭子从池塘中出来,羽毛并不湿,这是不浸润现象,A错误;露珠成球形,荷叶和露水表现为不浸润,B错误;小昆虫能在水面上自由走动,与液体表面张力有关,C错误;保存地下的水分就要把地面的土壤锄松,这是为了破坏土壤中的毛细管,防止毛细现象的发生,D正确。
6.ABC 液晶具有液体的流动性,又具有光学各向异性,电场可改变液晶的光学性质,所以加上不同的电压可以改变液晶的光学性质,故A正确;液体的表面张力使液体表面有收缩的趋势,表面张力的方向与液体表面相切,故B正确;脱脂棉脱脂后,从不能被水浸润变为可以被水浸润,这样有利于吸取药液,故C正确;悬浮在水中的小炭粒的布朗运动反映了水分子的热运动,故D错误。
7.BC PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动,故A错误;表面张力形成的原因:液体跟气体接触的表面存在一个薄层,叫作表面层,表面层里的分子比液体内部稀疏,分子间的距离比液体内部大一些,分子间的作用力表现为引力,即表面张力,表面张力具有使液体表面收缩的趋势,故B正确;浸润和不浸润现象都是分子间作用力作用的表现,故C正确;多晶体和非晶体都是各向同性的,故D错误。
易混易错
从物理性质各向异性的角度判断固体的种类时,部分学生没有认识到只有单晶体才有各向异性。
8.B 肥皂泡的无规则运动是肥皂泡受到的重力、浮力及风力作用的结果,而布朗运动是固体小颗粒受到分子撞击的不平衡引起的,故A错误;表面张力具有使液面收缩的趋势,而体积相同时,球的表面积最小,所以肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关,故B正确;肥皂水与玻璃杯壁表现为浸润,液体的附着层内的液体分子受到固体分子的吸引力大于液体内部分子间作用力,所以附着层液体分子比较密集,分子间的作用力表现为斥力,故C错误;肥皂泡表面液体分子间既有引力又有斥力,合力表现为引力,故D错误。
9.A 松土是把地面的土壤锄松,目的是破坏这些土壤里的毛细管,防止发生毛细现象,可有效减少水分蒸发,保存水分,故B、C错误,A正确;松土除了保墒、刈草外,还减少土壤下水分蒸发,提高地温,故D错误。
本章复习提升
易混易错练
1.B 多晶体不具有规则的几何形状,故A错误;多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状,B正确;单晶体的物理性质是各向异性的,多晶体和非晶体是各向同性的,故C错误;天然水晶是晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体,D错误。
2.D 单晶体具有各向异性,而多晶体具有各向同性,故A错误。黄金的延展性好,可以切割加工成任意形状;黄金有固定的熔点,是晶体,故B错误。在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体,故C错误。晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔化温度,故D正确。
错解分析
理解不透单晶体、多晶体与非晶体之间的特性差异是解答本题出错的原因。要熟练掌握以下内容:单晶体有确定的熔点,有规则的几何外形,具有各向异性的特性;多晶体有确定的熔点,没有确定的几何形状,具有各向同性的特性;非晶体没有确定的熔化温度,没有规则的几何外形,具有各向同性的特性。
3.BC 表面张力是液体表面层分子间的相互作用力,而不是液体内部各部分之间的相互作用力,故A错误;与气体接触的液体表面层的分子间距离大于分子的平衡距离r0,分子间作用力表现为引力,故B正确;表面张力使液体表面有收缩的趋势,它的方向总是与液面相切,故C正确,D错误。
错解分析
理解不透表面张力的方向特点、作用效果及产生的微观原因会导致解答本题出错。应从表面张力产生的微观原因入手,深入理解表面张力的方向特点,进而掌握表面张力的作用效果。
