2024年高考物理一轮复习考点42固体液体与气体练习含解析

PAGE22-考点42固体、液体与气体题组一基础小题1．(多选)下列说法正确的是()A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要汲取热量，但温度保持不变，内能也保持不变答案BCD解析将一块晶体敲碎后，得到的颗粒仍旧是晶体，A错误；单晶体由于空间点阵结构，在不同的方向上可能有不同的光学性质，B正确；由同种元素构成的固体，例如碳元素，由于原子排列方式不同，可能构成石墨，也可能构成金刚石，C正确；在合适的条件下，某些晶体可以转变成非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体。例如自然水晶是晶体，熔化后再凝固成的石英玻璃就是非晶体，D正确；在熔化过程中，晶体汲取热量，但是温度保持不变，所以分子平均动能保持不变，汲取的热量用来增加分子势能，故内能要增加，E错误。2．(多选)对下列几种固体物质的相识，正确的有()A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．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C．自然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同答案AD解析晶体都具有固定的熔点，A正确；熔化的蜂蜡呈椭圆形说明云母是晶体，B错误；自然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C错误；石墨和金刚石的物质微粒排列结构不同，导致了它们的物理性质不同，D正确。3．(多选)关于表面张力，下列说法正确的是()A．液体表面层的分子间的距离比较大B．液体表面层的分子间的距离比较小C．表面张力的产生，是由于表面层中分子间的引力大于斥力D．表面张力的方向与液面相切，与分界线相平行E．叶面上的露珠呈球形，是表面张力使液体表面收缩的结果答案ACE解析液体的表面层像一个张紧的橡皮膜，这是因为表面层的分子间距比内部要大，使表面层分子间的引力大于斥力，而产生表面张力。表面张力的方向与液面相切，与分界线垂直。表面张力使液体表面收缩到最小，因此叶面上的露珠呈球形。故A、C、E正确。4．(多选)下列说法正确的是()A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的原因E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果答案BCE解析悬浮在水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动，A错误；水的表面张力使空中的小雨滴呈球形，B正确；液晶的光学性质具有各向异性，液晶显示器正是利用了这个特点，C正确；高原地区大气压较低，故水的沸点较低，D错误；因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡显示的温度比干泡显示的温度低，E正确。5．(多选)把极细的玻璃管分别插入水中和水银中，如图所示，正确表示毛细现象的是()答案AC解析因为水能浸润玻璃，而水银不能浸润玻璃，所以A、C正确，B、D错误。6．(多选)下列关于液体表面现象的说法中错误的是()A．把缝衣针当心地放在水面上，缝衣针可以把水面压弯而不沉没，这是因为缝衣针受到的重力太小，又受到水的浮力的作用B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会呈球状，这是因为液体表面分子间有相互吸引力C．玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，这是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小D．漂移在热菜汤表面上的油滴，从上面视察呈圆形，这是因为油滴是各向同性的答案AD解析液体表面分子间距较大，分子力表现为引力，分子引力使液体的体积有收缩到最小的趋势，故B、C正确，A、D中的现象都是由于液体表面张力的作用，所以A、D错误。7．(多选)如图所示是水的饱和汽压与温度关系的图线，请结合饱和汽与饱和汽压的学问推断，下列说法正确的是()A．水的饱和汽压随温度的改变而改变，温度上升，饱和汽压增大B．在肯定温度下，饱和汽的分子数密度是不变的C．当水处于饱和汽状态时，水会停止蒸发觉象D．在实际问题中，饱和汽压包括水蒸气的气压和空气中其他各种气体的气压答案AB解析当液体处于饱和汽状态时，蒸发与液化现象达到了一种动态平衡，蒸发觉象不会停止，C错误；在实际问题中，水面上方含有水分子和空气中的其他分子，饱和汽压只是水蒸气的气压，D错误。8．下列说法正确的是()A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体D．液晶具有液体的流淌性，同时具有晶体的各向异性特征答案D解析液体表面张力的方向始终与液面相切，与分界线垂直，A错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，B错误；金属材料虽然显示各向同性，但具有固定的熔点，为晶体，C错误；液晶的名称由来就是由于它具有流淌性和各向异性，D正确。9．(多选)下列说法正确的是()A．相对湿度与同温度水的饱和汽压无关B．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变C．若一个系统与另一个系统达到热平衡，则两系统温度肯定相同D．若肯定质量的志向气体被压缩且汲取热量，则压强肯定增大E．液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离答案CDE解析在肯定温度下的相对湿度为实际水蒸气压强与该温度下水的饱和汽压的比值，A错误；松香是非晶体，熔化时边吸热边升温，分子平均动能增大，B错误；若两个系统达到热平衡，则两系统温度肯定相同，C正确；若肯定质量的志向气体被压缩且汲取热量，即气体的体积减小、温度上升，由eq\f(pV,T)＝C可知气体的压强肯定增大，D正确；液体表面张力的形成是由于液体表面层分子间距离大于液体分子间的平衡距离，E正确。10．(多选)下列说法正确的是()A．液面上的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出B．质量相等的80℃的液态萘和80℃的固态萘相比，具有不同的分子势能C．单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大E．志向气体等温膨胀时从单一热源汲取的热量可以全部用来对外做功，这一过程违反了热力学其次定律答案BCD解析蒸汽达到饱和是一种动态平衡，同一时间内进出液体的分子数量相等，不是没有液体分子从液面飞出，A错误。