5.液体
A级 必备知识基础练
1.如图所示,金属框上阴影部分表示肥皂膜,它被棉线分割成a、b两部分。若肥皂膜的a部分用热针刺破,棉线的形状是下图中的哪一个 ( )
2.(多选)(2022山西长治第二中学高二期末)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.液体表面张力使液体表面有收缩的趋势
3.(2022江苏扬州江都大桥高级中学高二阶段练习)液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在( )
A.液体不浸润固体的附着层
B.液体浸润固体的附着层
C.所有液体的附着层
D.都不可能发生
4.(多选)下列说法正确的是( )
A.把一枚曲别针轻放在水面上,它会浮在水面上,这是由于水表面存在表面张力
B.形成液体表面张力的原因是液体表层的分子分布比内部密集
C.在围绕地球飞行的空间站中,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
5.(2022江苏徐州高二期末)护肤乳液在一定条件下能形成层状液晶,则( )
A.所有物质都能形成层状液晶
B.层状液晶的光学性质具有各向异性
C.层状液晶是液体与晶体的混合物
D.层状液晶不会随温度升高发生变化
6.合格的一次性医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的,图为一滴水滴在某一次性防护口罩内侧的照片,对此以下说法正确的是( )
A.照片中的口罩一定为不合格产品
B.照片中附着层内分子比水的内部稀疏
C.照片中水滴表面分子比水的内部密集
D.水对所有材料都是不浸润的
7.(2022河北高三学业考试)夏天的清晨某同学发现小型水生昆虫水黾不仅能在水面上滑行,而且还能在水面上优雅地跳跃和玩耍,如图甲所示,这是由 导致的物理现象。如图乙所示,荷叶上滚动着一个个晶莹剔透的小露珠,甚是好看。这些小露珠都呈现为近似的球形,这是 共同作用的结果。
B级 关键能力提升练
8.(2022江苏南通高三期末)立方体玻璃容器内盛有一定体积的水,盖上玻璃盖后置于完全失重环境下,则容器内水(图中阴影区域)的形状可能是( )
9.水对玻璃是浸润液体,而水银对玻璃是不浸润液体,它们在毛细管中将发生上升或下降的现象,现把粗细不同的三根毛细管插入水和水银中,液柱如图所示,其中正确的现象应是( )
10.(多选)通电雾化玻璃是将液晶膜固化在两片玻璃之间,经过特殊工艺胶合一体成型的新型光电玻璃产品,被广泛应用于高档办公室、计算机机房、医疗机构、商业展示等领域,能够实现玻璃的通透性和保护隐私的双重要求。我们将其工作原理简化为如图所示的模型,在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,玻璃呈乳白色,即不透明,像一块毛玻璃;通电以后,弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列,整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃。结合以上内容和你所学知识,关于通电雾化玻璃,你认为下列叙述不合理的是 ( )
A.不通电时,入射光在液晶层发生了全反射,导致光线无法通过
B.不通电时,入射光在液晶层发生了干涉,导致光线无法通过
C.通电时,入射光在通过液晶层后方向发生了改变
D.通电时,入射光在通过液晶层后按原有方向传播
11.用金属丝制成一个U形架,一段细长棉线两端系在U形架两臂上A、B两点,细线中点O处有一扣。将U形架浸入肥皂液中再取出,U形架上形成的肥皂液膜如图所示,细线被绷紧是因为液体表面层存在表面张力,表面张力的作用是使得液面有 (选填“扩张到最大”或“收缩到最小”)的趋势;用力拉动细线中点的扣至图中虚线位置(肥皂液膜未发生破损,忽略肥皂液膜的蒸发影响且温度不变),肥皂液膜的内能将 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
5.液体
1.A 液体表面的分子数目较少,分子间距大于r0,分子间表现为引力,即液体的表面张力,表面张力的作用效果是使液体的表面积减小,因此若将肥皂膜的a部分用热针刺破,b部分液体由于表面张力作用,表面积缩小将细线绷紧,故呈现A所示的形状,故A正确,B、C、D错误。
2.BD 液体表面层分子分布比液体内部稀疏,分子间相互作用力表现为引力,表面张力是表面分子引力的宏观表现,A错误,B正确;表面张力的方向与液体表面平行,C错误;液体表面张力使液体表面有收缩的趋势,尽可能使表面积最小,D正确。
3.A 液体表面具有收缩的趋势,即液体表面表现为张力,是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,密度较小,且液面分子间表现为引力。因此液体不浸润固体时的附着层中具有收缩趋势。故选A。
4.ACD 一枚曲别针浮在水面上,浮力很小,可以忽略不计,是由于水的表面存在表面张力,故A正确;形成液体表面张力的原因是液体表层的分子分布比液体内部稀疏,故B错误;在围绕地球飞行的空间站中,自由飘浮的水滴处于失重状态,形状呈球形,这是表面张力作用的结果,故C正确;在毛细现象中,毛细管中的液面有的升高,有的降低,这是由于液体的表面张力以及浸润和不浸润造成的,这与液体的种类和毛细管的材质有关,故D正确。
5.B 并不是所有物质都能形成层状液晶,只有少数物质在特定条件下才能成为液晶,故A错误;层状液晶的光学性质具有各向异性,故B正确;层状液晶并不是指液体和晶体的混合物,是一种特殊的物质,液晶像液体一样可以流动,又具有晶体各向异性的特性,故C错误;层状液晶是不稳定的,外界影响的微小变化,例如温度、电场等,都会引起液晶分子排列变化,改变它的光学性质,故D错误。
6.B 合格的一次性医用防护口罩内侧所用材料对水都不浸润的,照片中的口罩正好发生了不浸润现象,A错误;根据照片所示,水发生了不浸润现象,则附着层内分子比水的内部稀疏,B正确;照片中水滴为球形,水滴表面分子比水的内部分子间距大,分子之间的作用力为引力,则照片中水滴表面分子应比水的内部稀疏,C错误;水不是对所有材料都是不浸润的,比如水可以浸润玻璃,D错误。