4.AD 小昆虫在水面上行进过程中,其脚部位置比周围水面稍下陷,但仍在水面上而没有浸入水中,就像踩在柔韧性非常好的膜上一样,因此,这是液体的表面张力在起作用,浮在水面上的缝衣针与小昆虫情况一样,不是浮力而是表面张力起作用,故A正确,C错误。小木块浮于水面上时,木块的下部实际上已经浸入水中,排开了一部分水,受到水的浮力作用,是浮力与重力平衡的结果,而非表面张力在起作用,故B错误。喷泉喷到空中的水分散时,每一小部分的表面都有表面张力在起作用,表面张力具有使液体表面收缩的趋势,因而形成球状水珠,故D正确。
错解分析
理解不透表面张力的作用效果及产生的微观原因会导致解答本题出错。分析实际情景时要从表面张力的作用效果上寻找突破点。
5.A 由盖-吕萨克定律VT=C,得ΔV=ΔTTV,所以ΔV1=5278V1、ΔV2=5283V2,不能错误地选择B选项,因为V1、V2分别是气体在5 ℃和283 K时的体积,而V1278=V2283,所以ΔV1=ΔV2,故A正确。
错解分析
不用热力学温度表示初始温度,将摄氏温度代入盖-吕萨克定律中导致计算出错。在应用盖-吕萨克定律公式VT=ΔVΔT时,T是热力学温度,不是摄氏温度;而ΔT用热力学温度或摄氏温度都可以。
6.C 假定两个容器内气体的体积不变,即VA、VB不变,初始状态时A、B中气体温度分别为263 K和283 K,当温度升高ΔT时,容器A内气体的压强由p1增至p1',Δp1=p1'-p1,容器B内气体的压强由p2增至p2',Δp2=p2'-p2;由查理定律得Δp1=p1263K·ΔT,Δp2=p2283K·ΔT,因为p2=p1,所以Δp1>Δp2,即水银柱将向B容器移动,故选项C正确。
错解分析
不用热力学温度表示初始温度,将摄氏温度代入查理定律中导致计算出错。在应用查理定律公式pT=ΔpΔT时,T是热力学温度,不是摄氏温度;而ΔT用热力学温度或摄氏温度都可以。
7.答案 (1)1.33×105 Pa (2)5 cm (3)127 ℃
解析 (1)A中气体的压强为p2=p0+FS=1.0×105+53×103500×10-4 Pa=1.33×105 Pa。
(2)对A中气体由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得V2=p1V1p2=1.0×105×1.0×10-21.33×105 m3=7.5×10-3 m3
活塞N向右移动的距离为ΔL=V1-V2SA=(10-7.5)×10-3500×10-4 m=5 cm
(3)B中气体的温度T1=273 K+t1=(273+27) K=300 K,T2=273 K+t2
由查理定律有p1T1=p2T2
解得T2=p2p1T1=1.33×1051.0×105×300 K=400 K
所以t2=T2-273 ℃=127 ℃。
错解分析
计算A中气体的压强时未考虑大气压强,没有考虑A中气体体积的变化量与活塞N移动距离关系都会导致计算出错。解题时,要仔细分析气体在不同状态下的各个参量的值,再应用气体实验定律和理想气体状态方程求解。
8.D 以升温前房间里的气体为研究对象,由盖-吕萨克定律得VT=V1-1%T+3K,解得T=297 K,故t=24 ℃。
错解分析
房间内气体的质量是改变的,若不能巧妙选取研究的气体,就不能正确应用气体实验定律求解。变质量问题往往选取问题中涉及的所有气体为研究对象。
9.答案 (1)T1T0 (2)T0-T2T2
解析 (1)设教室内空气的密度为ρ0,室外冷空气的密度为ρ1,在1个标准大气压下,将教室内体积为V0、温度为T0的气体,转化成等质量的温度为T1的气体后,设其体积变为V1。
由盖-吕萨克定律有:V0T0=V1T1 ①
气体变化前后质量相等,有ρ0V0=ρ1V1 ②
解得ρ0ρ1=T1T0 ③
(2)教室内原来的空气质量为m0=ρ0V0 ④
由③④联立解得m0=T1T0ρ1V0 ⑤
通风完毕后,室内的气体体积仍为V0,温度变为T2,把其转化成等质量的温度为T0的气体,设其体积变为V,此时其密度变为ρ0。由盖-吕萨克定律有:VT0=V0T2 ⑥
室内通风后空气的质量为m=ρ0V ⑦
由③⑥⑦联立解得m=T1T2ρ1V0 ⑧
教室内空气质量增加了Δm=m-m0 ⑨
由⑤⑧⑨联立解得Δmm0=T0-T2T2
