13.2固体、液体和气体（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份13.2固体、液体和气体（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共26页。试卷主要包含了固体和液体，气体，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、固体和液体
1．固体
(1)固体分为晶体和非晶体两类．石英、云母、明矾、食盐、味精、蔗糖等是晶体．玻璃、蜂蜡、松香、沥青、橡胶等是非晶体．
(2)单晶体具有规则的几何形状，多晶体和非晶体没有规则的几何形状；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．
(3)有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象称为各向异性．非晶体和多晶体在各个方向的物理性质都是一样的，这叫做各向同性．
2．液体
(1)液体的表面张力
①作用：液体的表面张力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．
3．液晶
(1)具有液体的流动性．
(2)具有晶体的光学各向异性．
(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．
二、气体
1．气体压强
(1)产生的原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积．
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．
2．理想气体
(1)宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．
(2)微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
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.
固体和液体性质的理解
例题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．
(2022·宁夏石嘴山市第三中学模拟)关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是( )
A．甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B．乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C．丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象，低于管外液面的不是毛细现象
D．丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是一种浸润现象
【答案】B
【解析】
因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润情况下，容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故液体分子间作用力表现为斥力，附着层内液面升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面，都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误．
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．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
C．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力
D．当两薄玻璃板间夹有—层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力
【答案】C
【解析】将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，A错误；在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能要增加，故B错误；针浮在水面上，是由于水面分子间的作用力较大，形成了液体的表面张力，故C正确；玻璃及水分子之间存在着引力，故我们很难将玻璃板拉开，这不是因水膜的表面张力，故D错误。
气体压强的计算及微观解释
例题2.
(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是( )
A．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定
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，则单位体积内分子个数一定增加
D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变
【答案】AC
【解析】
气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，故A正确；单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C正确，D错误．
若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态．
(1)已知液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强．
(2)如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，重力加速度为g，活塞与缸壁之间无摩擦，求封闭气体A、B的压强各多大？
【答案】(1)甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－eq \f(\r(3),2)ρgh
丁：p0＋ρgh1 戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3) pb＝p0＋ρg(h2－h1)
(2)pA＝p0＋eq \f(mg,S) pB＝p0－eq \f(Mg,S)
【解析】
(1)题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有p甲S＋ρghS＝p0S
所以p甲＝p0－ρgh
题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＋ρghS＝p0S
p乙＝pA＝p0－ρgh
题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pA′S＋ρghsin 60°·S＝p0S
所以p丙＝pA′＝p0－eq \f(\r(3),2)ρgh
题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S＝p0S＋ρgh1S
所以p丁＝p0＋ρgh1.
题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，
所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，
故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．
(2)题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知pAS＝p0S＋mg，
得pA＝p0＋eq \f(mg,S)；
题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件知p0S＝pBS＋Mg，
得pB＝p0－eq \f(Mg,S).
如图所示，汽缸由两个截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为mA＝12 kg、mB＝8.0 kg，横截面积分别为SA＝4.0×10－2 m2、SB＝2.0×10－2 m2，一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa.
(1)汽缸水平放置达到如图甲所示的平衡状态，求气体的压强p1；
(2)将汽缸竖直放置，达到平衡，如图乙所示，求气体的压强p2.
【答案】
(1)1.0×105 Pa (2)1.1×105 Pa
【解析】
(1)汽缸处于题图甲所示位置时，汽缸内气体压强为p1，对于活塞和杆，由力的平衡条件得
p0SA＋p1SB＝p1SA＋p0SB
解得p1＝1.0×105 Pa
(2)汽缸处于题图乙所示位置时，汽缸内气体压强为p2，对于活塞和杆，由力的平衡条件得
p0SA＋p2SB＋(mA＋mB)g＝p2SA＋p0SB
解得p2＝1.1×105 Pa.
气体实验定律及应用
例题3.
为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物．当缸内温度为T1＝360 K时，活塞与缸底相距H＝6 cm、与重物相距h＝4 cm.已知锅炉房内空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度．
(1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2.
(2)当锅炉外壁的温度为660 K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量M.