7.答案 水的表面张力 液体表面张力和不浸润现象
解析 在液体表面层中,液体分子间距大于平衡距离,液体分子之间的相互作用总体上表现为引力,它的作用是使液体表面紧绷,宏观上表现为液体的表面张力,水黾可以在水面上如此活动是因为水的表面张力。露珠由于液体表面张力的作用总要收缩成球体,当露珠与荷叶接触时,液体的附着层内分子间表现为引力,即小露珠都呈现为近似的球形是液体表面张力和不浸润现象共同作用的结果。
8.A 水处于完全失重状态,由于水对玻璃的浸润性,在表面张力的作用下,水应该吸附在容器的内表面呈现A的形状。故选A。
9.A 水对玻璃是浸润液体,浸润液体在毛细管附着层内液体的分子密度较大,液体分子间距较小(小于r0),分子相互作用表现为斥力,液面呈现扩散的趋势,在毛细管内上升,而且毛细管越细,浸润液体在毛细管内上升的高度越大,故A正确,B错误;水银对玻璃是不浸润液体,不浸润液体在毛细管内附着层液体的分子密度较小,液体分子间距较大(大于r0),此时附着层内的分子相互作用表现为引力,液面呈现收缩的趋势,不浸润液体在毛细管内下降,而且毛细管越细,不浸润液体在毛细管内下降的高度越大,故C、D错误。
10.ABC 由题意,在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,像一块毛玻璃,可知入射光在液晶层发生漫反射,光线可以通过,但通过量较少,而且没有规律,故A、B错误,符合题意;由题意,通电以后,弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列,整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃,可知通电时,入射光在通过液晶层后按原有方向传播,故C错误,符合题意,D正确,不符合题意。
11.答案 收缩到最小 增大1.温度和温标
A级 必备知识基础练
1.(2022上海徐汇中学高二期中)下列不是描述气体状态参量的物理量是( )
A.压强
B.体积
C.质量
D.温度
2.(多选)两个原来处于热平衡状态的系统,分开后,由于受外界的影响,其中一个系统的温度升高了5 K,另一个系统的温度升高了5 ℃,则下列说法正确的是( )
A.两个系统不再是热平衡状态
B.两个系统此时仍是热平衡状态
C.两个系统的状态都发生了变化
D.两个系统的状态都没有发生变化
3.(多选)如图所示,一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中,细管中的液面清晰可见,如果不考虑外界大气压的变化,就能根据液面的变化测出球形瓶周围温度的变化,则( )
A.该温度计的测温物质是槽中的液体
B.该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C.该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D.该温度计是利用测温物质的热胀冷缩性质制造的
4.(2022上海徐汇中学高二期中)上海某天的温度最高为33 ℃,最低为22 ℃,用热力学温标来表示上海这一天的最高温度和最大温差分别为( )
A.33 K 11 K
B.306 K 11 K
C.33 K 295 K
D.306 K 295 K
5.(多选)下列各个状态处于平衡态的是 ( )
A.将冰水混合物放在0 ℃的房间里
B.将铜块放在沸水中加热足够长的时间
C.电影院开空调5 min内放映厅内的气体
D.一个密闭绝热匀速运动的容器突然停止时,运动容器内的气体
6.(多选)下列关于热平衡定律的理解正确的有( )
A.两系统的温度相同时,才能达到热平衡
B.A、B两系统分别与C系统达到热平衡,则A、B两系统达到热平衡
C.甲、乙、丙物体温度不相等,先把甲、乙接触,最终达到热平衡,再将丙与乙接触最终也达到热平衡,则甲、丙是处于热平衡的
D.热平衡时,两系统的温度相同,压强、体积也一定相同
7.在一个寒冷的冬天,小明同学在室外拿铁棒和木头时,感觉到铁棒明显比木头凉,由于表示物体冷热程度的是温度,于是小明得出当时“铁棒比木头温度低”的结论,你认为他的结论对吗
8.在某一温度计的管子上刻有150格均匀的标度。在标准大气压下,当温度计的玻璃泡进入冰水混合物中时,水银柱位置在40刻度处;当玻璃泡进入沸水中时,水银柱的位置在90刻度处。当水银柱上升到100刻度处时,应相当于多少摄氏度 相当于热力学温度多少开
B级 关键能力提升练
9.(2022上海向明中学高二期中)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( )
A.27 K,升高了20 K
B.300 K,升高了20 K
C.27 K,升高了293 K
D.300 K,升高了293 K
10.严冬季节,水桶里结了厚厚的冰,为了测出冰下水的温度,某同学在冰上打了一个洞,拿来一支实验室温度计,用下列四种方法测水温,正确的做法是( )
A.用线将温度计拴牢从洞中放入水里,待较长时间后从水中提出,读出示数
B.取一塑料饮水瓶,将瓶拴住从洞中放入水里,水灌满瓶后取出,再用温度计测瓶中水的温度
C.取一塑料饮水瓶,将温度计悬吊在瓶中,再将瓶拴住从洞中放入水里,水灌满瓶后待较长时间,然后将瓶提出,立即从瓶外观察温度计的示数
D.手拿温度计,从洞中将温度计插入水中,待较长时间后取出,然后读出示数
11.实验室有一支读数不准确的温度计,在测标准大气压下冰水混合物的温度时,其读数为20 ℃;在测标准大气压下沸水的温度时,其读数为80 ℃。则温度计示数为41 ℃ 时对应的实际温度和实际温度为60 ℃时温度计的示数分别是( )
A.41 ℃ 60 ℃
B.21 ℃ 40 ℃
C.35 ℃ 56 ℃
D.35 ℃ 36 ℃
12.一个系统的温度由200 K升高到300 K,另一个系统的温度由200 ℃升高到300 ℃,则它们升高的温度 ,它们升高到的温度 。(均选填“相同”或“不同”)
1.温度和温标
1.C 描述气体的状态参量有压强、体积、温度,故选C。