内能是物体内全部的分子动能和分子势能的总和，80℃的固态萘吸热熔化成80℃的液态萘，内能增大，而温度不变，分子动能总和不变，则分子势能必增大，B正确。多晶体由于各个小晶粒的排列杂乱无章，整体显示各向同性，C正确。液体内部分子间距约为平衡距离，分子势能接近于最低值，液体表面层分子间的距离比液体内部的分子间距大一些，所以分子间的势能较大，D正确。热力学其次定律表示热机不能从单一热源汲取热量全部用来对外做功而不造成其他影响，而志向气体等温膨胀时，汲取的热量虽然全部用于对外做功了，但造成了其他的影响(如必需有外力使气体膨胀，否则就必需存在低温热源放热来保证等温过程)，所以并不能说这个过程违反了热力学其次定律，E错误。11．肯定质量的志向气体，状态改变由a到b到c，其p­T图中直线ab平行于p坐标轴，直线bc通过坐标原点，三状态的体积分别为Va、Vb、Vc，则依据图象可以判定()A．Va>Vb B．Va＝VbC．Vb>Vc D．Vb＝Vc答案D解析依据志向气体状态方程有eq\f(pV,T)＝C，其中a→b过程气体温度不变，压强减小，则体积增大，故Va<Vb，A、B错误；b→c过程p­T图线的延长线过坐标原点，可知为等容过程，即Vb＝Vc，C错误，D正确。12．肯定质量志向气体的状态改变如图所示，则该气体()A．状态b的压强大于状态c的压强B．状态a的压强大于状态b的压强C．从状态c到状态d，体积减小D．从状态a到状态c，温度不变答案A解析分别过a、b、c、d四个点作出等压改变线，如图所示。在V­T图象中，等压线的斜率越大，压强越小，所以pa<pd<pc<pb，A正确，B错误；由图象可知，从状态c到状态d，体积增大，C错误；从状态a到状态c，温度上升，D错误。13．(多选)对于肯定质量的志向气体，下列论述中正确的是()A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强肯定变大B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数肯定增加D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变E．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同确定答案ACE解析若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位时间单位面积上气体分子碰撞的次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强肯定增大，故A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低时，气体分子热运动的平均动能减小，则单位体积内分子个数肯定增加，故C正确，D错误；气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同确定，E正确。题组二高考小题14．(2024·江苏高考)(多选)在没有外界影响的状况下，密闭容器内的志向气体静置足够长时间后，该气体()A．分子的无规则运动停息下来B．每个分子的速度大小均相等C．分子的平均动能保持不变D．分子的密集程度保持不变答案CD解析分子永不停息地做无规则运动，A错误；气体分子之间的碰撞是弹性碰撞，气体分子在常见的碰撞中速度改变，每个分子的速度不断改变，速度大小并不都相等，B错误；志向气体静置足够长的时间后达到热平衡，气体的温度不变，分子的平均动能不变，C正确；气体体积不变，则分子的密集程度保持不变，D正确。15．(2024·北京高考)下列说法正确的是()A．温度标记着物体内大量分子热运动的猛烈程度B．内能是物体中全部分子热运动所具有的动能的总和C．气体压强仅与气体分子的平均动能有关D．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变答案A解析温度是分子平均动能的量度(标记)，分子平均动能越大，分子热运动越猛烈，A正确；内能是物体内全部分子的分子动能和分子势能的总和，B错误；气体压强不仅与气体分子的平均动能有关，还与气体分子的密集程度有关，C错误；温度降低，则分子的平均动能变小，D错误。16．(2024·全国卷Ⅰ)(多选)氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的改变分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是()A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形D．图中曲线给出了随意速率区间的氧气分子数目E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大答案ABC解析曲线下面积表示总的氧气分子数，二者相等，A正确。温度是分子平均动能的标记，温度越高，分子的平均动能越大，故虚线为氧气分子在0℃时的情形，分子平均动能较小，实线为氧气分子在100℃时的情形，B、C正确。曲线给出的是分子数占总分子数的百分比，D错误。与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，E错误。17．(2024·江苏高考)如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于四周空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发觉该温度计示数减小，则()A．空气的相对湿度减小B．空气中水蒸汽的压强增大C．空气中水的饱和汽压减小D．空气中水的饱和汽压增大答案A解析温度计示数减小说明蒸发加快，空气中水蒸汽的压强减小，B错误；因水的饱和汽压只与温度有关，空气温度不变，所以饱和汽压不变，C、D错误；依据相对湿度的定义，空气的相对湿度减小，A正确。题组三模拟小题18．(2024·四川成都质量调研)(多选)肯定质量的志向气体的状态经验了如图所示的a→b、b→c、c→d、d→a四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()A．a→b过程中不断增加B．b→c过程中保持不变C．c→d过程中不断增加D．d→a过程中保持不变E．d→a过程中不断增大答案ABE解析由题图可知a→b过程中温度不变，压强减小，所以体积增大，b→c过程是等容改变，体积不变，因此A、B正确；c→d过程中体积不断减小，d→a过程中体积不断增大，故C、D错误，E正确。题组一基础大题19．如图甲所示，粗细匀称、横截面积为S的透热光滑细玻璃管竖直放置，管内用质量为m的水银柱密封着长为l的志向气柱，已知环境温度为T1，大气压强为p0，重力加速度为g。(1)若仅将环境温度降为eq\f(T1,2)，求稳定后的气柱长度；(2)若环境温度T1不变，将玻璃管放于水平桌面上并让其以加速度a(a>g)向右做匀加速直线运动(见图乙)，求稳定后的气柱长度。