【答案】(1)600 K (2)1 kg
【解析】
(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，V1＝HS，V2＝(H＋h)S
由盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
代入数据解得T2＝600 K
(2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化T3＝660 K
由平衡条件有p＝p0＋eq \f(Mg,S)
由查理定律有eq \f(p0,T2)＝eq \f(p,T3)
代入数据解得M＝1 kg.
如图所示，一粗细均匀的“山”形管竖直放置，A管上端封闭，B管上端与大气相通，C管内装有带柄的活塞，活塞下方直接与水银接触．A管上方用水银封有长度L＝10 cm的空气柱，温度t1＝27 ℃；B管水银面比A管中高出h＝4 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg.为了使A、B管中的水银面等高，可以用以下两种方法：
(1)固定C管中的活塞，改变A管中气体的温度，使A、B管中的水银面等高，求此时A管中气体的热力学温度T2；
(2)在温度不变的条件下，向上抽动活塞，使A、B管中的水银面等高，求活塞上移的距离ΔL.(结果保留一位小数)
【答案】 (1)228 K (2)5.1 cm
【解析】
(1)设“山”形管的横截面积为S，对A部分气体，
初态有p1＝p0＋h＝76 cmHg＋4 cmHg＝80 cmHg
末态有p2＝76 cmHg
气柱长度为L＝10 cm，L′＝8 cm
根据理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
故有eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(p2L′S,T2)
解得T2＝ 228 K
(2) 由于T不变，对A部分气体根据玻意耳定律可得p1V1＝p3V3
即有p1LS＝p0L3S
解得L3≈10.53 cm
所以C管中水银长度的增加量为
ΔL＝4 cm＋0.53 cm＋0.53 cm≈5.1 cm
即活塞上移的距离为5.1 cm.
(2021·广东卷·15(2))为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×
105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强．
【答案】 1.3×105 Pa
【解析】
以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL＝0.4 cm3
注射器内气体体积为V2，
有V2＝0.3×0.4 cm3＝0.12 cm3
根据玻意耳定律有p0(V1＋V2)＝p1V1
代入数据解得p1＝1.3×105 Pa.
气体状态变化的图像问题
例题4.一定质量的理想气体经历了如图所示的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( )
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Vd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( )
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．
一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p－T图像和V－T图像各记录了其部分变化过程．

(1)求温度为600 K时气体的压强；
(2)在p－T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整．
【答案】(1)1.25×105 Pa (2)见解析图
【解析】
(1)由p－T图像可知，气体由200 K到400 K的过程中做等容变化，由V－T图像可知，气体由400 K到500 K仍做等容变化，对应p－T图可得，T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa；由V－T图像可知，气体由500 K到600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强为1.25×
105 Pa.
(2)在p－T图像上补充画出400～600 K的气体状态变化图像，如图所示．
实验：探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
例题5.
如图1所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；
②移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值P1；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。
(1)关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是________(选填选项前的字母)。
A．移动活塞时应缓慢一些
B．封闭气体的注射器应密封良好
C．必须测出注射器内封闭气体的质量
D．气体的压强和体积必须用国际单位
(2)为了能最直观地判断气体压强P与气体体积V的函数关系，应作出________(选填“P－V”或“P－eq \f(1,V)”)图像。对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条________________线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
