新高考物理一轮复习讲义第14章 热学 第2讲 固体、液体和气体 (含解析)

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一、固体和液体
1.固体
(1)分类：固体分为晶体和非晶体两类。晶体又分为单晶体和多晶体。
(2)晶体和非晶体的比较
2.液体
(1)液体的表面张力
①作用效果：使液面具有收缩的趋势。
②方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直。
(2)毛细现象：指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象。毛细管越细，毛细现象越明显。
二、气体
3.气体实验定律
4.理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C。
1.思考判断
(1)气体的压强是由气体的自身重力产生的。(×)
(2)有无确定的熔点是区分晶体和非晶体比较准确的方法。(√)
(3)液晶具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。(√)
(4)船浮于水面上不是由于液体的表面张力。(√)
(5)压强极大的气体不再遵从气体实验定律。(√)
2.(多选)下列现象中，主要是液体表面张力作用的是( )
A.水黾可以停在水面上
B.小木船漂浮在水面上
C.荷叶上的小水珠呈球形
D.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来
答案 ACD
3.对一定质量的气体来说，下列几点能做到的是( )
A.保持压强和体积不变而改变它的温度
B.保持压强不变，同时升高温度并减小体积
C.保持温度不变，同时增加体积并减小压强
D.保持体积不变，同时增加压强并降低温度
答案 C
4.如图1为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图像，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，则下列关系式中正确的是( )
图1
A.TA＜TB，TB＜TC
B.TA＞TB，TB＝TC
C.TA＞TB，TB＜TC
D.TA＝TB，TB＞TC
答案 C
考点一 固体、液体的性质 气体分子动理论
1.对晶体和非晶体的理解
(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2.对液体表面张力的理解
3.气体的分子动理论
(1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。
(2)气体分子呈现“中间多，两头少”的分布规律。
(3)气体分子的运动是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会均等。
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
跟踪训练
1.在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针尖接触薄片背面上的一点，石蜡熔化区域的形状如图甲、乙、丙所示。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丁所示，则下列说法中正确的是( )
A.甲一定是单晶体
B.乙可能是金属薄片
C.丙在一定条件下可能转化成乙
D.甲内部的微粒排列是规则的，丙内部的微粒排列是不规则的
答案 C
解析 由于单晶体是各向异性的，熔化在单晶体表面的石蜡应该是椭圆形，而非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，因此丙是单晶体，根据温度随加热时间变化关系可知，甲是多晶体，乙是非晶体，金属属于晶体，故乙不可能是金属薄片，故A、B错误；一定条件下，晶体和非晶体可以相互转化，故C正确；甲和丙都是晶体，所以其内部的微粒排列都是规则的，故D错误。
2.(多选)下列说法正确的是( )
A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上。这是由于水表面存在表面张力的缘故
B.在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C.将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
D.漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故
答案 AC
解析 把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上，这是由于水表面存在表面张力的缘故，A正确；在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面张力的作用形成的，B错误；将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，C正确；漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是由油滴液体的表面张力导致的，D错误。
3.(多选)氧气分子在不同温度下的速率分布规律如图2所示，横坐标表示速率，纵坐标表示某一速率内的分子数占总分子数的百分比，由图可知( )
图2
A.同一温度下，氧气分子呈现“中间多，两头少”的分布规律
B.随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大
C.随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增大
D.①状态的温度比②状态的温度低
答案 AD
解析 由题图可知，同一温度下，氧气分子呈现“中间多，两头少”的分布规律，A正确；随着温度的升高，绝大部分氧气分子的速率都增大，但有少量分子的速率可能减小，B错误；随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例减小，C错误；①状态的温度比②状态的温度低，D正确。
考点二 气体实验定律和理想气体状态方程
1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(温度不变：p1V1＝p2V2（玻意耳定律）,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)（查理定律）,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)（盖－吕萨克定律）))
2.两个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝eq \f(p1,T1)ΔT
(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝eq \f(V1,T1)ΔT
3.利用气体实验定律解决问题的基本思路
例1 (2023·安徽芜湖高三期末)如图3所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50 cm，管两侧水银面的高度差为h＝
19 cm，大气压强恒为76 cmHg。
图3
(1)若初始环境温度为27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；
(2)若保持环境温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。
答案 (1)203 ℃ (2)44 cm
解析 (1)封闭气体初状态压强
