高中物理-第二章-固体-液体和气体(含解析)

点囤市安抚阳光实验学校【全程方略】高中物理第二章固体液体和气体3-3一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个选项正确)1.如图所示，布满了肥皂膜的金属框架上有一质量不计的一段棉线.将该金属框架棉线以下的肥皂膜刺破，则棉线将是如图中的()2.如图所示，一竖直放置开口向上的均匀玻璃管内用水银柱封有一质量的空气(可视为理想气体)，水银与玻璃管间摩擦力不计，当玻璃管与水银柱一起自由落下时，被封闭气体的压强(假设大气压强为p0)()A.p0+ρghB.p0-ρghC.p0D.ρgh3.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止.设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是()A.若外界大气压增大，则弹簧将收缩一些B.若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C.若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D.若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大4.(2012·高二检测)如图所示，c、d表示一质量的某种气体的两个状态，则关于c、d两状态的下列说法中正确的是()A.压强pd>pcB.温度Td>TcC.体积Vd>VcD.d状态时分子运动剧烈，分子密集程度大5.(2012·高二检测)钢瓶中装有一质量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1L气体，共抽取两次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取2L气体.假设抽气过程始终保持温度不变，这两种抽法中，抽取气体质量较多的是()A.第一种抽法B.第二种抽法C.两种抽法抽出气体质量一样多D.无法判断6.对一质量的理想气体，从状态A开始按下列顺序变化，先压降温，再温膨胀，最后容升温回到状态A，图中曲线为双曲线，能正确表示这一过程的是()二、双项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题有两个选项正确)7.(2011·高考)关于空气湿度，下列说法正确的是()A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一较大B.当人们感到干燥时，空气的相对湿度一较小C.空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D.空气的相对湿度义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比8.关于晶体与非晶体，以下说法正确的是()A.晶体都有确的熔点B.晶体的物理性质都是各向同性的C.温度升高，分子的平均动能增大D.非晶体都具有规则的外形9.(2012·沈二检测)一质量的理想气体被容升温时，压强增大，从微观来分析是因为()A.气体分子每次碰撞器壁的平均冲力加大B.器壁单位面积上在单位时间内受到分子碰撞次数增多C.气体分子数增加D.气体分子数密度增大10.如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，内封有一质量的气体，管内水银面低于管外.在温度不变时，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是()A.玻璃管内气体体积减小B.玻璃管内气体体积增大C.管内外水银面高度差减小D.管内外水银面高度差增大11.(2012·高二检测)一质量的理想气体处于某一初状态，现要使它的温度经过状态变化后回到初始的温度，用下列哪些过程可能实现()A.先压膨胀，再容减小压强B.先压减小体积，再容减小压强C.先容增大压强，再压增大体积D.先容减小压强，再压增大体积12.如图所示,四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开,按图中标明的条件,当玻璃管水平放置时,水银柱处于静止状态.如果管内两端的空气都升高相同的温度,则水银柱向左移动的是()三、计算题(本大题共4小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)容积为2L的烧瓶，在压强为1.0×105Pa时，用塞子塞住，此时温度为27℃，当把它加热到12714.(10分)(2012·高二检测)某个容器的容积是10升，所装气体的压强是20×105Pa.若温度保持不变,打开阀门，求：容器中剩余气体是原来的百分之几？(设大气压为1.0×105Pa)15.(12分)内壁光滑的导热气缸竖直浸在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105Pa、体积为2.0×10-3m3的理想气体.现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.(大气压强为1.0×(1)求气缸内气体的最终体积；(2)在如图所示的p-V图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化.16.(16分)(2011·高考)如图，容积为V1的容器内充有压缩空气.容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软管相连.气阀关闭时，两管中水银面高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变.求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.答案解析1.【解析】选D.液体受表面张力作用使液体表面收缩到最小的趋势，故选项D正确.2.【解析】选C.选水银柱为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，由牛顿第二律列方程得：mg+p0S-pS=mg,可得p=p0，C项正确.3.【解析】选D.气体的状态变化不影响弹簧的弹力大小，仍为活塞与气缸的重力之和，故弹簧长度不变，活塞距地面的高度不变，故A、C项错误.