2025版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业52气体固体与液体

课时分层作业(五十二)气体、固体与液体基础强化练1.(多选)固体甲和固体乙在肯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.下列推断正确的有()A．固体甲肯定是晶体，固体乙肯定是非晶体B．固体甲不肯定有确定的几何外形，固体乙肯定没有确定的几何外形C．在热传导方面固体甲肯定表现出各向异性，固体乙肯定表现出各向同性D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同2．[2024·宁德市质查]下列说法正确的是()A．玻璃的传热性能是各向异性的B．浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现C．肯定质量的0℃的水的内能大于等质量的0℃的冰的内能D．气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的3.如图为肯定质量志向气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则以下推断正确的是()A．TA>TB，TB<TCB．TA>TB，TB>TCC．TA<TB，TB<TCD．TA<TB，TB>TC4.利用如图所示的装置可测量不规则物体的体积．将不规则物体放入体积为V0的容器B中，将容器B通过细管(容积可忽视)与体积为2V0的容器A相连接，起先时两容器内的气体压强均为大气压强p0.关闭阀门K，利用充气泵从容器A的充气口对容器A充气，直至容器A中的气体压强为3p0，然后关闭充气口，打开阀门K，足够长时间后发觉两容器内的气体压强均为2.8p0，不考虑气体温度改变，气体可视为志向气体，则通过充气口充入容器A中的气体在大气压强下的体积为()A．2V0B．4V0C．6V0D．8V05.探讨表明，新冠病毒毒株耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活．如图所示，含有新冠病毒毒株的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细匀称的绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，汽缸底部接有电热丝E，汽缸的总高度h＝90cm.a缸内被封闭气体初始温度t1＝27℃，活塞与底部的距离h1＝60cm，活塞和汽缸间的摩擦不计．若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2＝66cm，关于上述改变过程，下列说法正确的是(T＝273K＋t)()A．b汽缸中逸出的气体占原b汽缸中气体的eq\f(1,6)B．a汽缸中的气体汲取热量，压强增大C．稳定后，a汽缸内的气体温度为50℃D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒毒株能够被灭活6．[2024·湖南卷]如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪．一个容积V0＝9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭肯定质量的志向气体，活塞与圆管壁间摩擦不计．活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置．将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B.已知A、B间距离h＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变，求：(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小．7.如图所示，内径匀称的“L”形直角细玻璃管，一端封闭，一端开口竖直向上，用水银柱将肯定质量的空气封存在封闭端内．细玻璃管竖直部分总长度L＝76cm，空气柱长l1＝4cm，水银柱高h＝57cm，水银进入封闭端2cm，大气压强p＝76cmHg，以下两个过程中环境温度不变．(1)若将细玻璃管沿逆时针方向缓慢旋转90°，求此时空气柱的长度．(2)若在图示位置，向开口端缓慢注入水银，直至注满水银，则需向开口端注入的水银柱的长度为多少？8．新冠肺炎疫情发生以来，各医院都加强了内部环境消毒工作．如图所示，是某医院消毒喷雾器设备，喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为12L，打气筒每次打气能向储液桶内压入p0＝1.0×105Pa的空气V0＝200mL.现往储液桶内装入8L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p0＝1.0×105Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积．(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105Pa，求打气筒打气次数．(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105Pa后，打开喷雾头开关直至储液桶消毒液上方的气压为1.5×105Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积．实力提升练9．钢瓶中装有肯定质量的气体，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，其次种方法是用大抽气机，一次性抽取2L气体，在抽气过程中无漏气，且温度不变，则这两种抽法中，抽取气体质量较多的是()A．第一种抽法B．其次种抽法C．两种抽法抽出气体质量一样多D．无法推断10．(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细匀称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．假如管内两端的空气都上升相同的温度，则水银柱向左移动的是()11.[2024·山东莱州模拟]新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，须要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为0.5m3，在北方时测得钢瓶内氧气压强为6×107Pa，温度为7℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为6.3×107Pa，温度为21℃.实际运用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人运用，小钢瓶体积为0.1m3，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105Pa时就停止分装，则：(1)通过计算推断钢瓶运输途中是否漏气；(2)一大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人运用．12.如图所示，竖直放置、开口向上的汽缸A与水平放置的汽缸B均导热良好，底部连通，在汽缸A内，两汽缸的连接处有固定卡口，两厚度及质量均不计的导热活塞各密封肯定质量的志向气体，A底部设有加热丝，能同步加热A、B中的气体，使两部分气体的温度始终保持相同．