p1＝p0－ph＝(76－19)cmHg＝57 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，体积V1＝LS＝50S
温度T1＝(273＋27)K＝300 K
封闭气体末状态压强p2＝p0＝76 cmHg
体积V2＝(L＋eq \f(h,2))S＝(50＋eq \f(19,2))S＝59.5S
对封闭气体，由理想气体状态方程得
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
代入数据解得T2＝476 K
即温度为203 ℃。
(2)设注入水银后空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS
代入数据解得H＝37.5 cm
注入水银柱的长度
x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5)cm＋19 cm＝44 cm。
跟踪训练
4.(2023·河北石家庄月考)徒手潜水是一项挑战人类极限的运动，潜水员不借助任何装备，可以徒手下潜到海面下一百多米处。潜水员进行徒手潜水练习时，经常使用“潜水钟”应对突发情况，潜水钟可以简化为如图4所示的开口向下的重金属圆筒，内部存有空气。在某次练习时，潜水钟被吊放至深度H1＝50 m的水下，此时潜水钟内的空气体积V＝0.5 m3，已知海水的密度ρ＝1.025×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，大气压强p0相当于10 m海水柱产生的压强，忽略温度的变化和海水密度随深度的变化，现将潜水钟缓慢提升至深度H2＝20 m处。
图4
(1)潜水钟的高度远小于潜水钟所在处的海水深度，求潜水钟在深度H2处时，钟内气体的体积；
(2)求潜水钟在深度H1、H2两处时，绳子拉力大小的差值。
答案 (1)1 m3 (2)5 125 N
解析 (1)潜水钟在H1处时钟内气体的压强
p1＝p0＋ρgH1
在H2处时钟内气体的压强p2＝p0＋ρgH2
由玻意耳定律可知p1V＝p2V2
解得V2＝1 m3。
(2)设潜水钟的质量为m，深度H1时有
T1＋ρgV＝mg
深度H2时有T2＋ρgV2＝mg
拉力的变化量T1－T2＝ρg(V2－V)
解得T1－T2＝5 125 N。
5.(2021·湖南卷，16)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图5所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×
105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
图5
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
答案 (1)297 K (2)309 K
解析 (1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－FN1，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有
F1＋p1S＝p0S＋m1g
解得p1＝p0
当电子天平的示数为400.0 g时，右端细绳对铁块的拉力大小
F2＝m2g－FN2
同理，对活塞有
F2＋p2S＝p0S＋m1g
解得p2＝0.99×105 Pa
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g
解得p3＝1.03×105 Pa
由查理定律得
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)
解得最高环境温度Tmax＝309 K。
考点三 气体状态变化的图像问题
1.一定质量的气体四种图像的比较
2.处理气体状态变化的图像问题的技巧
(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。
(2)在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
例2 一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－ eq \f(1,V)图像如图6所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与eq \f(1,V)轴垂直。气体在此状态变化过程中( )
图6
A.a→b过程，压强减小，温度不变，体积增大
B.b→c过程，压强增大，温度降低，体积减小
C.c→d过程，压强不变，温度升高，体积减小
D.d→a过程，压强减小，温度升高，体积不变
答案 A
解析 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A正确；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b状态的温度低，b→c过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B错误；c→d过程，气体压强不变而体积变小，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故C错误；d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故D错误。
跟踪训练
6.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，p－T图像如图7所示，下列说法正确的是( )
图7
A.a→b过程中，气体体积增大，温度降低
B.b→c过程中，气体温度降低，体积减小
C.c→a过程中，气体体积减小，压强增大
D.c→a过程中，气体压强增大，体积增大
答案 B
解析 a→b过程为等温变化，有paVa＝pbVb，压强减小，则气体体积增大，故A错误；b→c过程为等压变化，温度减小，根据eq \f(Vb,Tb)＝eq \f(Vc,Tc)，知体积减小，故B正确；由图可知，c→a过程中，气体压强增大，温度升高，根据eq \f(pV,T)＝C，可得eq \f(p,T)＝eq \f(C,V)，可知c→a过程中体积不变，发生等容变化，故C、D错误。
A级 基础对点练
对点练1 固体、液体的性质 气体分子动理论
1.(多选)关于晶体和非晶体的性质说法正确的是( )
A.可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体
B.晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加
C.单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性
D.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性
答案 AD
解析 晶体和非晶体的区别就是有无固定熔点，因此可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体，故A正确；晶体在熔化时要吸热，是分子势能增加，而晶体在熔化过程中温度不变，分子动能不变，故B错误；多晶体表现为各向同性，故C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性，故D正确。
2.正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤的一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图1所示。下列说法正确的是( )
图1
