2021届高考物理一轮复习选修3-32固体液体与气体练习含解析 28页

固体、液体与气体 考点一　固体、液体的性质 晶体与非晶体 ‎【典例1】(多选)(2019·石家庄模拟)下列说法正确的是 ‎ (　　)‎ A.石墨和金刚石都是晶体，都是由碳元素组成的单质，但它们的原子排列方式不同 B.晶体和非晶体在熔化过程中都吸收热量，温度不变 C.液晶的光学性质随温度的变化而变化 D.液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化，由此引起光学性质的改变 E.不是所有的物质都有液晶态 ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：晶体、非晶体与液晶的区别。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎(1)区别晶体和非晶体看有无固定熔点，而区分单晶体和多晶体看是否能表现出各向异性；‎ ‎(2)液晶既不是晶体也不是液体。‎ ‎【解析】选A、D、E。石墨和金刚石都是晶体，都是由碳元素组成的单质，但它们的原子排列方式不同，选项A正确；晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变；非晶体在熔化过程中吸收热量，温度升高，选项B错误；液晶的光学性质与温度的高低无关，其随所加电压的变化而变化，即液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化，由此引起光学性质的改变，选项C错误，D正确；不是所有的物质都有液晶态，选项E正确。‎ ‎【多维训练】(多选)(2020·福州模拟)如图所示，ACBD是一厚度均匀的由同一种微粒构成的圆板，AB和CD是互相垂直的两条直径。在圆板所处平面内把圆板从图示位置转90°后电流表读数发生了变化(两种情况下都接触良好)。关于圆板，下列说法正确的是 (　　)‎ A.圆板是非晶体 B.圆板是多晶体 28‎ C.圆板是单晶体 D.圆板在各个方向上导电性能不同 E.圆板的所有物理性质都是各向异性 ‎【解析】选C、D。转过90°后电流表示数发生变化，说明圆板电阻的阻值发生变化，即显示各向异性。而单晶体并不是所有物理性质都显示各向异性，可对某些物理性质显示各向同性，多晶体和非晶体都显示各向同性。故C、D正确。‎ 液体表面张力 ‎【典例2】(多选)(2019·哈尔滨模拟)下列说法不正确的是 ‎ ‎(　　)‎ A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上，这是水表面存在表面张力的缘故 B.在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会呈球状，是因为液体内分子间有相互吸引力 C.将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故 D.漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故 E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是水膜具有表面张力的缘故 ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：液体表面张力的应用。‎ ‎2.思维导引：液体表面层分子间距较大→表面层分子间有引力→表面张力→液体表面具有收缩的趋势。‎ ‎【解析】选B、D、E。水的表面张力托起针，A正确；B、D两项也是表面张力原因，故B、D均错误，C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用，E错误。‎ ‎【多维训练】(多选)(2019·武汉模拟)下列说法正确的是 (　　)‎ A.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B.水杯里的水面超出杯口但不溢出，是由于水的表面张力作用 C.荷叶上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用 D.雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在 E.处在液体表面层的分子与液体内部的分子相比有较小的势能 28‎ ‎【解析】选B、C、D。液体表面张力的方向始终与液面相切，选项A错误；水杯里的水面超出杯口但不溢出，是由于水的表面张力作用，选项B正确；荷叶上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项C正确；雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面存在张力，从而不会透过雨伞，选项D正确；液体表面层的分子与液体内部的分子相比有较大的势能，选项E错误。‎ ‎1.晶体与非晶体比较：‎ 比较 项 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 不规则 熔点 有 无 物理 性质 各向异性 各向同性 原子 排列 有规则，但多晶体每个单晶体间的排列无规则 无规则 形成 与 转化 有的物质在不同条件下能够形成不同的晶体。同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些晶体在一定条件下也可以转化为非晶体 典型 物质 石英、云母、食盐、硫酸铜 玻璃、蜂蜡、‎ 松香 ‎2.液体表面张力：‎ 形成 原因 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力 28‎ 表面 特性 表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜 表面张力 的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线 表面张力 的效果 表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小 ‎【加固训练】‎ ‎　　(多选)下列说法正确的是 (　　)‎ A.液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出 B.萘的熔点为‎80 ℃‎，质量相等的‎80 ℃‎的液态萘和‎80 ℃‎的固态萘具有不同的分子势能 C.车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象 D.液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大 E.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性 ‎【解析】选B、C、D。