(3)在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1＞T2。在如图2所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是________(选填选项的字母)。
【答案】(1)AB (2)P－eq \f(1,V) 过原点的倾斜直 (3)AC
【解析】 (1)由于该实验是“用气体压强传感器探究气体等温变化的规律”，条件是气体质量一定，故实验中不能出现漏气现象；实验时应该缓慢一些，因为移动活塞时，相当于对气体做功或者气体对外做功，如果太快的话，气体的温度就会发生变化，故A、B正确；等温变化的规律为P1V1＝P2V2，所以不必要测出气体的质量，只要看它是否满足这样的变化规律即可，故C错误；只要两边压强P的单位统一，体积V的单位统一，就可以得出等温变化的规律，故D错误。
(2)如果作P－V图像，因为它们的乘积是不变的，故这个图像应该是一条曲线，为了直观地判断压强P与体积V的数量关系，正比关系更能形象直观地体现二者的关系，故应作出P－eq \f(1,V)的图像，在误差允许的范围内，P－eq \f(1,V)图线是一条过原点的倾斜直线。
(3)由于实验操作和数据处理均正确，则温度高的对应的PV值较大，分别在图线上找到两个点，则PV乘积较大的是T1对应的图线，故A正确，B错误；设P＝keq \f(1,V)，则k值大的对应PV的乘积也大，即斜率越大的对应的温度越高，故C正确，D错误。
某同学利用如图1所示传感器装置做“探究气体等温变化的规律”实验中，按如下操作步骤进行实验：
a．将注射器活塞移动到体积适中的V0位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V0与压强P0；
b．用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；
c．读出注射器刻度表示的气体体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强P；
d．重复b、c两步操作，记录6组数据，作P－V图。
结合上述步骤，请你完成下列问题：
(1)该同学对器材操作错误的是________________，因为该操作通常会影响气体的________(选填“温度”“压强”或“体积”)。
(2)我们在探究一定质量气体压强跟体积关系的实验中，一定质量气体等温变化的P－V图线如图2所示，图线的形状为双曲线的一支。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的，如图3所示。请判断图3中的两条等温线的温度T1________(选填“>”“＜”或“＝”)T2。
【答案】(1)用手握住注射器前端 温度 (2)＜
【解析】(1)在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化。
(2)在P－V图像中，根据eq \f(\a\Vs4\al(pV),T)＝C，即PV＝CT，离坐标原点越远的等温线温度越高，故T1＜T2。
如图甲所示，用气体压强传感器“探究气体等温变化的规律”，操作步骤如下：
①把注射器活塞推至注射器中间某一位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③重复上述步骤②，多次测量；
④根据记录的数据，作出V－eq \f(1,p)图线，如图乙所示．
(1)完成本实验的基本要求是________(填正确答案标号)．
A．在等温条件下操作
B．封闭气体的注射器密封性良好
C．必须弄清所封闭气体的质量
D．气体的压强和体积必须用国际单位
(2)理论上由V－eq \f(1,p)图线分析可知，如果该图线________，就说明气体的体积跟压强的倒数成正比，即体积与压强成反比．
(3)若实验操作规范正确，则图线不过原点的原因可能是________________________，图乙中V0代表______________________．
【答案】(1)AB (2)为过坐标原点的直线 (3)压强传感器与注射器间有气体 压强传感器与注射器间的气体体积
【解析】(1)该实验的条件是温度不变、气体质量一定，所以要在等温条件下操作，注射器密封性要好，故A、B正确．研究质量一定的气体压强与体积的关系，不需要测量气体的质量，故C错误．研究气体的压强和体积的比例关系，单位无需统一为国际单位，故D错误．
(2)根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，实验数据画出的V－eq \f(1,p)图线应是过坐标原点的直线．
(3)题图乙所示图线的方程为V＝keq \f(1,p)－V0，说明注射器中的气体体积小于实际的封闭气体体积，结合实验的器材可知，截距V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积．
一、单选题
1．新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。储气室内气体可视为理想气体，在喷液过程中储气室内温度保持不变，喷液全过程储气室内气体在P-V图像中的变化图线如图乙所示，A、B是双曲线上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态A的内能一定大于在状态B的内能
B．图中Rt△OAC和Rt△OBD的面积一定相等
C．气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
D．气体从状态A变化到状态B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
【答案】B
【解析】A．由于该双曲线为等温线，则气体在状态A、B时的分子平均动能相等,又由于气体为理想气体，则气体的分子势能可忽略不计，所以气体在状态A的内能一定等于在状态B的内能，选项A错误；
