12.2固体　液体与气体—2021届高考物理一轮复习检测

1、第2讲固体液体与气体A组固体、液体的性质1(多选)下列说法中正确的是()A晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性B内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小解析单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，非晶体一定具有各向同性，A错；温度是分子平均动能大小的标志，所以，内能不同的物体温度可能相同，B对；液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，C项对；若分子间距离r<r0时，随着分子间距离的增大，分子间作用力先减小后增大，分子势能也

2、是先减小后增大，D错答案BC2(多选)下列关于湿度的说法中，正确的是()A绝对湿度大，相对湿度一定大B相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态C相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和D露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气中原来饱和的水蒸气液化的缘故解析相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，故A错，B、C正确当绝对湿度不变时，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，达到饱和以后，随着温度继续降低，水蒸气将液化为水，即露水，故选D.答案BCD3(多选)下列说法中正确的是()A水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作

3、用B小木块能够浮于水面上是液体表面张力与重力平衡的结果C喷泉喷射到空中的水形成一个个球形的小水珠D用力敲击液晶，将在其两极间产生蓝色火花解析水黾在水面上站定或行走的过程中，其脚部位置比周围水面稍下陷，但仍在水面上而未陷入水中，就像踩在柔韧性非常好的膜上一样，这是液体表面张力在起作用，A项正确；小木块浮于水面上，已有部分陷入水中，受到浮力的作用而非液体表面张力作用，B项错；喷射到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用且又处于完全失重状态，因此形成球状水珠，C项正确；用力敲击液晶会产生“压电效应”，使得其两极间形成高电压而击穿空气放电形成蓝色火花，D项正确答案ACD4 (多选)如图所示

4、的四幅图分别对应四种说法，其中正确的是()A微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B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C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用解析布朗运动是颗粒的运动不是分子的运动，选项A错误；食盐是晶体，晶体具有各向异性的特点，选项C错误；B、D正确答案BD气体的压强及实验定律微观解释5(单选)如图29所示，在绝热的汽缸中封闭着两部分同种类的气体A和B，中间用绝热的活塞隔开，活塞用销钉K固定着开始时两部分气体的体积和温度都相同，气体A的质量大于气体B的质量拔去销钉后活塞可以自由移动，最后

5、达到平衡在拔去销钉前后，对气体B的内能和压强的大小，下列判断正确的是()图29A内能增大，压强不变B内能不变，压强不变C内能增大，压强增大D内能不变，压强增大解析因为mA>mB，故初态时pA>pB，拔去销钉K后，气体A膨胀，对气体B做功，故气体B内能增大，压强增大，故选项C正确答案C6 (多选)图210为某同学设计的喷水装置内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.2 L设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变下列说法正确的有()图210A充气后，密封气体压强增加B充气后，密封气体的分子平均动能增加C打开阀门后，密封气体对外界做

6、正功D打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析充气后密封气体压强增加，A项正确因温度不变，故气体的分子平均动能不变，B项错误打开阀门后气体膨胀对外界做功，C项正确气体膨胀后其压强减小，当气压小于1 atm时，容器不会再向外喷水，故容器中的水不可能喷光，D项错误答案AC气体实验定律及状态方程的应用7如图211所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量10 kg，横截面积50 cm2，厚度1 cm，气缸全长21 cm，气缸质量20 kg，大气压强为1×105 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/s2，求：图

7、211 (1)气缸倒置时，活塞封闭的气柱多长；(2)当温度多高时，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.p1p01.2×105 Pa，p2p00.8×105 Pa倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得p1L1Sp2L2S，所以L2L115 cm(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T2T1(2737)K280 K，L215 cm，L320 cm升温过程为等压变化，由盖·吕萨克定律可得所以T3T2373 K.即温度升高到100 时，活塞刚好接触平台答案(1)15 c

8、m(2)100 8 (1)(单选)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时，()A室内空气的压强比室外的小B室内空气分子的平均动能比室外的大C室内空气的密度比室外的大D室内空气对室外空气做了负功(2)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增强了p.若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量解析(1)因为室内、外相通，内、外压强始终相等，A错误；温度是分子平均动能的标志，室内温度高，分子平均动能大，B正确；室内原有空气体积膨胀对外做功，密

9、度减小，C、D错误(2)由理想气体状态方程C(恒量)有解得：V答案(1)B(2)V9如图212为均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为的液体右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L，压强均为大气压强p0，重力加速度为g.现使左右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左右两管液面保持不动，试求：图212 (1)右管活塞刚离开卡口上升时，右管封闭气体的压强p1；(2)温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；(3)温度升高到T2为多少时，两管液面

10、高度差为L.解析(1)活塞刚离开卡口时，对活塞受力分析有mgp0Sp1S，得p1p0(2)两侧气体体积不变，由查理定律，右管内气体，得T1T0(1)(3)左管内气体，V2L2S，L2LLp2p0gL应用理想气体状态方程得T2(p0gL)答案(1)p0(2)T0(1)(3)(p0gL)10如图213(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S2×103m2、质量为m4 kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p01.0×

11、105Pa.现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取g10 m/s2.求：图213(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2)加热到675 K时封闭气体的压强解析(1)V10.24S，V2L2S，p1p01.0×105Pap2p0Pa1.2×105Pa由等温变化p1V1p2V2得L20.20 m20 cm.(2)设活塞运动到卡环位置时温度为T3，此时V30.36S由等压变化得T3T2×300 K540 K由540 K到675 K气体做等容变化，p3p2由得p4p3×1.2×105Pa1.5×105Pa.答案(1)20 cm(2)1.5×

12、;105PaB深化训练提高能力技巧11如图214所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，一体积不计的光滑活塞C将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室连接一“U”形细管，细管两边水银柱高度差为76 cm.B室连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg，细管内气体体积忽略不计)现将阀门K打开，图214(1)求最终A室内气体的体积；(2)A室内气体压强如何变化？从微观上解释压强变化的原因；(3)A室内气体吸热还是放热，解释其原因解析(1)A室气体等温变化pA02×76 cmHg，VA0，pA76 cmHg，最终体积设为VA，由玻意耳定律得pA0VA0pA

13、VA解得VA(2)减小A室内气体等温变化，气体分子平均动能不变，气体膨胀，体积增大，分子密集程度减小，气体压强减小(3)吸热容器导热，A室内气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律知，体积增大，气体对外做功，则A室内气体吸收热量答案(1)(2)减小，原因见解析(3)吸热，原因见解析12我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化如图215所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0300 K，压强p01 atm，封闭气

14、体的体积V03 m3.如果将该气缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体图215 (1)求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)(2)下潜过程中封闭气体_(填“吸热”或“放热”)，传递的热量_(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功解析(1)当气缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p100 atm根据理想气体状态方程得代入数据得V2.8×102m3(2)下潜过程中，封闭理想气体温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知下潜过程中封闭气体放热，由能量守恒定律可知传递的热量大

15、于外界对气体所做的功答案(1)2.8×102m3(2)放热大于13如图216所示，一根两端开口、横截面积为S2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L21 cm的气柱，气体的温度为t17 ，外界大气压取p01.0×105 Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强)图216 (1)若在活塞上放一个质量为m0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？(g10 m/s2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t277 ，此时气柱为多长？(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？解析(1)被封闭气体的初状态为p1p01.0×105 PaV1LS42 cm3，T128