答案(1)eq\f(l,2)(2)eq\f(mg＋p0Sl,ma＋p0S)解析(1)当气体温度改变时，其压强不变，初状态：体积为V1＝lS，温度为T1末状态：体积为V2＝l2S，温度为T2＝eq\f(T1,2)依据盖—吕萨克定律，有：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，联立解得：l2＝eq\f(l,2)。(2)设当玻璃管竖直时，气体压强为p1，对水银柱有：p1S＝p0S＋mg，设当玻璃管水平运动时，气体压强为p3，对水银柱有：p3S－p0S＝ma，依据玻意耳定律，有：p1·lS＝p3·l3S，联立解得：l3＝eq\f(mg＋p0Sl,ma＋p0S)。20.如图所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20cm、温度为t＝27℃的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长。已知大气压强为p0＝75cmHg。若将图中的阀门K打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门K，右管水银面下降了H＝35cm。求：(1)左管水银面下降的高度；(2)对左管封闭气体加热，使左右两管水银面相平常的温度。答案(1)10cm(2)637.5K解析(1)设左管水银面下降的高度为h，水银密度为ρ，则左、右管水银的高度差为H－h，左管空气柱的压强为p0－ρg(H－h)由玻意耳定律可知：p0LS＝[p0－ρg(H－h)](L＋h)S解得：h＝10cm。(2)由末状态左右两管水银面相平可知，左管气体的压强为p0，体积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋h＋\f(H－h,2)))S由志向气体状态方程可知：eq\f(p0LS,T0)＝eq\f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋h＋\f(H－h,2)))S,T)解得：T＝637.5K。21．容器内装有1kg的氧气，起先时，氧气压强为1.0×106Pa，温度为57℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的eq\f(3,5)，温度降为27℃，求漏掉多少千克氧气？答案0.34kg解析由题意知，气体质量m＝1kg，压强p1＝1.0×106Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330K经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300K，p2＝eq\f(3,5)p1＝eq\f(3,5)×1.0×106Pa＝6.0×105Pa设容器的体积为V，以全部气体为探讨对象，由志向气体状态方程得：eq\f(p1V,T1)＝eq\f(p2V′,T2)代入数据解得：V′＝eq\f(p1VT2,p2T1)＝eq\f(1.0×106×300V,6.0×105×330)＝eq\f(50,33)V所以漏掉的氧气质量为：Δm＝eq\f(ΔV,V′)×m＝eq\f(\f(50V,33)－V,\f(50V,33))×1kg＝0.34kg。22．如图是一种气压保温瓶的结构示意图。其中出水管很细，体积可忽视不计，出水管口与瓶胆口齐平，用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从出水管口流出。最初瓶内水面低于出水管口10cm，此时瓶内气体(含气室)的体积为2.0×102cm3，已知水的密度为1.0×103kg/m3，按压器的自重不计，大气压强p0＝1.01×105Pa，取g＝(1)要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强的最小值；(2)当瓶内气体压强为1.16×105Pa时，瓶内气体体积的压缩量。(忽视瓶内气体的温度改变)答案(1)1.02×105Pa(2)25.9cm3解析(1)由题意知，当水恰好从出水管口流出时，瓶内水面上方的气体压强最小。此时瓶内、外气体压强以及瓶内水面的压强存在以下关系：p内＝p0＋p水＝p0＋ρgh水代入数据得p内＝1.02×105Pa。(2)当瓶内气体压强为p＝1.16×105Pa时，设瓶内气体的体积为V，由玻意耳定律得p0V0＝pV，压缩量为ΔV＝V0－V，已知瓶内原有气体体积V0＝2.0×102cm3，解得ΔV≈25.9cm3。题组二高考大题23．(2024·江苏高考)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置。答案引力C解析水滴呈球形，使水滴表面层具有收缩的趋势，因此水滴表面层中，水分子之间的作用力总体上表现为引力；水分子之间，引力和斥力相等时，分子间距离r＝r0，分子势能最小；当分子间表现为引力时，分子间距离r>r0，因此，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图1中C的位置。24．(2024·全国卷Ⅱ)如p­V图所示，1、2、3三个点代表某容器中肯定量志向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”)答案大于等于大于解析依据志向气体状态方程有eq\f(p1′V1′,T1)＝eq\f(p2′V2′,T2)＝eq\f(p3′V3′,T3)，可知T1＞T2，T2<T3，T1＝T3；对于状态1、2，由于T1>T2，所以状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，体积相等，分子数密度相等，故分子在单位时间内对单位面积容器壁的平均碰撞次数多，即N1>N2；对于状态2、3，由于T2<T3，所以状态2时分子热运动的平均速率小，每个分子单位时间内对器壁的平均撞击力小，而压强等于单位时间撞击到器壁单位面积上的分子数N与单位时间每个分子对器壁的平均撞击力的乘积，即p＝N·eq\x\to(F)，而p2′＝p3′，eq\x\to(F)2<eq\x\to(F)3，则N2>N3。25．(2024·江苏高考)肯定量的氧气贮存在密封容器中，在T1和T2温度下其分子速率分布的状况见下表。则T1________(选填“大于”“小于”或“等于”)T2。若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比________(选填“大于”“小于”或“等于”)18.6%。eq\f(速率区间,m·s－1)各速率区间的分子数占总分子数的百分比/%温度T1温度T2100以下0.71.4100～2005.48.1200～30011.917.0300～40017.421.4400～50018.620.4500～60016.715.1600～70012.99.2700～8007.94.5800～9004.62.0900以上3.90.9答案大于等于解析分子速率分布与温度有关，温度上升，分子的平均速率增大，速率大的分子数所占比例增加，速率小的分子数所占比例减小，所以T1大于T2；泄漏前后容器内温度不变，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变，仍为18.6%。