液面上方的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；‎80 ℃‎时，液态萘凝固成固态萘的过程中放出热量，温度不变，则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小，故B正确；由毛细现象的定义可知，C正确；液体表面层的分子间距离比液体内部的分子间距离大，故液体表面层分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离有缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E错误。‎ 考点二　气体压强求解的两种模型 ‎“活塞”模型计算气体压强 ‎【典例3】如图所示两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大。 ‎ 28‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：由平衡法求气体压强。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎【解析】题图甲中选活塞为研究对象，‎ 受力分析如图(a)所示，‎ 由平衡条件有：pAS=p0S+mg，得pA=p0+；‎ 题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，‎ 由平衡条件有：p0S=pBS+Mg，‎ 得pB=p0-‎ 答案：p0+　p0-‎ ‎“液柱”模型计算气体压强 ‎【典例4】若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强。 ‎ 28‎ ‎【解析】题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，‎ 由平衡条件有：p甲S+ρghS=p0S 则p甲=p0-ρgh 题图乙中，以B液面为研究对象，‎ 由平衡条件有：pAS+ρghS=p0S 则p乙=pA=p0-ρgh 题图丙中，以B液面为研究对象，‎ 由平衡条件有：pA′S+ρghsin60°·S=p0S 则p丙=pA′=p0-ρgh 题图丁中，以A液面为研究对象，‎ 由平衡条件有：p丁S=(p0+ρgh1)S 则p丁=p0+ρgh1‎ 答案：甲：p0-ρgh　乙：p0-ρgh 丙：p0-ρgh　丁：p0+ρgh1‎ ‎【多维训练】‎ 竖直平面内有如图所示的均匀玻璃管，内用两段水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强为p0，重力加速度为g，求空气柱a、b的压强各多大。‎ ‎【解析】从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，‎ 所以b空气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1)，‎ 而a空气柱的压强为 28‎ pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)‎ 答案：p0+ρg(h2-h1-h3)　p0+ρg(h2-h1)‎ 平衡状态下气体压强的求法 液片法 选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等的方程，求得气体的压强 力平衡法 选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强 等压面法 在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处的总压强p=p0+ρgh，p0为液面上方的压强 ‎【加固训练】‎ ‎　　如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压为p0)‎ ‎【解析】选取汽缸和活塞整体为研究对象，‎ 由牛顿第二定律有：‎ F=(M+m)a 再选活塞为研究对象，‎ 根据牛顿第二定律有：‎ pS-p0S=ma 解得：p=p0+‎ 答案：p0+‎ 考点三　气体实验定律、理想气体状态方程 活塞模型 28‎ ‎【典例5】(2019·全国卷Ⅱ)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： ‎ ‎(1)抽气前氢气的压强；‎ ‎(2)抽气后氢气的压强和体积。‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征： 平衡法求气体压强与气体实验定律的应用。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎【解析】(1)设抽气前氢气的压强为p10，以两个活塞整体为研究对象，活塞水平方向受力如图 根据活塞受力平衡可得 p·2S+p0S=p10·2S+pS ①‎ 得p10=(p0+p) ②‎ ‎(2)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，活塞受力如图所示 根据活塞受力平衡可得p2S=p1·2S ③‎ 28‎ 由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0 ④‎ p2V2=p0V0 ⑤‎ 由于两活塞用刚性杆连接，设活塞向右移动，故 V1-2V0=2(V0-V2) ⑥‎ 联立②③④⑤⑥式解得p1=p0+p ⑦‎ V1=‎ 答案：(1)(p0+p)　(2)p0+p　‎ ‎【多维训练】‎ 如图所示，长为‎2L=‎20 cm、内壁光滑的汽缸放在水平面上，汽缸和活塞气密性良好且绝热，活塞的横截面积为S=‎10 cm2，质量不计，活塞与墙壁之间连接一根劲度系数为k=50 N/m的轻弹簧。当缸内气体温度为t0=‎27 ℃‎时，活塞恰好位于汽缸的中央位置，且轻弹簧处于原长状态。已知汽缸与活塞的总质量为M=‎4 kg，大气压强为p0=1×105 Pa，重力加速度为g=‎10 m/s2。‎ ‎(1)现用电热丝对缸内气体缓慢加热，假设在活塞移到汽缸最右端的过程中汽缸一直处于静止状态，活塞移到汽缸最右端时缸内气温是多少？‎ ‎(2)若活塞移到汽缸最右端时，汽缸恰好开始运动，求汽缸与水平面间的动摩擦因数为多少。‎ ‎【解析】(1)当活塞移到汽缸最右端时(x=‎10 cm)，‎ 设缸内气体压强为p，则pS=p0S+kx 以缸内气体为研究对象，‎ 初态压强p0=1.0×105 Pa，‎ 体积V0=SL，温度T0=300 K 活塞移到汽缸最右端时，缸内气体体积为V=2SL，‎ 设温度为T，根据理想气体状态方程可得 28‎ ‎=，解得T=630 K；‎ ‎(2)当活塞移到汽缸最右端时，汽缸恰好开始运动，‎ 则kx=μMg，μ=0.125。