2020年高考物理专题复习(教科版)：固体、液体和气体含解析

[课时作业] 单独成册 方便使用 1．(1)下列说法正确的是________． A．饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大 B．饱和汽是指液体不再蒸发，蒸汽不再液化时的状态 C．单晶体都有固定的形状，确定的熔点 D．所有晶体由固态变成液态后，再由液态变成固态时，固态仍为晶体 E．液晶分子的空间排列虽然在特定的方向排列比较整齐，但是分子的排列是不稳定的 (2)如图所示，圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t ℃)密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸L10处．已知环境温度底为L.由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面

为27 ℃不变，mgS与16大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t值．

解析：(1)饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，A正确；饱和汽是指蒸发和液化处于动态平衡，B错误；单晶体的空间点阵结构决定单晶体有固定形状，确定的熔点，C正确；水晶为晶体，熔化再凝固后变为非晶体，D错误；液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定的方向排列比较整齐，但分子的排列是不稳定的，所以E正确． (2)对汽缸内封闭气体，Ⅰ(酒精棉球刚熄灭时)状态： p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t)K

Ⅱ(重物稳定时)状态：p2＝p0－mgS＝56p0，V2＝910LS，T2＝300 K

由理想气体状态方程得p1V1T1＝p2V2T2解得t＝127 ℃. 答案：(1)ACE (2)127 ℃ 2．(1)如图所示，表示一个平面上晶体物质微粒的排列情况，图上画出了三条等长线AB、AC和AD，在这三条线上物质微粒的数目均________(选填“相同”或“不同”)，可以得出结论：晶体的物理性质是________的(选填“各向同性”或“各向异性”)． (2)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．求：

①气体在状态B时的压强pB； ②气体在状态C时的压强pC和温度TC. 解析：(1)晶体和非晶体的重要区别是：晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点，同时晶体中单晶体具有各向异性，而非晶体都各向同性．这三条线上物质微粒的数目均不同，从而得出结论为：晶体的物理性质是各向异性的． (2)①A→B：等温变化pAV0＝pB×2V0，

解得pB＝12p0

②B→C：等压变化，pC＝pB＝12p0， VBVC＝TBTC，TC＝12T0

答案：(1)不同 各向异性 (2)①12p0 ②12p0 12T0 3．(1)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围如图a、b、c所示，而甲、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d所示．则由此可判断出甲为________，乙为________，丙为________(选填“单晶体”“多晶体”或“非晶体”)．

(2)如图所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁．汽缸的总长度为L＝80 cm，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)．在汽缸内距左侧壁d＝30 cm处设有卡环A、B，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧 挨AB，缸内左侧氮气的压强p1＝0.8×105 Pa，右侧氧气的压强p2＝1.0×105 Pa，两边气体和环境的温度均为t1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变．

①求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度； ②继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ℃，求活塞移动的距离． 解析：(1)晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．单晶体的物理性质具有各向异性，多晶体的物理性质具有各向同性． (2)①“恰好要离开”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象： 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p2＝1.0×105 Pa，T2，V2＝V1

由查理定律，有p1T1＝p2T2 代入数据解得T2＝375 K ②继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3＝(227＋273) K＝500 K，设活塞移动距离为x 取氮气为研究对象： 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p3，T3＝500 K，V3＝dS＋xS

由理想气体状态方程，有p1V1T1＝p3V3T3 取氧气为研究对象： 初状态：p2＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，V4＝(L－d)S 末状态：p5＝p3，T5＝300 K，V5＝LS－V3 由玻意耳定律有p2V4＝p5V5 代入数据解得向右移动的距离x≈5.6 cm. 答案：(1)多晶体 非晶体 单晶体 (2)①375 K ②5.6 cm 4．(2018·湖北华中师大附中检测)(1)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缘故 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 (2)如图所示，一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量的理想气体被活塞封闭其中，已知汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动．开始时气体压强为p，活塞内表面相对汽缸底部的距离为L，外界温度为T0，现用一质量为m的重锤通过绳子跨过滑轮连接活塞，重新平衡后，重锤下降h.求： ①活塞的横截面积S. ②若此后外界的温度变为T，则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度为多少？已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g. 解析：(1)水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A项错误．正是表面张力使空中的雨滴呈球形，则B项正确．液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C项正确．高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D项错误．因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E项正确． (2)①由玻意耳定律可知 pLS＝p1(L＋h)S 活塞受力平衡，有p1S＝pS－mg 联立方程可得

S＝mgL＋hph ②由盖吕萨克定律有 L＋hST0＝L0ST

解得L0＝L＋hTT0. 答案：(1)BCE (2)①mgL＋hph ②L＋hTT0 5．(1)下列说法正确的是________． A．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离 B．温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同 C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁也有压强 D．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化 E．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存在斥力的缘故 (2)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg. ①为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？ ②封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？ 解析：(1)液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，A正确；温度相同的所有物体，其分子平均动能都相同，但由于分子质量不同，故平均速率不相同，故B错误；压强是由于分子的无规则运动撞击器壁产生的，故在失重状态下容器内的气体对器壁也有压强，故C正确；晶体和非晶体在于内部分子排列，在一定的条件下，改变分子内部结构，晶体和非晶体可以相互转化，故D正确；气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动，且分子间相互作用力非常小，各分子相对是自由的，从而不受相互间的约束，不是因为斥力的原因，故E错误． (2)①初态压强p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg 末态时左右水银面高度差为(16－2×3) cm＝10 cm 压强p2＝(76－10) cmHg＝66 cmHg

由理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2

解得T2＝p2V2T1p1V1＝350 K ②设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差 h′＝(16＋2×2) cm－l 由玻意耳定律p1V1＝p3V3 式中p3＝76 cmHg－(20－l)cmHg 解得l＝10 cm. 答案：(1)ACD (2)①350 K ②10 cm 6．(1)下列说法正确的是________． A．两个系统相互接触而传热，当两个系统的温度相等时就达到了热平衡 B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点 C．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度高于干泡显示的温度，是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 D．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引 E．单晶体某些物理性质具有各向异性，而非晶体和多晶体的是各向同性的 (2)如图所示的汽缸距底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计，两