2.BC 两个系统原来处于热平衡状态,温度相同,当分别升高5 ℃和5 K后,温度仍相同,两个系统仍为热平衡状态,故A错误,B正确;由于温度发生了变化,系统的状态就发生了变化,故C正确,D错误。
3.CD 细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的,测温物质是球形瓶中封闭的空气,该温度计是利用它的热胀冷缩的性质制造的,故A、B错误,C、D正确。
4.B 最高温度和最低温度分别为T1=(273+33) K=306 K,T2=(273+22) K=295 K,最大温差为ΔT=T1-T2=306 K-295 K=11 K,故选B。
5.AB 系统处于平衡态时,其状态参量不随时间变化。冰水混合物在0 ℃的房间里,其温度、压强、体积都不再变化,是平衡态,故A正确;铜块在沸水中加热很长时间后,其温度、压强、体积不再变化,是平衡态,故B正确;开空调5 min内放映厅内气体的温度、体积都要变化,不是平衡态,故C错误;密闭绝热匀速运动的容器突然停止运动时,容器内的气体的温度升高,压强变大,故其不是平衡态,故D错误。
6.AB 根据热平衡的特点可知,两个系统达到热平衡的标志是它们的温度相同,但压强、体积不一定相同,故A正确,D错误;根据热平衡定律,A、B两系统分别与C系统达到热平衡,则A、B两系统达到热平衡,故B正确;甲、乙、丙物体温度不相等,先把甲、乙接触,最终达到热平衡,再将丙与乙接触最终也达到热平衡,此时乙、丙与甲的温度不一定相等,所以甲、丙不一定处于热平衡,故C错误。
7.答案 见解析
解析 不对。由于铁棒和木头都与周围的环境达到热平衡,故它们的温度是一样的。感觉到铁棒特别凉,是因为人在单位时间内传递给铁棒的热量比传递给木头的热量多,所以他的结论不对。
8.答案 120 ℃ 393 K
解析 摄氏温标规定,冰水混合物的温度为0 ℃,标准大气压下沸水温度为100 ℃,由此可见,题中所说的40刻度处就是0 ℃,90刻度处就是指100 ℃。从40到90有50等份,每1等份的实际温度是 ℃=2 ℃。
当水银柱上升到100刻度处时,共占有的等份数是100-40=60。所以100刻度处的实际温度是2 ℃×60=120 ℃。
由热力学温度与摄氏温度的关系式T=t+273 K可得120 ℃相当于热力学温度T=(120+273) K=393 K。
即该温度计100刻度处相当于120 ℃,相当于393 K。
9.B 用热力学温标表示,气体初始温度为T=273 K+t=300 K,升高了ΔT=Δt=20 K,故B正确。
10.C 要测量冰下水的温度,必须使温度计与冰下的水达到热平衡,再读出温度计的示数。隔着冰没法直接读数,把温度计取出来,显示的不是原热平衡下的温度,所以A、D的做法不正确,C的做法正确;B的做法也失去了原来的热平衡,水瓶提出后,再用温度计测,这时,周围空气也参与了热交换,测出的温度不再是冰下水的温度了。
11.C 此温度计每一刻度表示的实际温度为 ℃= ℃,当它的示数为41 ℃时,它上升的格数为(41-20)格=21格,对应的实际温度应为21× ℃=35 ℃;同理,当实际温度为60 ℃时,此温度计应从20开始上升格数为格=36格,它的示数为36 ℃+20 ℃=56 ℃,所以C正确。第2课时 玻意耳定律及其应用
A级 必备知识基础练
1.(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法正确的是( )
A.从等温线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比
B.一定质量的气体,在不同温度下的等温线是不同的
C.一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越小
D.由图可知T1>T2
2.(2022上海徐汇中学高二期中)如图所示,汽缸倒挂在天花板上,用光滑的活塞密封一定量的气体,活塞下悬挂一个沙漏,保持温度不变,在沙缓慢漏出的过程中,气体的( )
A.压强变大,体积变大
B.压强变大,体积变小
C.压强变小,体积变大
D.压强变小,体积变小
3.一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m 深处,湖内的温度不变,它的体积约变为原来体积的( )
A.3倍 B.2倍
C.1.5倍 D.
4.(多选)(2022重庆高二期末)如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水根槽中,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
5.(多选)(2022山东威海高二期末)在光滑水平面上有一个内外壁光滑的汽缸,汽缸质量为m0,汽缸内有一质量为m的活塞,已知m0>m。活塞密封一部分气体。现对汽缸施一水平向左的拉力F,如图甲所示,汽缸的加速度为a1,封闭气体的压强为p1,体积为V1;若用同样大小的力F水平向左推活塞,如图乙所示,汽缸的加速度为a2,封闭气体的压强为p2,体积为V2。设密封气体的质量和温度均不变,则 ( )
A.a1=a2
B.a1
C.p1D.V1>V2
6.如图是气压式保温瓶的原理图,保温瓶内水面与出水口的高度差为h,瓶内密封空气体积为V,设水的密度为ρ,大气压强为p0,欲使水从出水口流出,瓶内空气压缩量ΔV至少为多少 (设瓶内弯曲管的体积不计,温度保持不变,各物理量的单位均为国际单位)
B级 关键能力提升练
7.如图所示,上端封闭的玻璃管插在水银槽中,管内封闭着一段气柱。现使玻璃管缓慢地绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,能描述管内气体状态变化的图像是(箭头表示状态的变化方向)( )
8.跳跳球是一种锻炼身体、训练平衡的玩具,由橡胶球、踏板和扶手构成,在人未站上踏板前,橡胶球内气体压强为p,体积为V,当质量为m的人站在跳跳球上保持平衡不动时,橡胶球内气体体积变为V',若橡胶球球膜厚度和玩具的重力均忽略不计,橡胶球内气体温度保持不变,重力加速度为g,则此时橡胶球和踏板的接触面积为( )
