2018高考物理一轮总复习 第十一章 热学(选修3-3)第32讲 固体、液体和气体课时达标

第32讲 固体、液体和气体

[解密考纲]知道晶体、非晶体的区别；理解表面张力，会解释有关现象；掌握气体的三个实验定律，会用三个实验定律分析气体状态变化问题．

1．(多选)(2014·全国大纲卷)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( BD ) A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小

解析：压强变大，温度不一定升高，分子热运动不一定变得剧烈，A项错误；压强不变，温度也有可能升高，分子热运动可能变得剧烈，B项正确；压强变大，体积不一定减小，分子间的距离不一定变小，C项错误；压强变小，体积可能减小，分子间的距离可能变小，D项正确．

2．(多选)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有( AB ) A．水黾可以停在水面上 B．叶面上的露珠呈球形 C．滴入水中的红墨水很快散开 D．悬浮在水中的花粉做无规则运动

解析：水黾可以停在水面上和叶面上的露珠呈球形都说明液体表面层的分子比液体内部稀疏，形成了表面张力，故选项A、B正确；滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，都反映的是液体分子的无规则热运动，故选项C、D错误．

3．(2016·福建师大附中期中质检)如图所示，U形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高缸内气体的温度，则图中能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象是( B )

解析：缓慢升高缸内气体的温度，当缸内气体的压强p

理定律知p＝p1，故缸内气体的压强p与热力学温度T呈线性关系；当气缸内气体的压强p＝p0时发生等压变化．正确的图象为图B．

4．(多选)(2017·湖北黄石模拟)下列说法正确的是( ACD )

A．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的缘故 B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能．这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故

C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形．这是表面张力作用的结果 D．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

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．这是由于水膜具有表面张力的缘故

解析：水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，B错误．玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用，E错误．

5．(多选)(2017·浙江宁波模拟)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、

TT1

cd、da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 ( AB )

A．ab过程中不断增加 C．cd过程中不断增加

B．bc过程中保持不变 D．da过程中保持不变

解析：因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B项正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A项正确；cd是等压线，溫度降低则体积减小，C项错误；连接aO交cd于e，如图，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd

Vd

(第5题图)

6．(2015·上海卷)如图所示，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5.先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体

最后达到平衡．求：

(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比； (2)最后两侧气体的体积之比． 解析：(1)设初始时压强为p 左侧气体满足

pV1p′V＝ T1kT1

右侧气体满足pV2＝p′V 解得k＝＝2 (2)活塞导热达到平衡 左侧气体满足右侧气体满足

V2

V1

p′Vp″V1′

＝ kT1T1′p′Vp″V2′

＝ T2T2′

平衡时T1′＝T2′ 解得

V1′T25＝＝ V2′kT14

5

答案： (1)2 (2)

4

7．(2017·福建福州模拟)如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg，横截面积为50 cm，厚度为1 cm，气缸全长为21 cm，气缸质量为20 kg，大气压强为1×10 Pa，当温度为 7 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g取10 m/s，求：

2

2

5

(1)气柱的长度；

(2)当温度为多高时，活塞刚好接触平台．

解析：(1)设气缸倒置前后被封闭气体的压强分别为p1和p2，气柱长度分别为L1和L2.

mgp1＝p0＋＝1.2×105 Pa，

Smgp2＝p0－＝0.8×105 Pa.

S倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得p1L1S＝p2L2S，所以L2＝L1＝15 cm.

p1p2

(2)设倒置后升温前后封闭气柱温度分别为T2和T3， 升温后气柱长度为L3， 则T2＝T1＝(273＋7)K＝280 K，

L2＝15 cm，L3＝20 cm.

升温过程为等压变化，由盖·吕萨克定律可得

L2SL3SL3

＝，所以T3＝T2＝373 K. T2T3L2

即温度升高到100 ℃时，活塞刚好接触平台． 答案： (1)15 cm (2)100 ℃

8．(2017·河北衡水模拟)如图所示，一粗细均匀的玻璃瓶水平放置，瓶口处有阀门K，瓶内有A、B两部分用一活塞分开的理想气体．开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气体长度分别为2L和L，压强均为P.若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略．当活塞向右缓慢移动的距离为0.4 L时，(忽略摩擦阻力)求此时：

(1)A中气体的压强；

(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比．

5解析：(1)对A中气体由玻意耳定律可得：p·2L＝pA(2L＋0.4L)，解得pA＝p

6(2)AB气体通过活塞分开，AB中气体压强始终保持相同pA＝pB

6

按漏气后B中气体压强，漏气前气体总长度为LB，pSL＝pBSLB，解得LB＝L

5此时B中气体长度为：L′B＝L－0.4L＝0.6L 则此时B中气体质量m′B与原有质量mB之比为

m′BL′Bm′B1

＝，解得＝ mBLBmB2

51答案： (1)p (2)

62

9．(2013·上海卷)利用如图装置可测量大气压强和容器的容积．步骤如下：

①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端

插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10 mL位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度的位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1 cm.

②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0 mL位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10 mL位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8 cm.(玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ

水

＝1.0×10 kg/m，取g＝10 m/s)

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(1)若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，ΔV表示针筒内气体的体积，Δp1、Δp2

表示上述步骤①②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①②中，气体满足的方程分别为p0(V0＋ΔV)＝(p0＋Δp1)V0、p0V0＝(p0－Δp2)·(V0＋ΔV)．

(2)由实验数据得烧瓶容积V0＝560mL，大气压强p0＝95_760Pa. (3)倒U形玻璃管A内气体的存在(A) A．仅对容积的测量结果有影响 B．仅对压强的测量结果有影响 C．对二者的测量结果均有影响 D．对二者的测量结果均无影响

解析：(1)由题意，气体发生等温变化，步骤①中气体初态的压强和体积分别为p0、(V0

＋ΔV)，末态的压强和体积分别为(p0＋Δp1)与V0，则气体满足的方程为p0(V0＋ΔV)＝(p0＋Δp1)V0；步骤②中气体初态的压强和体积分别为p0、V0，末态的压强和体积分别为(p0－Δp2)、(V0＋ΔV)，则气体满足的方程为p0V0＝(p0－Δp2)(V0＋ΔV)．

(2)将(1)中的方程代入数据解得

V0＝560 mL，p0＝95 760 Pa.

(3)(2)中得到的体积V0应该为容器的体积与玻璃管A内气体的体积之和，对大气压强的测量不产生影响，A项正确．