下载地址

资源介绍

2022步步高中物理一轮word题库选修3-3 热学·第2讲 固体、液体和气体.doc
----------------------------------
第2讲　固体、液体和气体

知识要点
一、固体和液体
1.固体
(1)晶体与非晶体
分类
比较　 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
外形 规则 不规则
熔点 确定 不确定
物理性质 各向异性 各向同性
原子排列 有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则
(2)晶体的微观结构
晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。
2.液晶
(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。
(2)液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。
(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。
3.液体的表面张力现象
(1)作用
液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。
(2)方向
表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直。
(3)大小
液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。
二、饱和蒸汽、未饱和蒸汽和饱和汽压　相对湿度
1.饱和汽与未饱和汽
(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。
(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽。
2.饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3.相对湿度
空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比。
即：相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压。
三、气体
1.气体分子运动的特点

2.气体的压强
(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度。

3.气体实验定律　理想气体
(1)气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与热力学温度成正比
表达式 p1V1＝p2V2 p1T1＝p2T2
V1T1＝V2T2

图象
(2)理想气体状态方程
①理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
②理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2(质量一定的理想气体)，或pVT＝C。
基础诊断
1.(多选)以下说法正确的是(　　)
A.金刚石、食盐都有确定的熔点
B.饱和汽的压强与温度无关
C.一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用
D.多晶体的物理性质表现为各向异性
E.当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小
解析　金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；饱和汽的压强与温度有关，选项B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫能停在水面上，选项C正确；多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误；在一定温度条件下，相对湿度越小，水蒸发得也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，选项E正确。
答案　ACE
2.(多选)[2019·安徽A10联盟2月联考，33(1)]下列说法正确的是(　　)
A.温度相同的不同饱和汽的饱和汽压都相同
B.一定温度下饱和汽的分子数密度为一定值，温度升高，饱和汽分子数密度增大
C.将未饱和汽转化成饱和汽，可以保持体积不变，降低温度
D.当空气中水蒸气压强等于同温度水的饱和汽压，水会停止蒸发
E.空气的相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比
解析　饱和汽压与温度和液体种类有关，温度相同的不同饱和汽的饱和汽压不同，故A错误；饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，一定温度下的饱和汽的分子数密度是一定值，温度升高，饱和汽分子数密度增大，B正确；保持体积不变，降低温度，饱和汽压减小，未饱和汽可能转化成饱和汽，故C正确；当空气中水蒸气压强等于同温度水的饱和汽压时，水仍然蒸发，故D错误；空气的相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，选项E正确。
答案　BCE
3.(多选)[2017·全国Ⅰ卷，33(1)]氧气分子在0 ℃和100 ℃ 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图1中两条曲线所示。下列说法正确的是(　　)

图1
A.图中两条曲线下面积相等
B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E.与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大
解析　根据图线的物理意义可知，曲线下的面积表示总分子数，所以图中两条曲线下面积相等，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，且温度越高，速率大的分子比例较大，所以图中实线对应于氧气分子平均动能较大的情形，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B、C正确；根据曲线不能求出任意区间的氧气分子数目，选项D错误；由图线可知100 ℃时的氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比比0 ℃ 时的百分比小，选项E错误。
答案　ABC
4.(多选)如图2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。现通过电热丝对一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(　　)

图2
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.汽缸中气体的内能可能和加热前一样大
E.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
解析　汽缸内封闭气体的压强p＝p0＋mgS，则知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，根据盖—吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故C正确；一定质量的理想气体内能只跟温度有关，温度升高，气体的内能增加，故D错误；温度升高，分子的平均动能增大，体积增大，单位体积气体分子数减少，由于气体的压强不变，根据压强的微观含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E正确。
答案　BCE


