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课时突破练71　固体　液体　气体
基础·满分练
命题角度一　对固体、液体性质的理解
1.(2026山东潍坊模拟)下列四幅图片涉及的物理现象,说法正确的是(　　)
A.图甲中用棉线实现自动浇水,利用了毛细现象
B.图乙中用针刺破棉线一侧的肥皂膜后,棉线会向着另一侧收缩是因为液体表面具有扩张的趋势
C.图丙是食盐的微观结构图,食盐颗粒受潮粘连成块时,形状不规则,变成了非晶体
D.图丁中液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
命题角度二　活塞或液柱封闭气体压强的计算
2.(2026山西太原检测)只有一端开口的U形管如图所示,竖直放置,用水银封入两段空气柱A和B,已知h1=h2=h,管外大气压为p0(高为h的水银柱产生的压强为ph),则空气柱A的压强pA为(　　)
A.pA=p0+ph B.pA=p0-ph
C.pA=p0+2ph D.pA=p0
命题角度三　气体实验定律与图像的融合
3.(2023辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　)
4.一定质量的理想气体的体积随热力学温度变化的图像如图所示,气体从状态a经过等容过程到达状态b,再经过等温过程到达状态c,直线ac过原点。下列说法正确的是(　　)
A.气体在a→b的过程中对外界做功
B.气体在状态a的压强大于在状态b的压强
C.气体在状态c的压强大于在状态b的压强
D.气体在状态c的压强等于在状态a的压强
命题角度四　气体实验定律的微观解释
5.(2025黑吉辽蒙卷)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时相比,瓶内气体(　 　)
A.内能变小 B.压强变大
C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大
命题角度五　气体实验定律的灵活应用
6.(多选)(2025河南卷)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移
B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移
C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移
D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移
能力·高分练
7.(多选)如图所示,两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内,两段水银柱A和C将空气柱B封闭在左侧竖直段玻璃管中,平衡时A段水银有一部分在水平管中,竖直部分高度为h2,C段水银两侧液面高度差为h1。若保持温度不变,向右管缓缓注入少量水银,则再次平衡后(　　)
A.右侧水银面高度差h1增大
B.左侧水银面高度差h2减小
C.空气柱B的长度增大
D.空气柱B的压强增大
8.(16分)(2026山东聊城开学考试)如图甲所示,平台上有一厚度不计的压力传感器,开口向上、导热良好、内壁光滑的薄壁汽缸通过活塞密封了一定质量的理想气体,活塞通过竖直轻杆与固定点O相连。当温度为T0时,活塞下表面与汽缸底部的距离为L0,平台与汽缸底部的距离为。升高气体温度,同时记录压力传感器示数F,描绘出图乙所示的F-T图像。已知汽缸质量为M,大气压强为p0,重力加速度为g,活塞一直没有脱离汽缸。求:
(1)温度T1;
(2)活塞横截面积S。
素养·提升练
9.(跨模块融通)(多选)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内,封闭着一定质量的理想气体,如图所示。已知水银柱的长度h=5 cm,玻璃管开口斜向上,在倾角θ=30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑,稳定时被封闭的空气柱长为L=40 cm,大气压强p0等于高为75 cm水银柱产生的压强,重力加速度g取10 m/s2,不计水银与玻璃管壁间的摩擦力,不考虑温度的变化。下列说法正确的是(　　)
A.若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,则封闭气体的长度L1=37.5 cm
B.被封闭气体的压强p1为80 cm水银柱产生的压强