26．(2024·全国卷Ⅲ)如图，一粗细匀称的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了肯定量的志向气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。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76cmHg，环境温度为296K。(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。答案(1)41cm(2)312K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，被密封气体的体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有pS＝p0S＋ρghS②p1S＋ρghS＝p0S③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)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给数据得L＝41cm⑥(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eq\f(V,T0)＝eq\f(V1,T)⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312K。27．(2024·全国卷Ⅰ)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2m3，运用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，运用后瓶中剩余气体压强为2.0×106(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(2)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强。答案(1)3.2×107Pa(2)1.6×108Pa解析(1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；运用后瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律有p0V0＝p1V1①每瓶被压入进炉腔的气体在室温柔压强为p1条件下的体积为V1′＝V1－V0②设10瓶气体压入炉腔后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律有p2V2＝10p1V1′③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107Pa④(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3。由查理定律有eq\f(p3,T1)＝eq\f(p2,T0)⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108Pa。28.(2024·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细匀称的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。答案22.5cm7.5cm解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1＝pl1′p2l2＝pl2′l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5cm；l2′＝7.5cm。29．(2024·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。答案(1)eq\f(1,2)(p0＋p)(2)eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)peq\f(4p0＋pV0,2p0＋p)解析(1)设抽气前氢气的压强为p10，依据力的平衡条件得p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S①得p10＝eq\f(1,2)(p0＋p)②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。依据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④p2V2＝p0V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p1＝eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)pV1＝eq\f(4p0＋pV0,2p0＋p)。30．(2024·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有肯定质量的志向气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽视；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。起先时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0(p0S＋mg)h解析起先时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经验等容过程，直至活塞起先运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，依据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)①依据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0③此后，汽缸中的气体经验等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。依据盖—吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦从起先加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。31．(2024·全国卷Ⅰ)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。