A. B.
C. D.
9.如图所示,粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接,A管内封闭了一定质量的气体,两管水银面相平。若固定A管,将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H,A管内的水银面相应降低h,移动过程中温度保持不变,则( )
A.h=H
B.h=
C.h<
D.10.(2022山东胶州高二期末)如图所示,自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通,细管上部封闭,并与压力传感器相接。洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,随着洗衣缸中水面的上升,细管中的空气被压缩,当细管中空气压强达到一定数值时,压力传感器使进水阀门关闭,这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为50 cm,大气压强p0= 1.0×105 Pa,水的密度ρ= 1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。某次洗衣选择的挡位,当细管中空气压强达1.02×105 Pa时压力传感器就会关闭洗衣机进水阀门,此时洗衣缸内水位高度约为( )
A.20 cm B.21 cm
C.23 cm D.24 cm
11.(2022黑龙江齐齐哈尔高二期末)如图所示,竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的2倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气,气柱长L=15 cm。活塞A上方的水银深H=15 cm,两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计,用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态,水银面与粗筒上端相平,现使活塞B缓慢上移,直至水银的三分之二被推入细筒中,求活塞B上移的距离。(设在整个过程中气柱的温度不变,大气压强p0当于75 cm的水银柱产生的压强)
第2课时 玻意耳定律及其应用
1.AB 由等温线的物理意义可知,A、B正确;对于一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积乘积越大,等温线的位置越高,C、D错误。
2.B 设活塞和沙漏的总质量为m,则对活塞分析可知pS+mg=p0S,则当m减小时,p增大;根据玻意耳定律pV=C可知,体积减小,故选B。
3.C 题目要求为粗略计算,大气压强为p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2,ρ水=1×103 kg/m3,气体变化过程为等温变化,气泡内压强p=ρ水gH+p0,则湖面下20 m深处p1=ρ水gh1+p0=3.0×105 Pa,湖面下10 m深处p2=ρ水gh2+p0=2.0×105 Pa,由玻意耳定律p1V1=p2V2,得V2==1.5V1,C正确。
4.BD 对于管内封闭气体的压强可得p=p0+ρgh1,也可以有p=p0+ρgh2,则知h1=h2,h1不变则h2不变。当外界压强增大时,管内封闭气体压强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,故选B、D。
5.ACD 对汽缸与活塞组成的整体,据牛顿第二定律可得a1=a2,对题图甲,以活塞为研究对象,有p0S-p1S=ma1,对题图乙,以汽缸为研究对象,有p2S-p0S=m0a2,由以上两式可得p1V2,A、C、D正确。
6.答案
解析 压水前p1=p0,V1=V
压水后水刚流出时p2=p0+ρgh,V2=V-ΔV
由玻意耳定律p1V1=p2V2
即p0V=(p0+ρgh)(V-ΔV)
解得ΔV=。
7.A 设大气压为p0,封闭气体压强p=p0-ρgh,玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大;气体温度不变,压强变大,由玻意耳定律pV=C可知,气体体积将变小;pV为常数,由数学知识知p-V图线为双曲线,故A正确,B、C、D错误。
8.A 橡胶球内的气体温度不变,做等温变化,初态p1=p,V1=V;末态V2=V'。根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2,解得p2=;由平衡条件可知p2S=mg,解得 S=,故A正确,B、C、D错误。
9.C 封闭气体是等温变化,B端下移,封闭气体压强变小,故气体体积要变大,但最终平衡时,封闭气体的压强比大气压小,一定是B侧水银面低,B侧水银面下降的高度(H-h)大于A侧水银面下降的高度h,故有H-h>h,即h<,A、B、D错误,C正确。
10.B 以细管内封闭气体为研究对象,开始时压强为p0=1.0×105 Pa,体积V0=L0S=50S,压缩后,气体压强p1=1.02×105 Pa,体积为V1=L1S,由玻意耳定律p0L0S=p1L1S解得L1=49 cm,即细管内液面离地h1=L0-L1=1 cm,由平衡条件p0+ρgh2=p1,其中,h2为缸中液面和空气柱内液面高度差,解得h2=20 cm。综上,洗衣缸内水位高度约为h=h1+h2=21 cm,故选B。
11.答案 11.5 cm
解析 初态封闭气体压强p1=pH+p0
设粗筒横截面积为S
体积V1=LS
水银上升到细筒中,则HS=h1
HS=h2S
此时封闭气体压强p2=ph1+ph2+p0
体积V2=L'S
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得L'=13.5 cm3.气体的等压变化和等容变化
A级 必备知识基础练
1.在冬季,剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后,第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧,不易拔出来,这种现象的主要原因是( )
A.软木塞受潮膨胀
B.瓶口因温度降低而收缩变小
C.白天气温升高,大气压强变大
D.瓶内气体因温度降低而压强减小
2.一个密闭容器中装有气体,当温度变化时气体压强减小了(不考虑容器热胀冷缩),则气体的( )
A.密度增大
B.密度减小
C.分子平均动能增大
D.分子平均动能减小
3.(多选)(2022甘肃舟曲高二期末)下列过程可能发生的是( )
A.气体的温度变化,但压强、体积保持不变
B.气体的温度、压强保持不变,而体积发生变化
C.气体的温度保持不变,而压强、体积发生变化
D.气体的温度、压强、体积都发生变化
4.(2022北京房山一模)一定质量的理想气体经过一系列变化过程,p-T图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.a→b过程中,气体体积增大,温度降低
B.b→c过程中,气体温度降低,体积减小
C.c→a过程中,气体体积减小,压强增大
D.c→a过程中,气体压强增大,体积增大
5.(2022山东淄博一模)一根足够长的试管开口竖直向下,中间用水银封闭了一定质量的理想气体,如图所示。现将试管绕定点缓慢向右转到虚线处,则下列图像可能正确的是( )
6.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(不计活塞与缸壁的摩擦),缸底离地高度为H,活塞距地高度为h,当温度降低时,下列说法正确的是( )
A.气体压强减小 B.汽缸高度H减小
C.活塞高度h减小 D.气体体积增大
7.如图所示,空的饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管,罐口处密封,吸管内注入一小段油柱(长度可以忽略),制成简易气温计,已知饮料罐的容积为V,吸管内部横截面积为S,罐口外吸管长度为L0。当温度为T1时,油柱与罐口相距L1,不计大气压的变化。
(1)简要说明吸管上标示的气温刻度是否均匀;
(2)求气温计能测量的最高温度Tm。
B级 关键能力提升练
8.如图所示,上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置,活塞将气体封闭在汽缸内。设有a、b两卡环,使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上,现缓慢加热缸内气体,直到活塞刚要离开卡环。能正确反映缸内气体体积压强变化的V-图像是 ( )
9.如图所示p-V图像,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,则下列说法正确的是( )
A.T1=T2>T3 B.T1=T3>T2
C.N1=N2>N3 D.N1=N3>N2
10.(2022山东日照一模)一定质量的理想气体经历两个不同过程,分别由压强—体积(p-V)图像上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示,如图所示,曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点,气体在状态a和b的压强分别为pa、pb,温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点,气体在状态c和d的压强分别为pc、pd,温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是( )