若外界大气压增大，气体的温度不变，压强增大，体积减小，气缸的上底面距地面的高度将减小，故B错；若气温升高，气体的压强不变，体积增大.气缸的上底面距地面的高度将增大，故D项正确.4.【解析】选A.由图象可直观看出pd>pc、Td<Tc，A对、B错；c→d，温度降低平均动能减小，分子运动剧烈程度减小，体积减小，即Vc>Vd，分子密集程度增大，C、D错.5.【解析】选A.第一种抽法：设初状态气体压强为p0，第n次抽出气体后压强为pn，对气体状态变化用玻意耳律，则：第一次抽气p0V=p1(V+1)p1=p0·,第二次抽气p1V=p2(V+1)p2=p1·=p02即两次抽完后：p=p0·第二种抽法：p0V=p′(V+2)p′=p0·=p0·>p由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多，A项正确.6.【解析】选A.根据气体状态变化的图象特点分析知B图中，C→A过程非容升温；C图中A→B为容降温，B→C为温升压、压缩，C→A为压升温；D图中A→B为压升温，B→C为容降温，C→A为温压缩，只有A图中，A→B为压降温，B→C为温膨胀，C→A为容升温过程，故选A.7.【解析】选B、C.人们感到潮湿时，空气的相对湿度一较大；人们感到干燥时，空气的相对湿度一较小，故A错B对；空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，C对；空气的相对湿度义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，故D项错.8.【解析】选A、C.晶体都有确的熔点，非晶体则没有确的熔点和形状，故A对D错；单晶体的物理性质是各向异性，故B错；温度升高，物体分子的平均动能增大，故C对.【变式备选】在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触薄片上蜡的一点，蜡熔化的范围如图(a)所示.而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(b)所示，则()A.甲、乙是非晶体，丙是晶体B.甲、丙是晶体，乙是非晶体C.甲、丙是非晶体，乙是晶体D.甲是非晶体，乙是多晶体，丙是单晶体【解析】选B.由图(a)知，甲、乙各向同性，丙各向异性；由图(b)知，甲、丙有固熔点，乙没有固熔点.所以甲是多晶体，乙是非晶体，丙是单晶体.9.【解析】选A、B.理想气体被容升温，因温度升高，所以分子的平均动能变大，该气体分子的平均速率变大；而气体的体积不变，分子数密度不变，所以单位时间内器壁单位面积上碰撞的分子数增多，故选项A、B正确，C、D错误.10.【解析】选A、D.先假设气体体积不变，管内气体压强p=p0+ph得压强增大体积减小，故假设不成立，气体体积减小；再假设管内外水银面高度差不变，将玻璃管稍向下插入一些，气体的体积减小，压强变大，故假设不成立，管内外水银面高度差增大；再综合pV=恒量得(p0+ph)l·S=恒量，ph和l只有一个变大，另一个变小才能保证(p0+ph)l·S=恒量，故A、D项正确.【变式备选】如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则()A.h、l均变大B.h、l均变小C.h变大、l变小D.h变小、l变大【解析】选A.由玻意耳律pV=恒量得(p0-ph)·l=恒量.ph和l只有同时变大或同时变小才能保证(p0-ph)·l=恒量，又由题意可得玻璃管向上提起一段距离，故只能l和h同时变大，A项正确.11.【解析】选A、D.此题若用状态方程来分析，既繁琐又易出错，若用p-T图象来讨论，则一目了然.设气体的初状态为A，中间状态为B，末状态为C.根据上面四种状态变化过程分别画出它们的p-T图象，如图中A、B、C、D所示.由于B图中气体温度始终减小，故不能实现.C图中气体温度始终升高，也不能实现.而A、D两图中，根据变化趋势，TA和TC有相同的可能，故A、D正确.12.【解析】选C、D.假设升温后,水银柱不动,则压强要增加,由查理律有,压强的增加量Δp=,而各管原来p相同,所以Δp∝,即T高,Δp小,也就可以确水银柱向温度高的方向移动,故C、D项正确.13.【解析】选瓶中气体为研究对象，初态：p1=1.0×105Pa，T1=273+27=300(K)(2分)末态：p2,T2=273+127=400(K)(2分)由查理律可得：=1.33×105Pa(4分)答案：1.33×105Pa14.【解析】如图所示，选打开阀门前容器中的气体为研究对象，那么，打开阀门以后就有一气体流入大气.在同一个问题中被研究的气体是不能变的，为此我们必须想象流入大气的那一并没有散失(假想仍在一个有限的区间).设气体原来的压强和体积分别为p1、V1，后来的压强和体积分别为p2、V2.显然，原来气体的压强p1是20×105Pa，后来因为阀门被打开，容器中气体的压强p2于大气压(1.0×105Pa).该指出的是，此时V1就是容器的容积，也是剩余在容器中气体的体积；V2是容器打开阀门后容器中剩余气体与流入大气的那气体的总体积，也就是原来气体的总量.容器中剩余气体占原来气体的百分比可以用表示.(4分)因为温度保持不变，根据玻意耳律有：(3分)解得(3分)答案：5%15.【解析】(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，根据玻意耳律有，p0V0=p1V1(2分)解得p1=p0==2.0×105Pa(3分)在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变,根据盖·.(2分)解得≈1.47×10-3m3(2)如图所示.(2分)答案：(1)1.47×10-3m3【总结提升】如何解决气缸活塞类问题气缸活塞类问题是热学典型的物理综合题.它需要考查气体、气缸和活塞多个研究对象，涉及热学、力学物理知识.其解题的一般思路是：(1)认真审清题意，确研究对象.(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体律列出方程；对力学研究对象要正确进行受力分析，依据力学规律列出方程.(3)注意挖掘隐含条件，列出辅助方程.(4)多个方程联立求解，并检验得到的结果.16.【解题指南】解答本题时，首先要意识到这是两气体相互关联的问题，这两气体要分别利用