　固体和液体性质的理解
1.晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
2.液体表面张力
(1)表面张力的效果：表面张力使液体表面积具有收缩趋势，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。
(2)表面张力的大小：跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系。
【例1】 (多选)[2015·全国Ⅰ卷，33(1)]下列说法正确的是(　　)
A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D.在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E.在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
解析　晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错误；固体分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上光学性质不同，表现为晶体具有各向异性，选项B正确；同种元素构成的固体可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体，如金刚石和石墨，选项C正确；在合适的条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，如二氧化硅晶体加热再凝固后成为非晶体，选项D正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错误。
答案　BCD

1.(多选)关于饱和汽压和相对湿度，下列说法中正确的是(　　)
A.温度相同的不同饱和汽的饱和汽压都相同
B.温度升高时，饱和汽压增大
C.在相对湿度相同的情况下，夏天比冬天的绝对湿度大
D.饱和汽压和相对湿度都与体积无关
E.饱和汽压和相对湿度都与体积有关
解析　A.饱和汽压与温度和液体种类有关，温度相同的不同饱和汽的饱和汽压不同，故A错误；B.同种液体，温度升高时，饱和汽压增大，故B正确；C.冬天温度低，饱和汽的气压低，故在相对湿度相同的情况下，夏天比冬天的绝对湿度大，故C正确；D.饱和汽压和相对湿度都与体积无关，故D正确，E错误。
答案　BCD
2.(多选)下列对饱和汽、未饱和汽、饱和汽压以及湿度的认识，选项正确的是(　　)
A.液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关
B.增大压强一定可以使未饱和汽变成饱和汽
C.降低温度一定可以使未饱和汽变成饱和汽
D.空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大
E.干湿泡湿度计的干、湿两支温度计的示数差越小，空气的相对湿度越大
解析　饱和汽压的大小取决于物质的性质和温度，而与体积无关，故A项正确；饱和汽压与压强无关，故B项错误；降低温度可以使未饱和汽变成饱和汽，但不是一定能使未饱和汽变成饱和汽，故C项错误；空气的湿度是指相对湿度，空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大，相对湿度不一定越大，故D项正确；干湿泡湿度计的干、湿两支温度计示数差越小，说明空气越潮湿，相对湿度越大，故E项正确。
答案　ADE
　气体压强求解的“两类模型”
模型 　“活塞”模型计算气体压强
对“活塞模型”类求压强的问题，其基本的方法就是先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS。
【例2】 如图3中两个汽缸质量均为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空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？

图3
解析　在图甲中选活塞为研究对象
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋mgS
在图乙中选汽缸为研究对象p0S＝pBS＋Mg
pB＝p0－MgS
答案　p0＋mgS　p0－MgS
模型 　“液柱”模型计算气体压强
连通器模型(用液柱封闭一定质量的气体，如图4所示)

图4
平衡时对气体A有：pA＝p0＋ρgh1
对气体B有：pB＋ρgh2＝pA＝p0＋ρgh1
所以pB＝p0＋ρg(h1－h2)
【例3】 若已知大气压强为p0，在图5中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。

图5
解析　在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，
由二力平衡知pAS＋ρghS＝p0S
所以p甲＝pA＝p0－ρgh
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh
在图丙中，以B液面为研究对象，有
pAS＋ρghsin 60°S＝pBS＝p0S
所以p丙＝pA＝p0－32ρgh。
答案　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－32ρgh

1.若已知大气压强为p0，如图6所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求下列图中被封闭气体的压强。

图6
解析　在图甲中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p甲S＝(p0＋ρgh1)S
所以p甲＝p0＋ρgh1
在乙图中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)
答案　甲：p0＋ρgh1　乙：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)
2.如图7所示，内壁光滑的圆筒固定在水平地面上，用横截面积S＝0.01 m2的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，其中活塞B与一端固定在竖直墙上、劲度系数k＝1 000 N/m的轻质弹簧相连，平衡时两活塞相距l0＝0.6 m。已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，圆筒内气体温度为t0＝27 ℃。