错解分析
本题中室内气体的质量是不断变化的,若只取一种状态下的气体为研究对象来分析多种情况就会导致求解出错。分析不同的变质量过程,往往要选取不同的气体为研究对象。
10.答案 (1)2L03 (2)3L0S
解析 (1)取密封气体为研究对象,初状态压强为p0,体积为L0S,假设没有A、B限位装置,设末状态(稳定)时压强为p,气柱长度为L,则
p=p0+3p0SS=4p0
气体发生等温变化,由玻意耳定律有p0L0S=pLS,解得L=L04
因L04
气泵压入的压强为p0的气体体积为ΔV=V-L0S
解得ΔV=3L0S。
错解分析
本题中若以汽缸内原有气体为研究对象,或以充入的气体为研究对象都会导致求解出错。对充气的变质量情况,往往要选取充气完毕后所有气体为研究对象;对放气的变质量情况,往往要选取放气前所有气体为研究对象。
思想方法练
1.A 在V-T图像中等压线是过坐标原点的直线。由理想气体的状态方程知VT=Cp。可见当压强增大时,等压线的斜率k=VT=Cp变小,由图可确定pa
方法点津
在V-T图像中,过原点的直线表示气体发生等压变化,在同一个V-T图像中,斜率大的直线对应的气体压强小,所以在解答本题时,画出多条过原点的直线,即构建不同的等压变化来比较不同状态下气体压强的大小。
2.B 将t轴上绝对零度(即-273.15 ℃)点D与A、B分别连接起来,如图所示,
由图可知AD与BD均表示气体发生等容变化,由理想气体状态方程pVT=C可得pT=CV,可知等容线斜率越大,即pT越大,气体体积越小。图中AD斜率较大,BD斜率较小,则AD对应的气体体积较小,BD对应的气体体积较大,所以气体由A变化到B,体积逐渐增大,故选项B正确。
方法点津
一定质量的理想气体在等容变化中,其压强与热力学温度成正比,而不是与摄氏温度成正比,所以在解答本题时,要找到横坐标为-273.15 ℃的点,画出多条过绝对零度的直线,即构建不同的等容变化来比较不同状态下气体体积的大小。
3.ABD 从图像直接看出A→B温度升高,因为BA延长线经过原点,是等容线,体积不变,故选项A正确。从图像直接看出B→C压强不变即BC是等压线,根据pVT=C可知随着温度降低,体积变小,故选项B正确。从图像直接看出 C→D温度不变,即CD是等温线,压强变小,根据pVT=C可知体积增大,故选项C错误。由图线直接看出B状态时气体的温度最高;根据pVT=C得出pT=CV ,说明p-T图像的斜率越大,气体的体积越小,由图像得到kA=kB
方法点津
一定质量的理想气体在等容变化中,其压强与热力学温度成正比,所以A→B过程就是等容变化。连接O、C,O、D来构建两个新的等容变化,对比它们斜率的大小就能比较不同状态下气体体积的大小。
4.A 题目没说压力多大,可以采用极限法分析,不妨设其为无穷大,这时空气柱的体积几乎都被压缩为零。显然,活塞移动的距离要比水银柱移动的距离多A部分空气柱的长度,即L比H大,故选项A正确。
方法点津
在单调函数的变化过程中,可以应用极限法定性分析物理量之间的变化关系。例如,本题中,压强与体积之间的变化关系是减函数,可以采用极限法分析当压强为无穷大时对应的体积情况;活塞移动距离与气体体积减小量之间的变化关系是增函数,可以采用极限法分析当体积为零时对应的活塞移动的距离。
5.A 假设U形管平放后两部分气体的体积不变,即L和H的大小相等。在竖直状态时可以判断出左侧空气柱a的压强应比右侧空气柱b的压强大,则如果水平放置时L和H相等的话,两端的空气柱体积不变,压强也不变。此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下向右侧管中移动,即原来长的空气柱变长,原来短的空气柱变短,则可知L>H,故A正确。
方法点津
由于两部分气体的体积和压强都变化,如果直接去分析四个变化情况,就会使问题难于解决。在定性分析时,往往可以先假设气体体积不变、压强不变或水银柱的长度不变等,然后利用气体实验定律分析真实的变化关系。
本章达标检测