‎ 答案：(1)630 K　(2)0.125‎ 液柱模型 ‎【典例6】‎ ‎(2018·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=‎18.0 cm和l2=‎12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。 ‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：由等压面法求气体压强与气体实验定律的应用。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有 28‎ p1=p2+ρg(l1-l2) ①‎ 式中ρ为水银密度，g为重力加速度。‎ 由玻意耳定律有p‎1l1=pl1′ ②‎ p‎2l2=pl2′ ③‎ l1′-l1=l2-l2′ ④‎ 由①②③④式和题给条件得l1′=‎22.5 cm⑤‎ l2′=‎7.5 cm⑥‎ 答案：‎22.5 cm　‎‎7.5 cm ‎【多维训练】‎ ‎(2019·全国卷Ⅲ)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。‎ ‎(1)求细管的长度；‎ ‎(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度T。‎ ‎【解析】(1)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 28‎ 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 cm⑥‎ ‎(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有= ⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得T=312 K 答案：(1)‎41 cm　(2)312 K 多个封闭气体问题 ‎【典例7】‎ ‎(2018·全国卷Ⅰ) 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时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。 ‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题。‎ ‎2.思维导引：‎ 28‎ ‎【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0=p1V1　 ①‎ p0=p2V2　 ②‎ 由已知条件得V1=+-=V　 ③‎ V2=-=　 ④‎ 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 p2S=p1S+mg　 ⑤‎ 联立以上各式得m=　 ⑥‎ 答案：‎ ‎【多维训练】‎ ‎(2019·深圳模拟)如图所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是‎27 ℃‎。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=‎2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H=‎27 cm，N活塞相对于底部的高度为h=‎18 cm。现将一质量为m=‎ ‎400 g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0=1.0×‎ ‎105 Pa。‎ ‎(1)求下部分气体的压强多大；‎ ‎(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为‎127 ℃‎，‎ 28‎ 求稳定后活塞M、N距离底部的高度。‎ ‎【解析】(1)对两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得：pS=mg+p0S 解得：p=1.2×105 Pa。‎ ‎(2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：‎ ‎=‎ 得：h2=‎20 cm，故活塞N距离底部的高度为h2=‎‎20 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：‎ p0(H-h)S=pLS 得：L=‎‎7.5 cm 故此时活塞M距离底部的高度为 H2=(20+7.5)cm=‎‎27.5 cm 答案：(1)1.2×105 Pa　(2)‎27.5 cm　‎‎20 cm 变质量问题 ‎【典例8】(2019·全国卷Ⅰ)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为‎0.13 m3‎，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10‎-2 m3‎，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温为‎27 ℃‎。氩气可视为理想气体。 ‎ ‎(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；‎ ‎(2)将压入氩气后的炉腔加热到1 ‎227 ℃‎，求此时炉腔中气体的压强。‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：灌气问题。‎ ‎2.思维导引：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。‎ ‎【解析】(1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律p0V0=p1V1 ①‎ 28‎ 被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为 V1′=V1-V0 ②‎ 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律p2V2=10p1V1′ ③‎ 联立①②③式并代入题给数据得 p2=3.2×107 Pa④‎ ‎(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律 ‎= ⑤‎ 联立④⑤式并代入题给数据得 p3=1.6×108 Pa⑥‎ 答案：(1)3.2×107 Pa　(2)1.6×108 Pa ‎【多维训练】‎ ‎(2019·郑州模拟)如图所示为喷洒农药用的某种喷雾器。