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第二章 气体、固体和液体 章末复习
一、气体压强的计算——容器静止或匀速运动时求封闭气体的压强
1．连通器原理：在连通器中，同一液体(中间液体不间断、静止)的同一水平液面上的压强是相等的。
2．在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度。
3．求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程。
4．求由固体封闭(如汽缸和活塞封闭)气体的压强，应对此固体(如活塞或汽缸)进行受力分析，列合力平衡方程。
例1．如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍。管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0＝75cmHg。现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6cm为止，求活塞下移的距离(假设环境温度不变)。
二、理想气体状态方程
应用状态方程解题的一般步骤
(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体；
(2)确定气体在始、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)由状态方程列式求解；
(4)讨论结果的合理性。
特别提醒：在涉及到气体的内能、分子势能问题中要特别注意是否为理想气体，在涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当作理想气体处理，但这时往往关注的是是否满足一定质量。
如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA。
三、气体的图象问题
要会识别图象反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图象的转换，理解图象的斜率、截距的物理意义．当图象反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分析，要特别关注两阶段衔接点的状态。
一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p T图象如图所示。在A状态时的体积为V0，试画出对应的V T图象和p T图象。
四、用“假设法”分析液柱移动
假设推理法：根据题设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，运用相应的物理规律及相关知识进行严谨地推理，得出答案。巧用假设推理法可以化繁为简，化难为易，简捷解题。
例4．如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱高于水银槽h，若将玻璃管竖直向上缓慢地提起(管下端未离开槽内水银面)，则H和h的变化情况为(　　)
A．H和h都增大 B．H和h都减小
C．H减小，h增大 D．H增大，h减小
课后巩固
1．关于分子动理论和气体的内能，下列说法正确的是
A．某种理想气体的温度为，说明该理想气体中分子的平均动能为零
B．理想气体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能也一定增大
C．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间斥力大于引力
D．一切达到热平衡的系统都具有相同的内能
2．下列关于固体和液体的说法正确的是
A．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性
B．晶体的物理性质都是各向异性的
C．液体的表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部
D．没有规则几何形状的固体一定是非晶体
3．(多选)两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种理想气体，已知容器中气体的压强不相同，则下列判断中正确的是(　　)
A．压强小的容器中气体的温度比较高
B．压强大的容器中气体单位体积内的分子数比较少
C．压强小的容器中气体分子的平均动能比较小
D．压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大
4．已知湖水深度为20 m，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)(　　)
A．12.8倍 B．8.5倍 C．3.1倍 D．2.1倍
5．一定质量的理想气体，从图中所示的A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，（BC与横轴平行，CD与纵轴平行），下列判断中不正确的是(　　)
A．A→B温度升高，压强不变 B．B→C体积不变，压强变大
C．C→D体积变小，压强变大 D．D点的压强比A点的压强小
6．一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(　　)
A．np0，p0 B．p0，p0
C．(1＋)np0，(1＋)np0 D．(1＋)p0，()np0
7．如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接。当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于(　　)
A．0米
B．0.5米
C．1米
D．1.5米
8．如图所示，A、B两个容器中装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作为活塞，当A容器内气体的温度为-10℃，B容器内气体的温度为10℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器内气体的温度都升高20℃时，下列判断正确的是（　　）
A．水银滴将不移动
B．水银滴将向A移动
C．水银滴将向B移动
D．无法判断水银滴将向哪个方向移动
9．有同学在做“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机。实验完成后，计算机屏幕上显示出如图所示的p－V图线(其中实线是实验所得图线，虚线为一根参考双曲线)。
(1)实验过程中为什么要求缓慢推动活塞？_________________________________。
(2)仔细观察不难发现，该图线与双曲线不够吻合，造成这一现象的可能原因是：____________。
(3)由于此图无法说明p与V的确切关系，所以改画p－图像，画出的p－图像应当是________。
10．如图所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S＝2.5×10－3m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，力传感器通过一根细杆与天花板垂直固定．汽缸内密封有温度t0＝27℃、压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也随着变化，描绘出的F－t图象如图乙所示，求：
(1)力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t；
(2)外界大气压强p0.
11．如图所示，两气缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。（1）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
（2）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求此时氧气的压强。
12．如图所示，粗细均匀的形管竖直固定，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了、两部分理想气体，下方水银的左、右液面高度相差，右管上方的水银柱高。初状态环境的热力学温度为，中气体的长度，外界大气压强恒为。现保持温度不变，在右管中缓慢注入高度的水银，此时下方水银左、右液面等高。然后给中气体缓慢升温，使中气体长度变为，此时左管竖直部分仍有水银。求：
初始水银的左，右液面的高度差；
升温后的热力学温度结果保留三位有效数字。
《第二章 气体、固体和液体》章末复习 参考答案
答案6.625cm
解析：设粗管中气体为气体1，细管中气体为气体2。
对粗管中气体1：有p0L1＝p1L1′
右侧液面上升h1，左侧液面下降h2，有
S1h1＝S2h2，h1＋h2＝6cm，
得h1＝2cm，h2＝4cm
L1′＝L1－h1
解得：p1＝90cmHg
对细管中气体2：有p0L1＝p2L2′
p2＝p1＋Δh
解得：L2′＝9.375cm
因为h＝L1＋h2－L2′
解得：h＝6.625cm。
例2．答案V0　1.4T0
解析　设初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等 pB＝1.2p0
B中气体始、末状态温度相等，p0V0＝1.2p0(2V0－VA) 得VA＝V0
A部分气体满足＝，得TA＝1.4T0.