图7
(1)若将两活塞锁定，然后将圆筒内气体温度升到t＝227 ℃，求此时圆筒内封闭气体的压强；(结果保留3位有效数字)
(2)若保持圆筒内气体温度t0＝27 ℃不变，然后对A施加一水平推力F＝500 N，使其缓慢向左移动一段距离后再次平衡，求此过程中活塞A移动的距离。(假设活塞B左端的圆筒足够长，弹簧始终在弹性限度内)
解析　(1)设此时气体压强为p，由查理定律可得p0T0＝pT
T0＝(273＋t0)K＝300 K，T＝(273＋t)K＝500 K
代入数据可得p＝1.67×105 Pa。
(2)设再次平衡时封闭气体压强为p′，活塞A、B向左移动的距离分别为x、x′，由于气体温度始终不变，由玻意耳定律可得p0l0S＝p′(l0＋x′－x)S
由平衡条件可知，对活塞A有p′S＝p0S＋F
对活塞B有p0S＋kx′＝p′S
联立解得x＝0.7 m。
答案　(1)1.67×105 Pa　(2)0.7 m
　气体实验定律　理想气体状态方程
1.三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)。
(2)查理定律(等容变化)：p1T1＝p2T2或pT＝C(常数)。
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V1T1＝V2T2或VT＝C(常数)。
2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路


考向 　单独气体的状态变化
【例4】 [2019·全国Ⅲ卷，33(2)]如图8，一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。

图8
(i)求细管的长度；
(ii)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。
解析　(i)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＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
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。⑥
(ii)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
VT0＝V1T⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K。⑧
答案　(i)41 cm　(ii)312 K
考向 　多个封闭气体的状态变化
【例5】 [2019·全国Ⅱ卷，33(2)]如图9，一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：

图9
(i)抽气前氢气的压强；
(ii)抽气后氢气的压强和体积。
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)S①
得p10＝12(p0＋p)。②
(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
p2S＝p1·2S③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝12p0＋14p⑦
V1＝4（p0＋p）V02p0＋p。⑧
答案　(i)12(p0＋p)　(ii)12p0＋14p　4（p0＋p）V02p0＋p
考向 　变质量气体的状态变化
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，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。
类别 对象
打气问题 选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象
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
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
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
【例6】 [2019·全国Ⅰ卷，33(2)]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3.2×10－2m3，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；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
(i)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ii)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。
解析　(i)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＝p1V1①
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
V1′＝V1－V0②
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 Pa。④
(ii)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p3T1＝p2T0⑤
联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108 Pa。⑥
答案　(i)3.2×107 Pa　(ii)1.6×108 Pa

1.[2018·全国Ⅲ卷，33(2)]如图10所示，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。

图10
解析　设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm。⑥
答案　22.5 cm　7.5 cm

2.[2018·全国Ⅰ卷，33(2)]如图11，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。

图11
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＝p1V1①
p0V2＝p2V2②
由已知条件得
V1＝V2＋V6－V8＝1324V③
V2＝V2－V6＝V3④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得m＝15p0S26g。
答案　15p0S26g
3.如图12所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为14 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，气压为1 atm。打气筒活塞每次可以打进气压为1 atm、体积为0.2 L的空气。(不考虑环境温度的变化)

图12
(1)要使药液上方的气体压强增大到5 atm，应打气多少次？
(2)如果药液上方的气体压强达到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，筒内剩下的药液还有多少升？
解析　(1)设应打气n次，则有p1＝1 atm，
V1＝0.2n L＋2 L，p2＝5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得n＝40(次)。
(2)当不能再向外喷药时，筒内空气的压强p3＝1 atm。
p2＝5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得p2V2＝p3V3，解得V3＝p2V2p3＝10 L
剩下的药液V＝14 L－10 L＝4 L。
答案　(1)40次　(2)4 L
　气体状态变化的图象问题
1.四种图象的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
p－V pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p－1V
p＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T p＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大，体积越小
V－T V＝CpT，斜率k＝Cp，即斜率越大，压强越小

