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2022版高考物理一轮复习 课后练习36 固体、液体和气体

2022版高考物理一轮复习 课后练习36 固体、液体和气体

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固体、液体和气体
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1．(2020·天津南开中学月考)关于固体、液体的性质，下列说法正确的是(　　)
A．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点
B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点
C．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体重力的作用
D．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为浸润
B　[单晶体和多晶体都有确定的熔点，故A错误；彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点，故B正确；玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体表面张力的作用，故C错误；唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为不浸润，故D错误。]
2．关于液体和液晶，下列说法正确的是(　　)
A．液体表面层的分子分布比内部密
B．液体有使其表面积扩张到最大的趋势
C．液体表面层分子之间只有引力而无斥力
D．液晶具有光学性质各向异性的特点
D　[液体表面层分子比较稀疏，A错误；液体表面张力使其表面积有收缩到最小的趋势，B错误；液体表面层分子之间既有引力又有斥力，C错误；液晶具有光学性质各向异性，D正确。]
3．固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断不正确的有(　　)

A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
C　[晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确。]
4．一定质量的理想气体，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减少
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目增加
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D正确，A、B、C错误。]
5．(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，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”)

[解析]　对一定质量的理想气体，为定值，由p­V图象可知，2p1·V1＝p1·2V1＞p1·V1，所以T1＝T3＞T2。状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1＞N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2＞N3。
[答案]　大于　等于　大于
6．如图所示，密闭导热汽缸A、B用细管相连，A的容积为2.24 L，B的容积为1.12 L，A中装有压强为1.5×105 Pa的理想气体，活塞C可沿汽缸B滑动且与汽缸保持良好的气密性。开始时活塞位于汽缸B的最左端，K1打开，K2闭合，向右拉活塞，环境温度保持27 ℃，不计细管体积的影响。

(1)将活塞缓慢拉到汽缸B的最右端，求此时缸内气体的压强；
(2)将K1闭合，求此时A缸内气体的分子数。(已知阿伏伽德罗常数NA＝6×1023 mol－1，理想气体在温度为0 ℃，压强为1.0×105 Pa的条件下，其摩尔体积是22.4 L。结果均保留一位有效数字)
[解析]　(1)活塞缓慢的拉到右端的过程中发生等温变化，
根据p1VA＝p2(VA＋VB)，解得p2＝1×105 Pa。
(2)将K1闭合后，设A缸内剩余的气体在0 ℃、1×105 Pa时的体积为V2，则T2＝(273＋0) K＝273 K，又V1＝VA，
T1＝(273＋27) K＝300 K，
根据等压变化可知：＝
此时A缸内气体的分子数N＝NA，其中V＝22.4 L是摩尔体积
解得N＝5×1022个。
[答案]　(1)1×105 Pa　(2)5×1022个
7．如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度与质量均不计，在B处设有限制装置，使活塞只能在B以上运动，B以下汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.2V0。开始时活塞在A处，温度为87 ℃，大气压强为p0，现缓慢降低汽缸内气体的温度，直至活塞移动到A、B的正中间，然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，然后再缓慢降低汽缸内气体的温度，直到－3 ℃。求：

甲　　　　　　　　　　乙　
(1)活塞刚到达B处时的温度TB；
(2)缸内气体最后的压强p；
(3)在图乙中画出整个过程的p­V图线。
[解析]　(1)缓慢降低汽缸内气体的温度，直至活塞移动到A、B的正中间，这个过程是等压过程：
根据盖—吕萨克定律：＝
代入数据解得：TB＝330 K，
然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，这个过程是等温过程，故活塞刚到达B处时的温度就为330 K。
(2)保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，这个过程是等温过程：
根据玻意耳定律有：p0×1.1V0＝p1×V0，
解得p1＝1.1p0，
再接下是等容过程，根据查理定律有：＝，
解得p＝0.9p0。
(3)整个过程的p­V图线，如图所示。

[答案]　(1)330 K　(2)0.9p0　(3)图见解析

8．(2020·湖北武汉·高三期中)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经等温变化到状态B，再经等容变化到状态C，A、C压强相等，则下列说法正确的是(　　)

A．从A到B气体分子平均动能增加
B．从B到C气体分子平均动能不变
C．A、C状态气体压强相等的原因是分子撞击器壁的平均作用力相等
D．从A到B过程气体压强变小的原因是分子的密集程度减小
D　[从A到B气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；从B到C为等容变化，根据查理定律＝可知：气体压强增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，故B错误；A到C状态为等压变化，根据盖·吕萨克定律＝可知：气体体积增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，分子撞击器壁的平均作用力增大，故C错误；从A到B过程气体温度相同，分子撞击器壁的平均作用力相等，压强变小的原因是气体体积增大分子密集程度减小，故D正确。]
9．(2020·全国高三月考)研学小组对自行车打气过程进行实验研究。首先设法测得拔下气门芯状态下内胎的容积是打足气状态的容积的一半(考虑到外胎的束缚，设打足气状态的容积不变，大小为V0)。安好气门芯后给自行车胎缓慢地打气(保证打气筒温度不变)。打气筒的总容积是V0的十分之一，每次将打气筒活塞拉到最顶端缓慢压到最底端，保证气筒内气体全部进入车胎。假设打气过程中各个衔接处不漏气，也不考虑打气筒与轮胎连接管内的微量气体影响。这样连续打气20次后胎内气体压强为(设当地大气压为p0)(　　)
A．2p0 B．2.5p0 C．0.4p0 D．0.5p0
B　[设车胎容积为V0，开始时体积为V0，打入车胎内的体积为20×V0＝2V0打气20次后胎内气体压强为p1，根据玻意耳定律可得p0＝p1V0解得打气20次后胎内气体压强为p1＝2.5p0，故选B。]
10．(2019·全国卷Ⅲ)如图所示，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。
[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
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。 ⑥
(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。 ⑧
[答案]　(1)41 cm　(2)312 K
11．(2019·福州调研)如图所示，开口向上竖直放置的横截面积为10 cm2的汽缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸内的气体分割为两个独立的部分A和B，A的长度为30 cm，B的长度是A长度的一半，汽缸和b活塞都是绝热的，活塞a导热性能良好，与活塞b和汽缸底部相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m，B部分下端有与电源相连的电热丝。初始状态A、B两部分气体的温度均为27 ℃，弹簧处于原长，活塞a刚好与汽缸口相齐平，开关S断开。若在活塞a上放上一个2 kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止(已知外界大气压强为p0＝1×105 Pa，重力加速度取g＝10 m/s2)。求：

(1)稳定后A部分气柱的长度；
(2)合上开关S，对气体B进行加热，可以使a上升再次与汽缸口齐平，则此时气体B的温度为多少？
[解析]　(1)对于A部分气体，初态pA＝1×105 Pa，VA＝L1S
末态pA′＝p0＋＝1.2×105 Pa
根据玻意耳定律pAL1S＝pA′L1′S
解得L1′＝25 cm
即A部分气柱长度变为25 cm。
(2)若使活塞a返回原处，B部分气体末状态时气柱长为L2′＝20 cm，此时弹簧要伸长5 cm
对活塞b有pA′S＋kΔl＝pB′S
解得pB′＝pA′＋＝1.25×105 Pa
对于B部分气体，初态pB＝1×105 Pa，VB＝L2S，TB＝300 K
末态pB′＝1.25×105 Pa，VB′＝L2′S
根据理想气体状态方程＝
解得：TB′＝500 K
则此时温度为tB＝(TB′－273)℃＝227 ℃。
[答案]　(1)25 cm　(2)227 ℃