B．由题意可知,图线为等温曲线,由理想气体状态方程可得
由于C是常量，温度T保持不变，则pV为定值，则图中Rt△OAC和Rt△OBD的面积相等，选项B正确；
C．从状态A变化到状态B的过程中，气体的体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸收热量，又由于，则气体吸收的热量等于气体对外界所做的功，选项C错误；
D．从状态A变化到状态B的过程中气体的压强减小，则气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，选项D错误。
故选B。
2．如图所示，在一根一端封闭，一端开口，长1m的均匀直玻璃管中，装入长为75cm的水银柱，用它封住一部分空气。当将其开口向下竖直放置时，被封气柱长24cm，这时的大气压强为76cm汞柱。那么，当大气压强变为74cm汞柱时，管内水银柱长度h为（ ）
A．73cmB．73cm【答案】B
【解析】大气压强是76厘米高水银柱时，管中水银柱长75厘米。由
可知，封闭空气柱的压强为1厘米高水银柱。大气压变为74厘米高水银柱时，管内水银长度也小于74厘米高水银柱。水银外流使管中空气柱的长度增加，压强减小，设为，则
又
则
故选B。
二、多选题
3．下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积等于所有气体分子的体积之和
B．晶体与非晶体在适当条件下可以相互转化
C．当物体从外界吸收热量时，其温度可能不变
D．物体的温度越高，其中有些分子的动能可能越小
E．处于完全失重状态的液体，其表面不存在表面张力
【答案】BCD
【解析】A．由于气体分子间的距离远大于气体分子的直径，因此气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，选项A错误；
B．晶体与非晶体在适当条件下可以相互转化，选项B正确；
C．晶体处于熔化状态时，从外界吸收热量，但温度不变，选项C正确；
D．温度越高，分子的热运动越激烈，多数分子的动能增大，但其中少数分子的动能可能减小，选项D正确；
E．液体在完全失重状态下，其表面仍然存在表面张力，选项E错误。
故选BCD。
4．2021年8月5日，在东京奥运会跳水女子10m台决赛中，14岁的全红婵以总分466.2拿到金牌，并打破了世界纪录。她的五次跳水中有三次满分，娴熟的动作和标准的姿势不禁让李小鹏感叹：我扔个硬币溅起的水花都比她跳水的水花大。下列说法正确的是（ ）
A．运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为制造泳衣的材料对水不浸润
B．运动员入水激起的水花中，很多呈现球形，这是水的表面张力的作用
C．水池中的水温保持在26℃左右，用以保证运动员入水后的舒适度，此时运动员和水池中的水处于热平衡状态
D．运动员入水后，身体周围会出现一些小气泡，在水中产生的气泡内的气体压强大于大气压，这些小气泡在做无规则的布朗运动
【答案】AB
【解析】A．运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为泳衣由对水不浸润的材料制成，故A正确；
B．运动员入水激起的水花接近球形，这是表面张力的作用，故B正确；
C．水池中的水温约26摄氏度，用以保证运动员入水后的舒适度，此时运动员的体温和水池的水温并不相同，故C错误；
D．运动员入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，故D错误。
故选AB。
三、实验题
5．某同学利用智能手机和无人机测量当地的重力加速度值。经查阅资料发现在地面附近高度变化较小时，可以近似将大气作为等密度、等温气体，实验地空气密度约为。实验步骤如下：
（1）将手机固定在无人机上，打开其内置压力传感器和高度传感器的记录功能；
（2）操控无人机从地面上升，手机传感器将记录压强、上升高度随时间变化的情况，完成实验后降落无人机；
无人机上升过程中起步阶段可以看作匀加速直线运动，上升高度与其对应时刻如下表所示：
根据上表信息，无人机在时的速度大小为________，在加速过程中的加速度大小为________；（结果均保留2位小数）
（3）导出手机传感器记录的数据，得到不同高度的大气压值，选取传感器的部分数据，作出图像如图所示。根据图像可得到当地重力加速度值为__________（结果保留2位有效数字）。
【答案】 0.90 3.05 9.7
【解析】（2）[1]根据表中数据可得每个0.3s内无人机的上升高度分别为
根据以上数据可知，在误差允许范围内，有
所以0~1.2s时间内无人机始终做匀加速直线运动，在t=0.3s时的速度大小为
[2]根据逐差法可得在加速过程中的加速度大小为
（3）[3]设地面大气压强为p0，则
所以图线的斜率为
解得
四、解答题
6．如图，一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃管竖直放置，A端封闭，D端开口。玻璃管内通过水银柱封闭a、b两段气体，a气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图。已知大气压强，环境温度为。取。
（1）通过加热器对b气体缓慢加热，使其温度升高到时玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
（2）保持b气体温度不变，以BC为轴将玻璃管缓慢旋转至U形管躺平且不漏气，则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）假设b气体膨胀过程中未到达C，膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变，气体b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀，对b气体由盖-吕萨克定律