2.分析技巧
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。
例如：(1)在图13甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2>T1。
(2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1。

图13
【例7】 (2019·全国Ⅱ卷，33)如p－V图14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”)

图14
解析　根据理想气体状态方程
p1′V1′T1＝p2′V2′T2＝p3′V3′T3
可知T1＞T2，T2＜T3，T1＝T3
由于T1＞T2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子数密度相等，故单位面积的平均碰撞次数多，即N1＞N2；对于状态2、3，由于T3＞T2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，而且p2′＝p3′，因此状态2单位面积的平均碰撞次数多，即N2＞N3。
答案　大于　等于　大于

1.(多选)(2020·湖北省十堰市调研)热学中有很多图象，对图15中一定质量的理想气体图象的分析，正确的是(　　)


图15
A.甲图中理想气体的体积一定不变
B.乙图中理想气体的温度一定不变
C.丙图中理想气体的压强一定不变
D.丁图中理想气体从P到Q，可能经过了温度先降低后升高的过程
E.戊图中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度
解析　由理想气体方程pVT＝C可知，A、C正确；若温度不变，p－V图象应该是双曲线的一支，题图乙不一定是双曲线的一支，故B错误；p－V图象中等温线是双曲线的一支，越向上温度越高，题图丁中理想气体从P到Q，经过了温度先升高后降低的过程，D错误；温度升高时，速率分布最大的区间将向速率增大处移动，气体由虚线状态变成实线状态时，温度升高，所以实线对应的温度一定高于虚线对应的温度，故E正确。
答案　ACE
2.(2019·辽宁省大连市第二次模拟)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图16所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，求：

图16
(1)气体在状态C时温度TC；
(2)若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？
解析　(1)D→A为等温线，则TA＝TD＝300 K，C到D过程由盖—吕萨克定律得VCTC＝VDTD，所以TC＝375 K。
(2)A→B过程压强不变，
W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3 J＝－600 J
由热力学第一定律，得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J
则气体内能增加，增加了400 J。
答案　(1)375 K　(2)气体内能增加　增加了400 J
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(多选)(2019·河北省承德市联校期末)下列说法正确的是(　　)
A.晶体有固定的熔点
B.液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性
C.物体吸收热量后，其温度一定升高
D.给自行车打气时气筒压下后反弹，是分子斥力造成的
E.雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在
解析　晶体区别于非晶体的是晶体有固定的熔点，故A正确；液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故B正确；物体吸收热量的同时，可能还对外做功，其温度不一定升高，故C错误；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由于气体压强的原因，不是分子作用力的作用，故D错误；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，故E正确。
答案　ABE
2.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
解析　水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，选项A错误；正是表面张力使空中雨滴呈球形，选项B正确；液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，选项C正确；高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，选项D错误；因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，选项E项正确。
答案　BCE
3.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C.在完全失重的情况下，气体对容器的压强为零
D.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力无关
E.石墨晶体是层状结构，层与层原子间作用力小，可用作固体润滑剂
答案　ABE
4.(多选)(2019·吉安一模)下列说法中正确的是(　　)
A.低于0 ℃时，水将停止蒸发
B.液体的温度越低，其饱和汽压越小
C.气体压强是气体分子间斥力的宏观表现
D.在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象
E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
解析　蒸发在任何温度下都会进行，选项A不正确；液体的温度越低，其饱和汽压越小，选项B正确；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，选项C不正确；在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象，选项D正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，选项E正确。
答案　BDE
5.(多选)下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是(　　)