A. B.
C. D.
11.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示,横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300 K,压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303 K时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部气体压强立刻减为p0,温度仍为303 K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到300 K。求:
(1)当温度上升至303 K且尚未放出气体时,封闭气体的压强;
(2)当温度恢复到300 K时,竖直向上提起杯盖所需的最小外力。
3.气体的等压变化和等容变化
1.D 冬季气温较低,瓶中的气体体积V不变时,由查理定律知温度T减小而使压强p减小,这样瓶外的大气压力将瓶塞往下推,使瓶塞盖得紧紧的,所以拔起来就感到很吃力,故D项正确。
2.D 一个密闭容器,又不考虑容器热胀冷缩,所以体积不变,质量不变,根据ρ=,可知密度不变,故A、B错误;气体的体积不变,压强减小,根据查理定律=C,可知温度降低,分子平均动能减小,故C错误,D正确。
3.CD 根据理想气体状态方程=C可知气体的温度变化,压强和体积至少有一个量变化,故A错误;根据理想气体状态方程=C可知气体的温度、压强保持不变,则体积也保持不变,故B错误;根据理想气体状态方程=C可知气体的温度保持不变,而压强、体积发生变化,但压强和体积的乘积不变是可能的,故C正确;根据理想气体状态方程=C可知气体的温度、压强、体积可以同时都发生变化,故D正确。
4.B a→b过程为等温变化,根据paVa=pbVb知,压强减小,则气体体积增大,故A错误;b→c过程为等压变化,根据知,温度降低,则体积减小,故B正确;由图可知,c→a过程为等容变化,气体压强增大,温度升高,体积不变,故C、D错误。
5.D 设管内气体的压强为p、体积为V,水银柱的长度为h,转过的角度为θ。则p=p0-phcos θ,当θ增大时,cos θ减小,封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变。V-T图像中,体积增大、温度增大,故A错误;p-T图像中,压强减小、温度不变,故B错误;p-图像中,压强减小、体积增大、温度不变,箭头方向反了,故C错误;p-V图像的等温线为双曲线的一支,封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变,故D正确。
6.B 对汽缸受力分析可知:Mg+p0S=pS,可知当温度降低时,气体的压强不变;对活塞和汽缸的整体受力分析可知:(m+M)g=kx,可知当温度变化时,x不变,即h不变;根据盖-吕萨克定律可得,故温度降低时,气体的体积减小,因h不变,则汽缸高度H减小,选项B正确,A、C、D错误。
7.答案 (1)刻度是均匀的 (2)
解析 (1)根据盖-吕萨克定律=C,得V=CT,
所以ΔV=CΔT,即体积的变化量与温度的变化量成正比,吸管上标的刻度是均匀的。
(2)罐内气体压强保持不变,
有,
解得Tm=。
8.C 由题可知,气体做等容变化,由查理定律=C可知,当气体的体积不变,温度升高时,气体的压强增大,则减小。由此可知,图像A、B、D错误,C正确。
9.B 从“1”到“2”是等容变化,根据查理定理可知“2”状态温度低,分子平均动能小,所以单位时间内撞击器壁上单位面积的平均次数少,即T1>T2,N1>N2;从“1”到“3”,因为1点状态压强与体积的积与3点状态压强与体积的积相等,说明T1=T3;从“2”到“3”是等压膨胀,气体分子在单位时间内撞击器壁单位面积的个数减少,即N2>N3,故B正确,A、C、D错误。
10.B 根据理想气体状态方程,及曲线均为反比例函数曲线的一部分,可得曲线Ⅰ为等温变化,故可得a、b两点的温度相同,A错误;根据理想气体状态方程,a到c为等压变化,即有,B正确;根据理想气体状态方程,由图像可知pa=pc,又,故,C错误;根据理想气体状态方程,由图像可知=3,又,故=2,D错误。
11.答案 (1)p0 (2)p0S
解析 (1)以开始时封闭的气体为研究对象,由题意可知,初状态温度T0=300 K,压强为p0;末状态温度T1=303 K,压强设为p1,由查理定律得
代入数据得p1=p0。
(2)设杯盖的质量为m,刚好被顶起时,由平衡条件得p1S=p0S+mg
放出少许气体后,以杯盖内的剩余气体为研究对象,由题意可知,初状态温度T2=303 K,压强p2=p0,末状态温度T3=300 K,压强设为p3,由查理定律得
设提起杯盖所需的最小外力为F,由平衡条件得
F+p3S=p0S+mg4.固体
A级 必备知识基础练
1.(多选)下列说法正确的是( )
A.一块固体,若沿各个方向上的导电性能相同,则该固体为非晶体
B.一块固体,若是各个方向导热性能不同,则这个固体一定是单晶体
C.一块固体,若有确定的熔点,则该固体必定为晶体
D.黄金可以切割加工成各种形状,所以是非晶体
2.(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.蔗糖受潮后黏在一起,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
3.如图所示,ACBD是一块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,把圆板从图示位置转90°后电流表示数发生了变化(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
C.圆板是单晶体
D.不知有无固定熔点,无法判定是晶体还是非晶体
4.(多选)(2022云南玉溪第二中学高二期中)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有( )
A.没有固定的熔点
B.天然具有规则的几何形状
C.沿不同方向的导热性能相同
D.分子在空间上周期性排列
5.(多选)有关晶体的排列结构,下列说法正确的有( )
A.同种元素原子按不同结构排列有相同的物理性质
B.同种元素原子按不同结构排列有不同的物理性质
C.同种元素形成晶体只能有一种排列规律
D.同种元素形成晶体可能有不同的排列规律
6.(2022江苏徐州高二期末)人们在夏季喜欢佩戴水晶饰品,天然的水晶具有规则的几何外形,如图所示。关于天然水晶,下列说法正确的是( )
A.天然水晶是单晶体
B.没有固定的熔点
C.微观粒子的空间排列不规则
D.在光学性质上表现为各向同性
7.(多选)如图所示,a、b是两种不同物质的熔化曲线,根据曲线,你认为下列说法正确的是( )
A.a是一种晶体的熔化曲线
B.a是一种非晶体的熔化曲线
C.b是一种非晶体的熔化曲线
D.a中有一段吸热但温度不变的过程
B级 关键能力提升练
8.(多选)一块密度和厚度都均匀分布的矩形被测样品,长AB是宽AC的两倍,如图所示。若用多用电表沿两对称轴O1O1'和O2O2'测其电阻,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.金属
9.(多选)下列关于晶体空间点阵的说法,正确的是( )
A.构成晶体空间点阵的物质微粒可以是分子,也可以是原子或离子