1.D 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明云母片是晶体,A错误;大颗粒的盐磨成了细盐,仍然是晶体,B错误;晶体熔化时吸收热量,温度不变,所以分子的平均动能不变,故C错误;浸润现象中,附着层的液体分子比液体内部更密集,液体分子之间的作用力表现为斥力,故D正确。
2.B 从p-V图像中的AB图线可知,气体由状态A变化到状态B为等容变化,压强增大,根据查理定律可知气体温度升高,A错误;一定质量的理想气体的内能仅由温度决定,所以气体的温度升高,内能增加,B正确;气体的温度升高,分子的平均动能增大,平均速率增大,C错误;气体体积不变,压强增大,则气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数增加,D错误。
3.A 假设空气柱长度不变,则玻璃管内水银长度不变,玻璃管倾斜后,管内水银柱高度减小,空气柱的压强增大,根据玻意耳定律可知空气柱体积减小,水银槽内水银会进入玻璃管,管内水银长度变长,故A正确,B、C、D错误。
4.D 对于一定质量的气体,在温度不变时,其p-1V图像是过原点的直线,若压强传感器与注射器的连接处漏气,或未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积,则p与V的乘积的值减小,或者说p-1V图像的斜率减小,故选项A、C说法正确,不符合题意。为了防止漏气,应该在注射器活塞上涂润滑油,故选项B说法正确,不符合题意。实验过程中用手握住注射器前端,会导致注射器中气体温度升高,则p-1V图像的斜率会增大,故选项D说法错误,符合题意。
5.C 两段水银柱合在一起前后的总压强差是相等的,所以最上面的那部分气体的压强始终没变,那么它的体积也保持不变;夹在中间的这部分气体向上移动后,它的压强减小,根据玻意耳定律可知它的体积将增大,所以水银柱的下端面将下降,即A'比A稍低,故A、B、D错误,C正确。
6.B 假设左、右两气柱的长度不变,两气柱在最初状态的压强关系p2>p1,由查理定律有p1T0=p1'T1=Δp1ΔT,则压强的增大量分别为Δp1=ΔTp1T0、Δp2=ΔTp2T0;由于升高相同温度,起始温度也相同,且p2>p1,则Δp2>Δp1,所以L2变长,L1变短,故B正确。
7.AC 热力学温度的单位“K”是国际单位制中七个基本单位之一,故A正确;热力学温度与摄氏温度两者大小关系为T=t+273.15 K,某物体的摄氏温度为10 ℃,则其热力学温度为283.15 K,0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K,用热力学温标和摄氏温标表示的温度可以在换算单位之后进行比较,故C正确,B、D错误。
8.CD 单晶体的物理性质都是各向异性的,故A错误;液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态,不是液体和晶体的混合物,B错误;液体表面张力有使液体表面收缩的趋势,露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,故C正确;由于液体的浸润与不浸润,毛细管中的液面有的升高,有的可能降低,故D正确。
9.ACD 对活塞、汽缸以及封闭气体整体进行分析,弹簧的拉力大小等于整体的重力,根据胡克定律可知弹簧伸长量始终不变,弹簧长度L始终不变,活塞的位置不变,则活塞高度h也不变,故A、D符合题意;对活塞进行受力分析,可知活塞受力情况不变,则气体压强p不变,故C符合题意;因为气体压强p不变,根据盖-吕萨克定律可知,当T增大时,气体体积V增大,又由于活塞的位置不变动,所以汽缸将向下运动,则汽缸高度H减小,故B不符合题意。
10.答案 (1)ACD(3分) (2)防止封闭气体温度发生改变(3分) (3)5(3分) (4)①(3分)
解析 (1)该实验过程中控制气体的质量、温度不变,运用了控制变量法;实验时注射器如何放置对实验结果没有影响;实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系,不需要测量气体体积的具体值,所以只需测量注射器内部装有气体部分的长度即可,而内部的横截面积没有必要测量;注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,便于等量地改变体积,可以不标注单位,故A、C、D正确。