起先时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为eq\f(V,8)时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了eq\f(V,6)。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。答案eq\f(15p0S,26g)解析设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0eq\f(V,2)＝p1V1①p0eq\f(V,2)＝p2V2②由已知条件得V1＝eq\f(V,2)＋eq\f(V,6)－eq\f(V,8)＝eq\f(13,24)V③V2＝eq\f(V,2)－eq\f(V,6)＝eq\f(V,3)④设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S＝p1S＋mg⑤联立以上各式得m＝eq\f(15p0S,26g)。32．(2024·全国卷Ⅰ)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽视)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽视)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27℃，汽缸导热。(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度上升20℃，求此时活塞下方气体的压强。答案(1)eq\f(V,2)2p0(2)上升直到B的顶部(3)1.6p0解析(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经验等温过程。由玻意耳定律得p0V＝p1V1①(3p0)V＝p1(2V－V1)②联立①②式得V1＝eq\f(V,2)③p1＝2p0④(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2⑤由⑤式得p2＝eq\f(3V,V2)p0⑥由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时压强为p2′＝eq\f(3,2)p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300K上升到T2＝320K的等容过程中，由查理定律得eq\f(p2′,T1)＝eq\f(p3,T2)⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0。33．(2024·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。(1)求该热气球所受浮力的大小；(2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。答案(1)Vgρ0eq\f(T0,Tb)(2)Vgρ0eq\f(T0,Ta)(3)Vρ0T0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Tb)－\f(1,Ta)))－m0解析(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝eq\f(m,V0)①在温度为T时的体积为VT，密度为ρ(T)＝eq\f(m,VT)②由盖—吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(VT,T)③联立①②③式得ρ(T)＝ρ0eq\f(T0,T)④气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤联立④⑤式得F＝Vgρ0eq\f(T0,Tb)⑥(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg⑦联立④⑦式得G＝Vgρ0eq\f(T0,Ta)⑧(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得mg＝F－G－m0g联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0eq\f(1,Tb)－eq\f(1,Ta)－m0。34．(2024·全国卷Ⅲ)一种测量淡薄气体压强的仪器如图a所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。起先测量时，M与K2相通；渐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图b所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强。答案(1)eq\f(\a\vs4\al(ρπgh2d2),4V0＋πd2l－h)(2)eq\f(\a\vs4\al(πρgl2d2),4V0)解析(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p，提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋eq\f(1,4)πd2l①V1＝eq\f(1,4)πd2h②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1④联立①②③④式得p＝eq\f(\a\vs4\al(ρπgh2d2),4V0＋πd2l－h)⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤eq\f(πρgl2d2,4V0)⑦该仪器能够测量的最大压强为pmax＝eq\f(\a\vs4\al(πρgl2d2),4V0)。35．(2024·全国卷Ⅲ)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积到处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg。环境温度不变。答案144cmHg9.42cm解析设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得：p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①l1′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20.0－\f(20.0－5.00,2)))cm＝12.5cm②对右管中空气柱由玻意耳定律得：p1l1＝p1′l1′③联立①②③式和题给条件得：p1′＝144cmHg④依题意p2′＝p1′⑤l2′＝4.00cm＋eq\f(20.