B.晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵,是由于晶体中物质微粒之间相互作用很强,所有物质微粒被牢牢地束缚在空间点阵的结点上不动
C.所谓空间点阵与空间点阵的结点,都是抽象的概念;结点是指组成晶体的物质微粒做永不停息地微小振动的平衡位置;物质微粒在结点附近的微小振动,就是热运动
D.相同的物质微粒可以构成不同的空间点阵,也就是同一种物质能够生成不同的晶体,从而能够具有不同的物理性质
10.如图所示,曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程,图中横轴表示时间t,纵轴表示温度T。从图中可以确定的是( )
A.晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B.曲线M的bc段表示固液共存状态
C.曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D.曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
11.(2022山东济宁高二期末)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 mm的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。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.石墨烯的熔解过程中,碳原子的平均动能不变
4.固体
1.BC 只有晶体才有确定的熔点,只有单晶体才具有各向异性,B、C正确;多晶体和非晶体都具有各向同性,A错误;黄金是晶体,切割后分子结构不变,仍然是晶体,D错误。
2.ACD 因石英有规则的几何外形,且各向异性,是晶体,而玻璃没有确定的熔点,为非晶体,故A错误,符合题意;晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变,有固定的熔点,食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体,故B正确,不符合题意;蔗糖受潮后黏在一起,没有确定的几何形状,但它是晶体中的多晶体,故C错误,符合题意;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,故D错误,符合题意。
3.C 电流表示数发生变化,说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同,即各向异性,所以圆板是单晶体,故选项A、B、D错误,选项C正确。
4.AC 根据非晶体的特点可知,组成非晶体物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的,叫各向同性。它没有固定的熔点。故选A、C。
5.BD 同种元素原子在不同情况下可能按不同的方式排列,并导致物理性质有明显的差异,故A、C错误,B、D正确。
6.A 天然的水晶具有规则的几何外形,所以是单晶体,故A正确;晶体具有固定的熔点,故B错误;单晶体微观粒子的空间排列是规则的,故C错误;单晶体在光学性质上表现为各向异性,故D错误。
7.ACD 晶体在熔化过程中,不断吸热,但温度(熔点对应的温度)却保持不变,而非晶体没有确定的熔点,不断加热,非晶体先变软,然后熔化,温度不断上升,因此a对应的是晶体,b对应的是非晶体,故A、C、D正确。
8.A 沿O1O1'和O2O2'两对称轴测长方体电阻,所得阻值相等,正说明该物质沿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,故选项A正确。
9.ACD 组成晶体的物质微粒可以是分子、原子或离子,这些物质微粒也就是分子动理论中所说的分子,显然,组成晶体的物质微粒处于永不停息的无规则的热运动之中,物质微粒之间还存在相互作用力。晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵,是由于晶体中物质微粒之间的相互作用很强,物质微粒的热运动不足以克服这种相互作用而彼此远离,而不是固定不动,故B错误,A、C、D正确。
10.B 晶体具有确定的熔点,非晶体则没有固定的熔点,故A错误。晶体是在固定的温度下熔化为液体,而非晶体是随着温度的升高逐渐变成液体,则bc段表示晶体的固液共存状态,故B正确。曲线M的ab段表示固态;由于非晶体没有一定熔点逐步熔化,曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程,所以曲线N的ef段不表示固态,故C错误。曲线M的cd段表示液态,曲线N的fg段不表示液态,故D错误。习题课:气体变质量问题和关联气体问题
A级 必备知识基础练
1.用打气筒将压强为1×105 Pa的空气打进自行车轮胎内,如果打气筒容积ΔV=500 cm3,轮胎容积V=3 L,原来压强p=1.5×105 Pa。现要使轮胎内压强变为p'=4×105 Pa,若用这个打气筒给自行车轮胎打气,则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)( )
A.10次 B.15次
C.20次 D.25次
2.如图所示,汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开,活塞与汽缸光滑接触。初始时活塞和两侧气体均处于平衡态,因活塞有质量,所以下侧气体压强是上侧气体压强的两倍,上下气体体积之比V1∶V2=1∶2,温度之比T1∶T2=2∶5。保持上侧气体温度不变,改变下侧气体温度,使两侧气体体积相同,此时上下两侧气体的温度之比为( )
A.4∶5 B.5∶9
C.7∶24 D.16∶25
3.一个瓶子里装有空气,瓶上有一个小孔跟外面大气相通,原来瓶里气体的温度是7 ℃,如果把它加热到47 ℃,瓶里留下的空气的质量是原来质量的( )
A. B.
C. D.
4.(2022江苏盐城二模)如图所示,一端封闭的玻璃管,开口向下竖直插在水银槽里,管内封有长度分别为L1和L2的两段气体。若把玻璃管缓慢向上提起,但管口不离开液面,则管内气体的长度( )
A.L1和 L2都变小
B.L1和 L2都变大
C.L1变大,L2变小
D.L1变小,L2变大
5.桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24 cm,高为35 cm;柱压水蒸气囊直径为6 cm,高为8 cm,水桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时,气囊中的空气被压入桶内,桶内气体的压强增大,水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10 m水压产生的压强,当桶内的水还剩5 cm高时,桶内气体的压强等于大气压强,忽略水桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次,才能有水从出水管流出 (不考虑温度的变化)( )
A.2次 B.3次
C.4次 D.5次