得
解得
故b气体的长度变为，而因为b的气压没有改变，所以a的气压也不变，即a的体积不会发生变化，所以b只会向右移动，故
故假设成立，玻璃管内剩余水银柱的总长度为：
（2）以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态，a、b两部分气体均做等温变化，且压强均变为，a气体初状态的压强
根据玻意耳定律
得
对b气体，初状态的压强为
根据玻意耳定律有
得
则剩余水银柱的长度
7．如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，a、b是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在，b之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T，活塞与卡环b刚好接触，无作用力，活塞离缸底的距离为3h，卡环能承受的压力最大为mg，活塞的厚度不计，大气压强大小等于，g为重力加速度，求：
（1）要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
（2）若提高环境温度，当环境温度为1.4T时，缸内气体的压强多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）开始时，缸内气体压强
气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强
气体发生等容变化，则有
解得
（2）假设环境温度为时活塞与卡环接触，且卡环没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有
解得
设此时活塞与卡环的作用力为，则
解得
由于且，假设成立，因此缸内气体压强为
8．新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱（即舱内气体压强低于外界的大气压强），这种负压舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压舱容积为，初始时温度为27℃，压强为；运送到某地区后，外界温度变为9℃，大气压强变为，已知负压舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取。
（1）求送到某地区后负压舱内的压强；
（2）运送到某地区后需将负压舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余质量之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】运送过程舱内气体体积恒定，由查理定律得
解得
（2）到达当地抽出气体过程气体等温变化 设舱内体积温V0，气体压强达到当地大气压时总体积为V3，由
得
所以抽出气体和剩余质量之比是
9．我国部分地区有放孔明灯祈福的习俗，如图所示为一圆柱形孔明灯，下端开口，其底面面积S=0.52m2，高h=1.0m，灯体的质量m=0.13kg，将灯体固定，加热灯内气体，当温度由7℃升至77℃时，取重力加速度10m/s2，常压下7℃空气密度ρ=1.3kg/m3，求：
（1）灯内逸出气体的质量与加热前灯内气体的质量之比；
（2）灯体解除固定，灯内温度升高到多少孔明灯能升空？（保留一位小数）
【答案】（1）；（2）73.7℃
【解析】（1）加热前气体的温度为
加热后的气体温度为
设圆柱的体积为V，逸出的气体的体积为ΔV1，对剩余气体的体积根据盖·吕萨克定律得

同温同压下，气体的质量比等于体积比，所以逸出的气体与加热前的质量比为

解得
（2）当灯体的重力和内部气体的重力之和等于浮力时灯会上升，所以只要排出的气体的重力等于灯体的重力灯就能上升。设加热到t3后排出的气体的体积为ΔV2

对剩余气体的体积根据盖·吕萨克定律得
根据题意得

解得
10．如图，两个导热良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ的高度均为、底面积相同，其顶部分别有阀门、，下端用有阀门的细管（容积可忽略）连通，Ⅱ中有密封良好且可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略），初始时，三个阀门均打开，活塞在Ⅱ的底部。现关闭、，通过给汽缸充气，使Ⅰ中气体的压强达到大气压的1.5倍时关闭。已知环境温度为。
（1）保持关闭，同时打开、，求活塞稳定时的位置；
（2）在（1）状态下，再缓慢使环境温度升高到，求此时缸内气体的压强。
【答案】（1）活塞稳定时离底部距离为；（2）
【解析】（1）保持关闭，同时打开、，设活塞稳定时离底部距离为，且还没到达顶部，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得
解得
可知假设成立，则活塞稳定时离底部距离为。
（2）在（1）状态下，缓慢使环境温度升高，设活塞到达刚好到达顶部时，环境温度为，根据理想气体状态方程可得
解得
可知缓慢使环境温度升高到，活塞已经到达顶部，根据理想气体状态方程可得
解得此时缸内气体的压强为
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，其体积与热力学温度成正比
表达式
p1V1＝p2V2
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)或eq \f(p1,p2)＝eq \f(T1,T2)
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)或eq \f(V1,V2)＝eq \f(T1,T2)
图象
上升高度/
0
13.64
53.82
121.91
217.44
时刻/
0
0.30
0.60
0.90
1.20