A.水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关
B.水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩
C.若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩
D.水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大
答案 D
解析 水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭球形，则与重力也有关，选项A错误； 水滴不浸润口罩，换另一种液体，可能会浸润该口罩，选项B错误； 能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错误； 水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积，选项D正确。
3.(2023·江苏泰州高三期末)2021年12月9日，我国航天员在空间站成功进行了太空授课。实验时宇航员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中的形状是( )
答案 A
解析 空间站中水滴处于完全失重状态，则在水的表面张力作用下，水滴在空中应该呈现球形，故A正确。
4.(多选)密闭容器内有一定质量的理想气体，如果保持气体的压强不变，气体的温度升高，下列说法中正确的是( )
A.气体分子的平均速率增大
B.器壁单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力变大
C.气体分子对器壁的平均作用力变大
D.该气体的密度减小
答案 ACD
解析 气体的温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均作用力变大，故A、C正确；气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果，气体压强不变，单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，故B错误；气体的温度升高，气体分子平均动能增大，压强不变，则气体分子的密集程度减小，故体积增大，密度减小，故D正确。
对点练2 气体实验定律和理想气体状态方程
5.(多选)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内、外的气压差使罐吸附在人体上，进而可以养疗。如图2所示，是治疗常用的一种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上，某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的eq \f(15,16)，以下说法正确的是( )
图2
A.加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,4)
B.加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,7)
C.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的eq \f(3,4)
D.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的eq \f(4,5)
答案 AD
解析 加热过程由等压变化得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，解得V2＝eq \f(T2V1,T1)＝eq \f(400×V1,300)＝eq \f(4,3)V1，气体总体积变为原来的eq \f(4,3)，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的eq \f(3,4)，所以加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,4)，A正确，B错误；由理想气体状态方程可得eq \f(p3V3,T3)＝eq \f(p2V2,T2)，即eq \f(p3×\f(15,16)V0,300)＝eq \f(p2×V0,400)，则罐内气体压强变为原来的eq \f(4,5)，C错误，D正确。
6.登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa ×105 Pa
答案 C
解析 取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，末状态的温度为T2＝[273＋(－23)]K＝250 K，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝eq \f(5,6)×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp＝p2－p′＝eq \f(5,6)×105 Pa－4.0×104 Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
对点练3 气体状态变化的图像问题
7.(2023·山东日照模拟)一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积(p－V)图上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图3所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别为pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别为pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是( )
图3
A.eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(1,3) B.eq \f(Ta,Tc)＝eq \f(1,2)
C.eq \f(pa,pd)＝eq \f(2,3) D.eq \f(pd,pb)＝eq \f(1,2)
答案 B
解析 曲线Ⅰ为等温变化， a、b两点的温度相同，A错误；根据理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有eq \f(Ta,Tc)＝eq \f(Va,Vc)＝eq \f(1,2)，B正确；由图像可知pa＝pc，又eq \f(pd,pc)＝eq \f(Vc,Vd)＝eq \f(2,3)，故eq \f(pa,pd)＝eq \f(3,2)，C错误；由图像可知pa＝pc，又eq \f(pa,pd)＝eq \f(3,2)，eq \f(pa,pb)＝3，故eq \f(pd,pb)＝2，D错误。
8.一定质量的理想气体经历了如图4所示的ab、bc、cd、da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( )
图4
A.ab过程中不断减小 B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断增加 D.da过程中保持不变
答案 B
解析 因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为VdB级 综合提升练