例3．解析：对气体A→B的过程，根据玻意耳定律，
有p0V0＝3p0VB，则VB＝V0.由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：A：p0，T0，V0；B：3p0，T0，V0；C：3p0,3T0，V0。V T图象和p V图象分别如图甲、乙所示。
例4．答案A
解析　方法一　假设管内水银柱高度不变，由于向上提起玻璃管，封闭空气柱变长，根据玻意耳定律，气体体积增大，空气柱压强变小，根据p＝p0－ρgh得h增大。所以H和h都增大。
方法二　假设管内封闭空气柱长度不变，由于向上提起玻璃管，h增大，根据p＝p0－ρgh得封闭气体的压强减小，根据玻意耳定律，压强减小，体积增大，所以H和h都增大。
答案
2．答案
3．答案CD
4．答案C
解析　湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由气体状态方程，＝，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确。
5．选B
【解析】A、A到B的V﹣T图象是过原点的直线，发生的是等压变化，温度升高，故A正确；B、B到C体积不变，气体发生的是等容变化，根据查理定律，温度降低，压强变小，故B错误；C、C到D气体发生的是等温变化，压强与体积成反比，体积变小，压强变大，故C正确；D、DO直线的斜率比AO连线的斜率大，斜率越大，压强越小，所以D点的压强比A点的压强小，故D正确；本题选错误的，B项错
6．答案D
解析　打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内、容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：
p0(V＋nV0)＝p′V 所以p′＝p0＝(1＋n)p0
抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到
V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1(V＋V0)， 则p1＝p0
第二次抽气：p1V＝p2(V＋V0)则p2＝p1＝()2p0
则第n次抽气后：pn＝()np0. 故D正确。
7．答案D
解析　表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C相通，p1＝p2＝pC.
即p1＝p0＋ρgh1　h1＝1.5m
p2＝p1＝p0＋ρgh　则h＝1.5m，D正确．
注意：若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而h为液柱竖直高度。
8．答案C
假定两个容器内气体的体积不变，即VA、VB不变，初始状态时A、B中气体温度分别为263K和283K，当温度升高ΔT时，容器A内气体的压强由p1增至p'1，则Δp1=p'1－p1
容器B内气体的压强由p2增至p'2，则Δp2=p'2－p2
由查理定律得
Δp1=·ΔT，Δp2=·ΔT
因为
p1>p2
所以
Δp1>Δp2
即水银柱将向B容器移动。故选C。
9．答案(1)使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化　(2)注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移(也可能是周围环境温度降低)　(3)A
解析　(1)实验过程中要缓慢推动活塞，使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化。
(2)仔细观察不难发现，该图线与双曲线不够吻合，造成这一现象的可能原因是：注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移(也可能是周围环境温度降低)。
(3)若p－V图像是双曲线，则说明p与V成反比，画出p－图像应为过原点的直线，由于漏气或者环境温度降低使得气体的压强减小，图线向下弯曲。
10．答案(1)32℃　(2)1.2×105Pa
解析　(1)由题图乙可知＝ 得出t＝32℃.
(2)温度t1＝327℃时，密封气体的压强 p1＝p0＋＝p0＋1.2×105Pa
密封气体发生等容变化，则＝ 得出p0＝1.2×105Pa.
11．答案（1）320 K　（2）p0
【解析】（1）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压变化，设气缸A的容积为V0，氮气初态的体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为，由题给数据及盖—吕萨克定律有：V1＝V0＋×＝V0 ①
V2＝V0＋＝V0 ②
＝ ③
由①②③式及所给的数据可得：T2＝320 K ④
（2）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由所给数据及玻意耳定律可得
V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0 ⑤
p1′V1′＝p2′V2′ ⑥
由⑤⑥式可得：p2′＝p0
答案初始水银的左，右液面的高度差为；
升温后的热力学温度为
解：设形管的横截面积为，对中气体，根据玻意耳定律可得：
其中，，
，
联立解得：
给中气体缓慢升温，使中气体长度变为，
下方水银左右液面高度差变为
根据理想气体状态方程可得：
其中，，，
，
联立解得：
答：初始水银的左，右液面的高度差为；
升温后的热力学温度为

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