其药液桶的总容积为‎15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为‎2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、‎150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化。‎ ‎(1)若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？‎ ‎(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？‎ ‎【解析】(1)设应打气n次，初态为：‎ p1=1 atm，‎ V1=‎150 cm3·n+‎2 L=0.15n L+‎‎2 L 末态为：p2=2.5 atm，V2=‎‎2 L 根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2‎ 解得：n=20‎ ‎(2)由题意可知：p2′=1 atm 根据玻意耳定律得：p2V2=p2′V2′‎ 28‎ 代入数据解得：V2′=‎‎5 L 剩下的药液为：V=‎15 L-5 L=‎10L。‎ 答案：(1)20次　(2)‎‎10 L ‎1.利用气体实验定律解决问题的基本思路：‎ ‎2.几个重要的推论：‎ ‎(1)查理定律的推论：Δp=ΔT ‎(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV=ΔT ‎(3)理想气体状态方程的推论：=++…‎ ‎3.变质量问题类型与处理方法：‎ ‎(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：将每次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是等温膨胀过程。‎ ‎(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整体作为研究对象，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整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，‎ 28‎ 其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为 p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。‎ ‎【解析】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有 ‎= ①‎ 根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg ②‎ 联立①②式可得T1=T0 ③‎ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。‎ 根据盖—吕萨克定律有= ④‎ 式中V1=SH ⑤‎ V2=S(H+h) ⑥‎ 联立③④⑤⑥式解得T2=T0 ⑦‎ 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 W=(p0S+mg)h ⑧‎ 答案：T0　(p0S+mg)h ‎2.如图所示，两端开口、粗细均匀的U形玻璃管，其横截面很小。水平管中有一段‎80 cm长的空气柱，空气柱的左、右两侧有水银，‎ 28‎ 其长度如图所示。在右侧竖直管开口处用一轻质活塞封住管口(图中未画出)，用外力将活塞缓慢竖直向下推，直到水平管中空气柱左侧的水银恰好全部进入左侧的竖直管中。已知大气压p0=75 cmHg，温度恒定不变，不考虑活塞与管壁间的摩擦。求：‎ ‎(1)右侧竖直管中水银柱的长度l；‎ ‎(2)活塞向下移动的距离x。‎ ‎【解析】(1)水平管封闭空气柱的初态气柱长lA1=‎80 cm，压强pA1=p0+ρgh1=‎ ‎150 cmHg 其左侧水银柱恰好全部进入竖直管中时，‎ 设气柱长为lA2，此时封闭空气柱的压强 pA2=p0 +ρgh2=200 cmHg 由玻意耳定律有：pA1lA1S=pA2lA2S 可得：lA2=‎‎60 cm 空气柱右侧原有的水银柱在水平管内向左移动 x1=(50+80-60) cm=‎‎70 cm 右侧竖直管中水银柱的长度 l=(75-70) cm=‎‎5 cm ‎(2)右侧竖直管空气柱的初态气柱长lB1=‎78 cm，‎ 压强pB1 = p0=75 cmHg 当左侧水银柱恰好全部进入竖直管中时，‎ 设右侧气柱长为lB2，此时右侧竖直管空气柱压强 pB2=pA2-5 cmHg=195 cmHg 由玻意耳定律有：pB‎1lB1S=pB‎2lB2S 可得：lB2= ‎‎30 cm 活塞至少向下移动的距离为 x=(78 +75-30-5) cm=‎‎118 cm 答案：(1)‎5 cm　(2)‎‎118 cm 28‎ ‎3.(2019·黄冈模拟)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，其横截面积分别为S1=‎20 cm2，S2=‎10 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=‎2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1=600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0=1×105 Pa，g取‎10 m/s2，缸内气体可看作理想气体。‎ ‎(1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；‎ ‎(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求汽缸内气体的温度。‎ ‎【解析】(1)设静止时汽缸内气体压强为p1，‎ 对两活塞与细杆整体的平衡状态受力分析，有：‎ p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg；‎ 代入数据解得：p1=1.2×105 Pa ‎(2)降低汽缸内气体的温度，活塞A缓慢向右移动的 过程中，两活塞与细杆整体可视为处于平衡状态，由(1)可知缸内气体压强始终为p1，气体作等压变化。设变化后温度为T2，由盖—吕萨克定律得：‎ ‎=‎ 代入数据解得：T2=500 K 答案：(1)1.2×105 Pa　(2)500 K 考点四　气体状态变化的图象 p-V图象 ‎【典例9】‎ ‎(2019·唐山模拟)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台设备工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：状态A到B和C到D是等温过程，温度分别为t1=‎27 ℃‎和t2=‎-133 ℃‎；状态B到C和D到A是等容过程，体积分别为V0‎ 28‎ 和5V0，求状态B与D的压强之比。 ‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：用p-V图象描述一定质量气体状态的变化。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎【解析】A到B、C到D均为等温过程，‎ 则TB=(27+273) K=300 K，‎ TD=(-133+273) K=140 K，‎ 由理想气体状态方程可知：‎ ‎=‎ 得：===‎ 答案：‎ p-T图象 ‎【典例10】(多选)(2019·广州模拟)一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的a→b、b→c、c→d、d→a四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在 (　　)‎ 28‎ A.a→b过程中不断增加 B.b→c过程中保持不变 C.c→d过程中不断增加 D.d→a过程中保持不变 E.d→a过程中不断增大 ‎【解析】选A、B、E。由题图可知a→b温度不变，压强减小，所以体积增大，b→c是等容变化，体积不变，因此A、B正确；c→d体积不断减小，d→a体积不断增大，故C、D错误，E正确。‎ V-T图象 ‎【典例11】(多选)(2019·九江模拟)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是 ‎ ‎(　　)‎ A.A→B过程温度升高，压强不变 B.B→C过程体积不变，压强变小 C.B→C过程体积不变，压强不变 D.C→D过程体积变小，压强变大 E.C→D过程温度不变，压强变小 ‎【解析】选A、B、D。由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，由=C可知，气体压强不变，故选项A正确；在B→C的过程中，体积不变，而温度降低，由=C可知，气体压强变小，故选项B正确，C错误；在C→D 28‎ 的过程中，气体温度不变，体积变小，由=C可知，气体压强变大，故选项D正确，E错误。‎ ‎1.气体状态变化的图象及特点：‎ 名称 特点 图象 p-V pV=CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远 p-‎ p=CT 斜率k=CT 即斜率越大，温度越高 p-T p=T 斜率k=‎ 即斜率越大，体积越小 V-T V=T 斜率k=‎ 即斜率越大，压强越小 ‎2.气体状态变化的图象分析技巧：‎ 28‎ 利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。如图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，有T2>T1；图乙中，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，有V2p2，故T1>T2，气体分子在状态1的平均动能大于在状态2的平均动能，N1>N2；气体在状态1、‎ 28‎ ‎3，由理想气体状态方程得=，解得T1=T3；气体在状态2、3，压强相等，则=，因V2N3。‎ 答案：>　=　>‎ ‎【多维训练】(2020·石家庄模拟)下面的表格是某地区1～7月份气温与气压的对照表：‎ 月份/月 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 平均最高 气温/℃‎ ‎1.4‎ ‎3.9‎ ‎10.7‎ ‎19.6‎ ‎26.7‎ ‎30.2‎ ‎30.8‎ 平均大气压 ‎/(105 Pa)‎ ‎1.021‎ ‎1.019‎ ‎1.014‎ ‎1.008‎ ‎1.003‎ ‎0.9984‎ ‎0.9960‎ ‎7月份与1月份相比较，正确的是 (　　)‎ A.空气分子无规则热运动的情况几乎不变 B.空气分子无规则热运动减弱了 C.单位时间内空气分子对单位面积器壁的撞击次数增多了 D.单位时间内空气分子对单位面积器壁的撞击次数减少了 ‎【解析】选D。由表中数据知，7月份与1月份相比，温度升高，压强减小，温度升高使气体分子热运动更加剧烈，而压强减小，可知气体分子的密集程度减小，所以单位时间内空气分子对单位面积器壁的撞击次数减少了，因而只有选项D正确。‎ ‎1.气体分子运动的特点：‎ ‎2.气体压强的决定因素：‎ 28‎ ‎(1)如图所示，设容器内气体分子的质量为m，分子平均速率为，则气体分子平均动能=m；单位体积内气体分子数(或分子数密度)为n，由于任一时刻向每个方向上运动的气体分子数均等，则在单位时间Δt内碰撞器壁单位面积ΔS的气体分子总数为N0=nΔtΔS；‎ ‎(2)设分子垂直碰撞器壁且为弹性碰撞，一次碰撞过程中每个气体分子动量的改变量大小为‎2m。设这些分子对器壁面积ΔS产生的平均压力为F，由牛顿第三定律知，器壁对这些气体分子的平均作用力大小为F ′=F；‎ 由动量定理有：F′Δt=N0·‎‎2m 容器内气体产生的压强为：p=‎ 由以上几式可得：p=nm=n ‎(3)由上式可知，气体压强决定因素是分子的平均速率与分子的密集程度。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　1.(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为 (　　)‎ A.气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大 B.单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多 C.气体分子的总数增加 D.单位体积内的分子数目增加 ‎【解析】选B、D。理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。‎ 28‎ ‎2.(多选)(2019·汕头模拟)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则 (　　)‎ A.氢分子的平均动能增大　B.氢分子的势能增大 C.氢气的内能增大 D.氢气的内能可能不变 E.氢气的压强增大 ‎【解析】选A、C、E。温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，选项A正确；氢气可视为理想气体，气体分子势能忽略不计，选项B错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，选项C正确、D错误；根据理想气体的状态方程：=C可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，选项E正确。‎ 28‎