(2)如果活塞推拉过快,气体的温度将产生显著的变化,实验误差将增大。
(3)由实验数据计算可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定,前四组数据符合得很好,乘积在11.9~12.1范围,第5组数据的乘积较大,为15.2,说明第5组数据记录错误。
(4)气体压强与气体的温度有关,一定质量的气体,在相同体积下,温度越高,压强越大,所以图像①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的。
11.答案 (1)1.25×105 Pa (2)图见解析
解析 (1)理想气体的初状态: p1=1.0×105 Pa,V1=2.5 m3,T1=400 K(1分)
末状态:V2=3 m3,T2=600 K(1分)
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2 (1分)
解得p2=p1V1T2T1V2=1.25×105 Pa(2分)
(2)由V-T图像可知,400 K~500 K范围内气体做等容变化,故在p-T图像中将图线延长到500 K处,此时气体压强为1.25×105 Pa;在500 K~600 K范围内,气体做等压变化,压强为1.25×105 Pa,故500 K~600 K内的p-T图线为水平直线,则温度从400 K升高到600 K的变化过程的p-T图像如图所示
(3分)
12.答案 (1)V1+V2+V3V0NA (2)8×103 Pa
解析 (1)冰箱的总容积V=V1+V2+V3 (1分)
总空气分子数N=VV0NA=V1+V2+V3V0NA(2分)
(2)变温室内的气体发生等容变化,若温度为t1=6 ℃,由查理定律得
p0273K+t0=p1273K+t1 (1分)
若温度为t2=-18 ℃,由查理定律得
p0273K+t0=p2273K+t2 (1分)
Δp=p1-p2 (1分)
解得Δp=8×103 Pa(2分)
13.答案 (1)307 N (2)10.7 cm
解析 (1)设当环境温度为T1=300 K时,缸内气体的压强为p1,
当环境温度降为T2=280 K时,缸内气体的压强为
p2=p0+mgS=1.2×105 Pa(2分)
气体发生等容变化,由查理定律得p1T1=p2T2 (1分)
解得p1=97×105 Pa(1分)
开始时活塞受力平衡,有F+p0S+mg=p1S (1分)
解得F=307 N(1分)
(2)初态:p2=1.2×105 Pa,T2=280 K,V2=HS (1分)
在活塞上加上重物后,最后稳定时,缸内气体的压强
p3=p0+(m+M)gS=1.6×105 Pa(2分)
T3=200 K,V3=hS
根据理想气体状态方程,有p2V2T2=p3V3T3 (2分)
解得h=10.7 cm(1分)
14.答案 (1)2mgS (2)74T0
解析 (1)设A、B两部分的总体积为V,图甲状态:pA=pB=p、TA=TB=T0、VA=VB=12V (1分)
图乙状态:设A部分气体压强为pA',则B部分气体压强为pB'=pA'+mgS,TA'=TB'=T0,VA'=23V,VB'=13V (1分)
对A部分气体,由玻意耳定律有:pA·12V=pA'·23V (2分)
对B部分气体,由玻意耳定律有:pB·12V=pB'·13V (2分)
解得p=4mg3S,pB'=2mgS (1分)
(2)图丙状态:A、B两部分气体体积再次相等,A回到最初状态,则pB″=p+mgS=7mg3S (2分)
从图乙状态到图丙状态的过程,对B部分气体,由理想气体状态方程有:pB'·13VT0=pB″·12VT (2分)
解得T=74T0 (1分)
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