初始时，A、B中气体的压强均与外界大气压p0相等，活塞离底部的距离分别为4L、L，两汽缸的横截面积均为S，外界温度保持t＝27℃不变，整个装置不漏气且不计一切摩擦，重力加速度为g.(1)若只在A中活塞上放置重物，使B中活塞移动到中间位置，求所放重物的质量m；(2)保持(1)问中所放重物的质量不变，通过加热丝加热气体，使两部分气体的温度均上升到t′＝227℃，求A中活塞离底部的距离LA.课时分层作业（五十二）1．解析：晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲肯定是晶体，固体乙肯定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则不肯定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，肯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，则肯定表现出各向同性，固体乙肯定表现出各向同性，故C错误；固体甲肯定是晶体，有些非晶体在肯定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确．答案：ABD2．解析：玻璃是非晶体，其传热性能是各向同性的，选项A错误；浸润与不浸润均是分子作用的表现，是由于液体的表面层与固体表面之间的分子之间相互作用的结果，选项B错误；由于水结冰要放热，故肯定质量的0℃的水的内能大于等质量的0℃的冰的内能，选项C正确；气体的压强是由气体分子对容器壁的频繁碰撞引起，与分子数密度和平均动能有关，选项D错误．答案：C3．解析：依据志向气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知：从A到B，体积不变，压强减小，故温度降低，即TA>TB；从B到C，压强不变，体积增大，故温度上升，即TB<TC.只有选项A正确．答案：A4．解析：设充气后容器A中气体在大气压强下的体积为V，则由玻意耳定律可得3p0·2V0＝p0V，通过充气口充入的气体在大气压强下的体积为V′＝V－2V0，解得V′＝4V0，B正确．答案：B5．解析：由题意可知，原b汽缸的高度h′1＝h－h1＝30cm，当a汽缸稳定后活塞与底部的距离h2＝66cm，此时b汽缸的高度h′2＝h－h2＝24cm，设S为活塞的面积，那么b汽缸中逸出的气体占原b汽缸中气体的eq\f(h′1S－h′2S,h′1S)＝eq\f(1,5)，A错；由于K始终打开，a汽缸中气体的压强不变，由盖­吕萨克定律可得eq\f(V1,t1＋273K)＝eq\f(V2,t2＋273K)，代入数值求得t2＝57℃，B、C错，D对．答案：D6．解析：（1）选活塞与金属丝整体为探讨对象，依据平衡条件有p0S＝p1S＋（m1＋m2）g代入数据解得p1＝105Pa.（2）当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，依据玻意耳定律有p1V0＝p2（V0＋Sh）代入数据解得p2＝9.9×104Pa选活塞与金属丝整体为探讨对象，依据平衡条件有p0S＝p2S＋（m1＋m2）g＋F联立解得F＝1N.答案：（1）105Pa（2）1N7．解析：（1）设玻璃管的横截面积为S，封闭气体初状态时的压强p1＝p0＋ph＝76cmHg＋57cmHg＝133cmHg，V1＝4cm·S，假设将细玻璃管沿逆时针方向缓慢旋转90°，水银柱全部进入竖直管内，设气柱长为x，则气体末状态p2＝p0＝76cmHg，V2＝xS，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据解得x＝7cm>（4＋2）cm＝6cm，故假设成立，即此时气柱长为7cm.（2）向开口端缓慢注入水银，直至注满水银，设此时气柱长为x′，有p3＝p0＋pL＝76cmHg＋76cmHg＝152cmHg，V3＝x′S，由玻意耳定律得p1V1＝p3V3，代入数据解得x′＝3.5cm，由几何关系得注入水银柱的长度Δx＝[（76－57）＋（4－3.5）]cm＝19.5cm.答案：（1）7cm（2）19.5cm8．解析：（1）对储液桶内液体上方气体，打气前压强p1＝p0＝1×105Pa，体积V1；打气后压强p2＝3×105Pa，体积V2＝4L.由玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，解得V1＝12L，打气次数N＝eq\f(V1－V2,V0)＝40次．（2）对储液桶内液体上方气体，喷出药液后压强p3＝1.5×105Pa，体积V3，由玻意耳定律可知p2V2＝p3V3，得V3＝8L，则喷出药液的体积ΔV＝V3－V2＝4L.答案：（1）40次（2）4L9．解析：设初状态气体压强为p0，按两种方法气体抽出后压强分别为p、p′，取抽气前全部气体为探讨对象，对气体状态改变应用玻意耳定律，则第一种抽法p0V＝p1（V＋1），p1＝p0·eq\f(V,V＋1)，p1V＝p（V＋1），p＝p1·eq\f(V,V＋1)＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋1)))eq\s\up12(2)，即两次抽完后p＝p0·eq\f(V2,V2＋2V＋1).其次种抽法p0V＝p′（V＋2），p′＝eq\f(V,V＋2)p0＝eq\f(V2,V2＋2V)p0，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．答案：A10．解析：选项A中Ta<Tb，依据极限法，假设让温度降低到一个极限状态，a部分空气变为液体，b部分空气仍为气体，则a部分压强为零，水银柱向左移动，则温度上升时，水银柱向右移动，A不符合题意；选项B中Ta＝Tb，依据极限法，假设让温度降低到一个极限状态，两部分均没有气体，也没有气体压强，则水银柱不动，B不符合题意；选项C、D中Ta>Tb，依据极限法，假设让温度降低到一个极限状态，b部分空气变为液体，a部分空气仍为气体，则b部分压强为零，水银柱向右移动，则温度上升时，水银柱向左移动，C、D符合题意．答案：CD11．解析：（1）钢瓶的容积肯定，从北方到武汉对钢瓶内气体，若eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)成立，则气体的质量肯定，即没有发生漏气．在北方eq\f(p1,T1)＝eq\f(3×106,14)Pa/K在武汉eq\f(p2,T2)＝eq\f(3×106,14)Pa/K可见eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)成立，即钢瓶在运输途中没有发生漏气．（2）在武汉时，设大瓶内氧气由p2、V2等温改变为不分装时的状态p3、V3，则p2＝6.3×107Pa，V2＝0.5m3，p3＝2×105Pa依据p2V2＝p3V3，得V3＝157.5m3.可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105Pa，V4＝（157.5－0.5）m3＝157m3分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105Pa，V5＝nV，其中小钢瓶体积为V＝0.1m3.依据p4V4＝p5V5，得n＝785.即一大钢瓶氧气可分装785小瓶．答案：见解析12．解析：（1）对B中气体，依据玻意耳定律有p0LS＝pBeq\f(L,2)S，解得B中活塞处于中间位置时，B中的压强pB＝2p0，由平衡条件可知，此时A中气体压强pA＝pB＝2p0，对A中活塞，由平衡条件知p0S＋mg＝2p0S，解得所放重物的质量m＝eq\f(p0S,