6.活塞式真空泵的工作原理如图所示,抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连,当活塞从抽气筒的左端移动到右端过程中,阀门自动开启,密闭容器内的气体流入抽气筒,活塞从抽气筒的右端移动到左端过程中,阀门自动关闭,抽气筒内活塞左侧的气体被排出,即完成一次抽气过程,如此往复,密闭容器内的气体压强越来越小。密闭容器的容积为V,抽气筒的容积为0.1V,抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变,若第1次抽气过程中被抽出的气体压强为p1,第2次抽气过程中被抽出的气体压强为p2,则p2∶p1为( )
A.1 B.0.9∶1.1
C.1∶1.1 D.1∶1.12
7.(2022山东淄博一模)如图所示,哈勃瓶是一个底部开有圆孔、瓶颈很短、导热性能良好的大烧瓶,它底部开有一个横截面积为S=2 cm2的圆孔,可用轻质橡皮塞塞住。已知橡皮塞与烧瓶间的最大静摩擦力Ffm=60 N 。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。用打气筒向气球中缓慢打气,每打一次都把体积为V0=0.4 L 、压强与大气压相同的气体打进气球内,气球缓慢膨胀过程中球内外气体压强近似相等,气体保持温度不变。已知实验室环境温度恒定,压强为标准大气压p0=1.0×105 Pa,求:
(1)橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强p;
(2)第几次向气球内打气时,橡皮塞被弹出。
B级 关键能力提升练
8.如图所示,A、B是体积相同的汽缸,B内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C,D为不导热的阀门。起初阀门关闭,A内装有压强p1=2.0×105 Pa,温度T1=300 K的氮气;B内装有压强p2=1.0×105 Pa,温度T2=600 K的氧气。打开阀门D,活塞C向右移动,最后达到平衡。以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体,并与外界无热交换,连接汽缸的管道体积可忽略),则V1与V2之比为 ( )
A.1∶2 B.1∶4
C.1∶1 D.4∶1
9.(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,进而可以养疗。如图所示,是治疗常用的一种火罐,使用时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,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,按在皮肤上后又降至300 K,由于皮肤凸起,罐内气体体积变为罐容积的,以下说法正确的是( )
A.加热后罐内气体质量是加热前的
B.加热后罐内气体质量是加热前的
C.温度降至300 K时,罐内气体压强变为原来的
D.温度降至300 K时,罐内气体压强变为原来的
10.用活塞式抽气机抽气,在温度不变的情况下,从玻璃瓶中抽气,第一次抽气后,瓶内气体的压强减小到原来的,要使容器内剩余气体的压强减为原来的,抽气次数应为( )
A.2 B.3
C.4 D.5
11.(2022山东潍坊一模)如图所示,圆柱形汽缸水平放置,活塞将汽缸分为左右两个气室,两侧气室内密封等质量的氮气。现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气,活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3∶1。汽缸导热良好,外界温度不变,活塞与汽缸间无摩擦,则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为( )
A.2∶1 B.1∶1
C.1∶2 D.3∶1
12.(2022四川成都高二期末)如图所示,开口向上的汽缸内盛有一定深度的水银,一粗细均匀,长为l=24 cm且下端开口的细玻璃管竖直漂浮在水银中。平衡时,玻璃管露出水银面的高度和进入玻璃管中的水银柱的长度均为h1=6 cm,轻质活塞到水银面的高度为h0=12 cm,水银面上方的气体压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。现施外力使活塞缓慢向下移动,当玻璃管上端恰好与水银面齐平时,进入玻璃管中的水银柱长度为h2=12 cm。活塞与汽缸壁间的摩擦不计且密封性良好,玻璃管的横截面积远小于汽缸的横截面积,整个过程中各部分气体的温度保持不变,求:
(1)玻璃管上端恰好与水银面齐平时,玻璃管内气体的压强相当于多少厘米水银柱产生的压强;
(2)整个过程中活塞向下移动的距离。
习题课:气体变质量问题和关联气体问题
1.B 打气过程中空气的温度不变,由玻意耳定律的气态方程得pV+np0ΔV=p'V,代入数据解得n=15。
2.D 设V1=V,由题意可知V2=2V
设T1=2T,则T2=5T
气体压强p2=p1+=2p1
则=p1,最终两部分气体体积相等,
则V1'=V2'=V
上部分气体温度不变,由玻意耳定律p1V1=p1'V1'
解得p1'=p1
下部分气体的压强p2'=p1'+p1
对下部分气体,由理想气体状态方程得
解得T2'=T
上下两侧气体的温度之比。
故选项D正确。
3.D 取原来瓶中气体为研究对象,初态V1=V,T1=280 K,设想有一个“无形弹性袋”与瓶相连,加热后,从瓶内跑出的气体进入袋内,最终与瓶内气体同温、同压时的体积为ΔV,如图所示,
则气体末态V2=V+ΔV,T2=320 K
由盖-吕萨克定律得
又。
4.B 由玻意耳定律p2L2S=C2,p2=p1+ρgh,p1L1S=C1,把玻璃管缓慢向上提起,L2增大,p2减小,p1减小,L1增大,B正确,A、C、D错误。
5.B 设至少需要把气囊完全压下n次,才能有水从出水管流出,大气压强为p0,水桶内气体体积为V0,气囊体积为V1,根据玻意耳定律可得p0(V0+nV1)=p1V0,其中p0=ρgh=10ρg,V0=4 320π cm3,V1=72π cm3,p1=ρg(h+0.4 m)=10.4ρg,代入解得n=2.4,所以至少需要把气囊完全压下3次,才能有水从出水管流出,故B正确。
6.C 根据玻意耳定律,第1次抽气过程p0V=p1(V+0.1V),第2次抽气过程p1V=p2(V+0.1V),所以p2∶p1=1∶1.1,故选C。
7.答案 (1)4×105 Pa (2)第8次
解析 (1)橡皮塞恰被弹出时由平衡条件得pS=p0S+Ffm
解得p=4×105 Pa。
(2)设打入n次气体后橡皮塞被弹出,对球内气体有p0·nV0=pV1
对气球和瓶之间的气体有p0V=p(V-V1)
解得n=7.5
所以第8次打气时橡皮塞被弹出。
8.D 设A、B汽缸的体积均为V,最后共同的温度为T,压强为p,由理想气体状态方程可知,
对A部分气体有,
对B部分气体有
将两式相除得,故选D。
9.AD 由等压变化有,得V2=V1,气体总体积变为原来的,总质量不变,则火罐内气体的密度变为原来的,所以加热后罐内气体质量是加热前的,故A正确,B错误;由理想气体状态方程可得,即,则罐内气体压强变为原来的,故C错误,D正确。
10.C 设玻璃瓶的容积是V,抽气机的容积是V0,
气体发生等温变化,由玻意耳定律可得
pV=p(V+V0),解得V0=V,
设抽n次后,气体压强变为原来的,
由玻意耳定律可得,
抽一次时pV=p1(V+V0),解得p1=p,
抽两次时p1V=p2(V+V0),解得p2=p,
抽n次时pn=p,又pn=p,则n=4,C正确。