A.分子并不是球形，但可以当作球形处理，这是一种估算方法
B.微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C.当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
D.实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
E.0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
解析　A图是油膜法估测分子的大小，图中分子并不是球形，但可以当作球形处理，这是一种估算方法，选项A正确；B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故选项B错误；C图中，当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故选项C正确；D图中，分子的速率不是完全相等的，所以也不要求每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等，故选项D错误；E图是麦克斯韦速率分布规律的图解，0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故选项E正确。
答案　ACE
6.[2019·江西盟校一联，33(2)]为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。如图1所示，汽缸开口向上，用质量为m＝1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1 cm2。当汽缸内温度为300 K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M，当绳上拉力为零时，警报器报警。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略，g＝10 m/s2。则：

图1
(i)当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
(ii)若锅炉外壁的安全温度为900 K，那么重物的质量应是多少？
解析　(i)活塞上升过程为等压变化，则V1＝LS
V2＝2LS，V1T1＝V2T2
得T2＝600 K。
(ii)活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M，
则p2S＝p0S＋mg，p3S＝p0S＋(m＋M)g
p2T2＝p3T3，可得M＝1 kg。
答案　(i)600 K　(ii)1 kg
7.[2019·江西红色七校二模，33(2)]如图2，粗细均匀的弯曲玻璃管AB两端开口，管内有一段水银柱，左管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm。先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求：

图2
(i)A端上方气柱长度；
(ii)稳定后右管内的气体压强。
解析　(i)设稳定后A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽中后，左管内气体压强为
p1＝p0＋ρgΔh＝80 cmHg
由玻意耳定律得p0lA＝p1l1
所以A端上方气柱长度为l1＝38 cm。
(ii)设稳定后右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB－h，气体压强为p2＝p1－2ρgh
由玻意耳定律得p0lB＝(p1－2ρgh)(lB－h)
解得h＝1 cm
所以右管内气体压强为
p2＝p1－2ρgh＝78 cmHg。
答案　(i)38 cm　(ii)78 cmHg
综合提能练
8.(多选)一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p－1V 图线如图3所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与1V轴垂直。则(　　)

图3
A.a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B.b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C.c→d，压强不变、温度降低、体积减小
D.d→a，压强减小、温度升高、体积不变
E.d→a，压强减小、温度降低、体积不变
解析　由图象可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确；由理想气体状态方程pVT＝C可知p1V＝CT，由题图可知，图象上的各点与坐标原点连线的斜率即为CT，所以b对应的温度低，b→c过程温度升高，由图象可知，同时压强增大，且体积也增大，故B错误；由图象可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程 pVT＝C可知气体温度降低，故C正确；由图象可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气体状态方程pVT＝C可知，气体温度降低，故D错误，E正确。
答案　ACE
9.一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。

图4
(1)求此时气体的压强；
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
解析　(1)设升温后气体的压强为p1，由查理定律得
p0T0＝p1T1①
代入数据得p1＝76p0。②
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得
p1V0＝p0V③
联立②③式得V＝76V0④
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得
k＝V0V⑤
联立④⑤式得k＝67⑥
因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。
答案　(1)76p0　(2)67　吸热　原因见解析
10.(2020·江西协作体一模)中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，如图5所示，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短、导热性能良好的平底大烧瓶。在一次实验中，体积为V＝1 L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个横截面积S＝2 cm2的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦力fm＝60 N。瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中气球内、外气压近似相等。已知：实验室温度T＝290 K恒定，环境空气密度ρ＝1.20 kg/m3，压强为标准大气压p0＝105 Pa。求：

图5
(1)橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强；
(2)为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量。
解析　(1)对瓶塞受力分析得pS＝p0S＋fm
解得p＝p0＋fmS＝4×105 Pa。
(2)瓶内气体等温度变化p0V＝pV1
则V1＝14V
对气球内气体：体积V2＝V－V1＝34V＝7.5×10－4 m3
气球内压强也为p＝4×105 Pa
等温变化：pV2＝p0V空气
可得V空气＝3×10－3 m3
打入空气质量m＝ρV空气＝3.60×10－3 kg＝3.60 g。
答案　(1)4×105 Pa　(2)3.60 g