C.若细玻璃管开口竖直向下静止放置,由于环境温度变化,封闭气体的长度仍为40 cm,则现在的热力学温度与原来热力学温度之比为14∶15
D.若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑,则稳定时封闭气体的长度L2=41.67 cm
答案：
1.A　解析 图甲中用棉线实现自动浇水,利用了毛细现象,A正确;图乙中棉线向另一侧收缩是因为液体的表面张力使得液面有收缩趋势,B错误;图丙中食盐颗粒受潮粘连成不规则的食盐块时,成为了多晶体,仍属于晶体,C错误;图丁中液晶显示器利用的是液晶具有光学各向异性制成的,D错误。
2.D　解析 空气柱B的气体压强为pB=p0+ph1,对空气柱A部分气体的压强有pA+ph=pB,又因为h1=h2=h,所以ph1=ph,解得pA=p0,故D正确。
3.B　解析 根据=C,可得p=T,从a到b,气体压强不变,温度升高,则体积变大;从b到c,气体压强减小,温度降低,因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率,c状态的体积大于b状态的体积,故B正确。
4.D　解析 气体在a→b的过程中体积不变,故气体不对外界做功,A错误;气体在a→b的过程中发生等容变化,根据=C,因该过程的温度升高,所以压强增大,B错误;气体在b→c的过程中发生等温变化,根据pV=C,因该过程的体积增大,所以压强减小,C错误;由图知直线ac过原点,斜率保持不变,根据=C,变形得V=T,可知直线ac的斜率k=,所以压强不变,所以气体在状态c的压强等于在状态a的压强,D正确。
5.B　解析 将糖果瓶带入温暖车厢一段时间后,瓶内气体温度升高,内能增大,分子平均动能变大,但不是每个分子动能都变大,故A、D错误;瓶内气体体积V不变,根据查理定律可知,温度升高,压强变大,故B正确;分子数密度n=,分子数N不变,体积V不变,分子数密度不变,故C错误。
6.AC　解析 初始时活塞P左右两侧压强相同,有p1=p2=p0,假设V1、V2不变,两侧气体均发生等容变化,根据查理定律,有,解得Δp1=p0,Δp2=p0,由于T1Δp2,活塞P向右侧移动,A正确,B错误;T1、T2不变,两侧气体发生等温变化,根据玻意耳定律,有p0V1=p1(V1-ΔV),p0V2=p2(V2-ΔV),变形后有p1=p0,p2=p0,由于V1p2,活塞P向右移动,C正确,D错误。
7.BC　解析 设大气压强为p0,水银密度为ρ,空气柱B的压强为pB=p0+ρgh1=p0+ρgh2。若保持温度不变,向右管缓缓注入少量水银,先假设左边水银面都不动,由于右管h1变大,B气体下面的水银上升,使得B气体压强变大,从而使B气体上面的水银向上移动,使得h2减小,最终稳定时有pB'=p0+ρgh1'=p0+ρgh2',由于h2'8.(1)1.25T0　(2)
解析 (1)汽缸下降过程为等压过程,由盖-吕萨克定律有
解得T1=1.25T0。
(2)当T=T1时,设汽缸内部压强为p1,对汽缸受力分析可得Mg+p1S=p0S
当T=2T1时,设汽缸内部压强为p2,对汽缸受力分析可得Mg+p2S=p0S+
由T1到2T1的过程中,由查理定律可得
解得S=。
9.AC　解析 设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1,对整体,由牛顿第二定律有m总gsin θ=m总a1,解得a1=5 m/s2,对水银柱,根据牛顿第二定律p0S+mgsin θ-p1S=ma1,解得被封闭气体的压强p1=p0=ρg×75 cm,B错误;若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,被封闭气体的压强p2=p0+ρgh=ρg×80 cm,被封闭气体做等温变化,则p0SL=p2SL1,解得封闭气体的长度L1=37.5 cm,A正确;若细玻璃管开口竖直向下静止放置,被封闭气体的压强p3=p0-ρgh=ρg×70 cm,气体做等容变化,则,可得T3∶T0=14∶15,C正确;若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑,对水银柱,根据牛顿第二定律p4S-p0S-mgsin θ=ma2,其中m=ρV=ρSh,被封闭气体做等温变化,则p4SL2=p0SL,解得p4=ρg×78 cm,L2=38.46 cm,D错误。
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