11.A 两次平衡状态时,左右两边汽缸的压强平衡,即p左=p右=p,p左'=p右',活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3∶1,故右边气体的体积由原来汽缸总体积的减小到,根据玻意耳定律p右=p右',解得p右'=2p右=2p,故p左'=2p右=2p,对左边汽缸气体分析,假设充入左边的气体为一样的温度,压强为p左、体积为,根据玻意耳定律得p左=p左',联立解得n=2,所以从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为2∶1,A项正确。
12.答案 (1)132 cm (2)4.4 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S1,活塞的横截面积为S2,对玻璃管中的气体,初态体积和压强分别为
V1=(l-h1)S1
p1=p0+ρg(l-2h1)
末态体积和压强分别为
V2=(l-h2)S1
p2=ρgh
由玻意耳定律有p1V1=p2V2
代入数据解得h=132 cm。
(2)设玻璃管上端恰好与水银面齐平时,活塞到水银面的高度为h',对水银面上方的气体,初态体积和压强分别为V1'=h0S2,p1'=p0
末态体积和压强分别为V2'=h'S2,p2'=p2-ρg(l-h2)
由玻意耳定律有p1'V1'=p2'V2'
代入数据解得h'=7.6 cm2.气体的等温变化
第1课时 实验:探究气体等温变化的规律
A级 必备知识基础练
1.(多选)在探究气体等温变化的规律的实验中,为保持温度不变,下列采取的措施合理的是( )
A.推动活塞运动时尽可能慢些
B.在活塞上涂上润滑油,保持良好的密封性
C.不要用手握住注射器封闭气体部分
D.实验时尽量在注射器中封入较多的空气
2.对一定质量的气体,在等温条件下得出体积V与压强p的数据如下表:
V/m3 1.00 0.50 0.40 0.25 0.20
p/(105 Pa) 1.45 3.10 3.95 5.98 7.70
(1)根据所给数据在坐标纸上(如图甲所示)画出p-图线。
甲
(2)由画出的图线可得结论是 。
(3)乙图为两同学在实验中得到的p-图像,若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同,那么两图线斜率不同的主要原因是 。
乙
3.(2022山东高二期末)为了探究气体等温变化的规律,某学习小组设计了如下实验,如图所示,用粗细均匀的U形管封闭一定质量的空气,右端开口,可通过右端口添加水银液体来改变封闭空气压强,测量左端空气柱长度,来得到不同压强下空气的体积。已知外界大气压强相当于76 cm水银柱产生的压强,图中给出了实验中气体的两个不同的状态。
(1)实验时甲图气体的压强相当于 cm水银柱产生的压强;乙图气体的压强相当于 cm水银柱产生的压强。
(2)实验时某同学认为U形管的横截面积S可不用测量,这一观点正确吗 (选填“正确”或“错误”)。
(3)数据测量完后在用图像法处理数据时,某同学以压强p为纵坐标,以体积V(或空气柱长度)为横坐标来作图,你认为他这样做能方便地看出p与V间的关系吗 ,并简述理由 。
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4.采用验证玻意耳定律实验的主要器材针管及其附件,来测定大气压强的值。实验步骤如下:
(1)将针管水平固定,拔下橡皮帽,向右将活塞从针管中抽出;
(2)用天平称出活塞与固定在其上的支架的总质量为m;
(3)用游标卡尺测出活塞直径d;
(4)再将活塞插入针管中,保持针管中有一定质量的气体,并盖上橡皮帽,此时,从针管上可读出气柱体积为V1;
(5)将弹簧测力计挂钩钩在活塞支架上,向右水平缓慢拉动活塞到一定位置,此时,弹簧测力计读数为F,气柱体积为V2。
试用以上的直接测量数据,写出求大气压强的最终表达式p0= ,本实验中 实验步骤是多余的。
5.图甲是用气体压强传感器探究气体等温变化规律的实验装置,操作步骤如下:
甲
乙
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体,将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来;
②缓慢移动活塞至某一位置,待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值P1;
③重复上述步骤②,多次测量并记录数据;
④根据记录的数据,作出相应图像,分析得出结论。
(1)在本实验操作的过程中,应该保持不变的量是气体的 和 。
(2)根据记录的实验数据,作出了如图乙所示的p-V图像。对图线进行分析,在误差允许范围内,p1、p2、V1、V2之间应该满足的关系式为 。
(3)在温度不变的环境中,某小组的同学缓慢移动活塞压缩气体,记录实验数据,并在坐标纸中作出了压强p与体积V的关系图线,如图丙所示。从图像可知,在读数和描点作图均正确的情况下,得到这个图像的原因可能是 。
丙
2.气体的等温变化
第1课时 实验:探究气体等温变化的规律
1.AC 缓慢地推拉活塞,可以使封闭气体的温度与外界的温度保持一致,从而可以保持封闭气体的温度不变,所以A正确;在活塞上涂上润滑油,保持良好的密封性,这样是为了保持封闭气体的质量不发生变化,并不能保持封闭气体的温度不变,故B错误;当用手直接握住注射器封闭气体部分时,手的温度可能改变封闭气体的温度,所以不要用手直接握住注射器封闭气体部分,所以C正确;只要是封闭气体的质量不变,气体的多少不会改变实验的数据,与气体的温度是否会变化无关,所以D错误。
2.答案 (1)见解析图
(2)一定质量的气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比
(3)研究气体的质量不同(或同质量气体在不同温度下研究)
解析 (1)作图如图所示
(2)由图可知p-图线为过原点的倾斜直线,即一定质量的气体,在温度不变的情况下,压强p与体积的倒数成正比,所以压强与体积成反比。
(3)根据p-图像可知,如果温度相同,则说明两次气体质量不同,如果气体质量相同,则两次温度不同。
3.答案 (1)76 80 (2)正确 (3)不能 p-V图像是一条曲线,不能方便地看出p与V间的关系,应该作出p-图像,如果图像是过原点的直线,可以确定p与V成反比
解析 (1)由连通器原理可知,甲图中气体压强等于外界大气压强,相当于76 cm水银柱产生的压强,乙图中气体压强为p2=76 cm·ρg+4 cm·ρg =80 cm·ρg,相当于80 cm水银柱产生的压强。
(2)由玻意耳定律p1V1=p2V2,即p1L1S=p2L2S可以看出,两边横截面积可以约掉,所以U形管的横截面积可不用测量,这一观点是正确的。
(3)以p为纵坐标,以V为横坐标,作出p-V图像是一条曲线,不能方便地看出p与V间的关系,应该作出p-图像,如果图像是过原点的直线,可以确定p与V成反比。
4.答案 (2)
解析 开始时气体的压强为p0,向右水平缓慢拉动活塞到一定位置,弹簧测力计读数为F时气体的压强p1,p1=p0-=p0-=p0-,该过程中温度不变,则p0V1=p1V2,整理得p0=。
由上面的公式可知,在玻意耳定律的表达式中,与活塞及固定在其上的支架的总质量无关,所以步骤(2)是多余的。
5.答案 (1)质量 温度 (2)p1V1=p2V2 (3)注射器漏气
解析 (1)在本实验操作的过程中,应该保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)对图线进行分析,在误差允许范围内,p1、p2、V1、V2之间应该满足的关系式为p1V1=p2V2。