9.(2023·安徽宣城高三期末)如图5所示，一端封闭、一端开口且粗细均匀的直角细玻璃管，在直角处用一段水银柱封闭了一定质量的空气，开始时，封闭端处于竖直状态直角处水银柱的竖直部分与水平部分长度均为h＝10 cm。开口端空气柱的长度h＝10 cm。保持温度不变。以玻璃管的封闭端为转轴。将玻璃管在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转θ＝30°。管内水根柱恰好到达开口端。已知大气压强为p0＝76 cmHg。封闭端空气柱的初始温度t0＝27 ℃。求：
图5
(1)封闭端空气柱的长度L；
(2)若保持封闭端处于竖直状态，加热封闭端空气，当管内水根柱恰好到达开口端时，此时管内空气柱的温度t(结果保留1位小数)。
答案 (1)33 cm (2)72.5 ℃
解析 (1)设细玻璃管的横截面积为S，开始时管内封闭端气体压强为p1＝p0＋ρgh
旋转后封闭端气体压强为p2＝p0－2ρghsin θ
由玻意耳定律有p1LS＝p2(L＋h)S
代入数据解得L＝33 cm。
(2)开始时封闭端气体温度T1＝273＋t0
加热后气体的温度为T2＝273＋t
由理想气体状态方程得eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(p0（L＋h）S,T2)
代入数据解得t＝72.5 ℃。
10.如图6所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为18 cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气。将A用绳系于天花板上，用一块绝热板托住B，使它们内部密封的气体压强与外界大气压相同，均为1.0×105 Pa，然后缓慢松开绝热板，让B下降，当B下降了2 cm时，停止下降并处于静止状态。求：
图6
(1)此时金属筒内气体的压强；
(2)若当时的温度为27 ℃，欲使下降后的套筒恢复到原来位置，应将气体的温度变为多少℃？
答案 (1)0.9×105 Pa (2)－3 ℃
解析 (1)设缸体横截面积为S cm2，缸内气体做等温变化
初态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝18S
中间态：V2＝20S
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
解得p2＝eq \f(p1V1,V2)＝eq \f(1.0×105×18S,20S) Pa
＝0.9×105 Pa。
(2)中间态：V2＝20S，T2＝300 K
末态：V3＝18S
根据盖－吕萨克定律eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)得
T3＝eq \f(V3T2,V2)＝eq \f(18×300,20) K＝270 K
即t3＝(270－273)℃＝－3 ℃。
11.如图7所示，一个导热汽缸质量M＝1.5 kg，用一质量m＝0.5 kg的活塞A封闭一段理想气体，活塞横截面积为S＝2 cm2，汽缸厚度不计。活塞通过两光滑的定滑轮与一质量也为 m＝0.5 kg的铁桶B相连。不计活塞与汽缸之间的摩擦，环境温度t1＝27 ℃，汽缸内气体长度为l1＝0.1 m，汽缸的长度足够长，铁桶的高度足够高。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图7
(1)若用电热丝加热封闭气体，气体长度变为l2＝0.2 m时的温度t2；
(2)若在铁桶内缓慢倒入细沙，汽缸刚好离开地面时倒入细沙的质量及气体的长度。
答案 (1)327 ℃ (2)1.5 kg 0.4 m
解析 (1)初始状态，对B受力分析可得细绳的拉力F1＝mg
对活塞受力分析，有
p0S＋mg＝F1＋p1S
解得p1＝p0
则封闭气体初始时的参量
p1＝p0，T1＝300 K，V1＝l1S
加热气体，气体发生等压变化，设气体温度为T2时，气体的长度l2＝0.2 m，
V2＝l2S
根据盖－吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
代入数据解得T2＝600 K
即t2 ＝327 ℃。
(2)研究活塞A和汽缸整体，汽缸刚好离开地面时，细绳的拉力F2＝(M＋m)g
因此加入细沙的质量和汽缸的质量相等，
即m沙＝M＝1.5 kg
以汽缸为研究对象，设此时封闭气体的压强为p2，则有
p2S＋Mg＝p0S
解得p2＝eq \f(1,4)p0
设此时气体的长度为l3，V3＝l3S，此过程为等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V3
解得l3＝0.4 m。
12.(2023·辽宁大连高三期末)疫情期间呼吸道传染病患者在就医、转院等需要通过负压救护车运送。负压救护车采用负压排风技术，并将排出的空气利用专门的装置进行消毒处理。
(1)负压舱内压强为1.0×105 Pa，负压舱容积约10 m3，要使舱内压强减为9×
104 Pa，则排出的气体质量为原来的几分之几？
(2)现将排风系统排出的气体封闭在绝热汽缸a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，底部接有电热丝E，右壁接一右端开口的细U形管(管内气体体积可忽略)，管内装有水银，如图8所示，开始时U形管右侧液面比左侧高2 cm，气体温度27 ℃。电热丝通电一段时间，a缸内温度达到57 ℃，该过程U形管右管液面上升多高？(大气压强1.0×105 Pa为76 cmHg)
图8
答案 (1)eq \f(1,10) (2)3.9 cm
解析 (1)负压舱内压强为p0＝1.0×105 Pa
体积为V0＝10 m3
设减压后原来气体体积将变为V
由玻意耳定律得p0V0＝pV
解得V＝eq \f(100,9) m3
排出的气体质量与原来气体质量之比
eq \f(m,m0)＝eq \f(（V－V0）,V)＝eq \f(1,10)。
(2)加热前，汽缸内温度T1＝300 K
压强p1＝78 cmHg
加热后T2＝330 K
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得p2＝85.8 cmHg
右管水银上升h＝3.9 cm。
分类
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
外形
有规则的几何形状
没有确定的几何形状
没有确定的几何外形
熔点
确定
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
各向同性
典型物质
石英、云母、明矾、食盐
各种金属
玻璃、橡胶、蜂蜡、松香、沥青
转化
晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
玻意耳定律
查理定律
盖－吕萨克定律
内容
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比
一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与热力学温度成正比
表达式
p1V1＝p2V2
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
图像
形成原因
表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面张力的方向
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力的效果
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，在体积相同的条件下，球形的表面积最小
等温变化
等容变化
等压变化
图像
p－V图像
p－eq \f(1,V)图像
p－T图像
V－T图像
特点
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小