第二章 气体、固体和液体——高二物理下学期期末章节知识点精讲精练（人教版2019选择性必修第三册）

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第二章 气体、固体和液体


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归纳提升


专题一 液柱移动问题

1.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的推理，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。
2.温度不变情况下的液柱移动问题
这类问题的特点是在保持温度不变的情况下改变其他题设条件，从而引起封闭气体的液柱的移动，或液面的升降，或气体体积的增减。解决这类问题通常假设液柱不移动，或液面不升降，或气体体积不变，然后从此假设出发，运用玻意耳定律等有关知识进行推论，求得答案。
3.温度变化情况下液柱移动问题
此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。其一般思路为：
(1)先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。
(2)对两部分气体分别应用查理定律，求出每部分气体压强的变化量Δp＝p，并加以比较。
①如果液柱或活塞两端的横截面积相等，则若Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱或活塞向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱或活塞向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱或活塞不移动。②如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应考虑液柱或活塞两端的受力变化(ΔpS)，若Δp均大于零，则液柱或活塞向ΔpS较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱或活塞向|ΔpS|较大的一方移动；若ΔpS相等，则液柱或活塞不移动。

【例一】　如图所示，在两端封闭的玻璃管中间用水银柱将其分成体积相等的左右两部分，并充入温度相同的气体，若把气体缓缓升高相同的温度(保持管水平不动)，然后保持恒温，则：

(1)水银柱如何移动？
(2)若气体B初始温度高，把气体缓缓升高相同的温度，然后保持恒温，则水银柱又如何移动？

【解析】　(1)假设水银柱不动，两部分气体均作等容变化，设开始时气体温度为T0，压强为pA和pB，升高温度ΔT，升温后为T1和T2，压强为pA′和pB′，压强变化量为ΔpA和ΔpB，分别对两部分气体应用查理定律
对于A：＝＝
ΔpA＝
对于B：＝＝
ΔpB＝
pA＝pB，故有ΔpA＝ΔpB，
故水银柱不动。
(2)假设体积不变
ΔpA＝
ΔpB＝
由于TA 则ΔpA>ΔpB，故水银柱向B移动。
【答案】　(1)水银柱不动　(2)水银柱向B移动


【对点训练】
1．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

【解析】　方法一　假设管内水银柱高度不变，由于水银柱的高度不变，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(即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，由于管内封闭空气柱长度不变，h增大，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】　A

2.如图所示，粗细均匀的玻璃管，两端封闭，中间用一段小水银柱将空气分隔成A、B两部分，竖直放置处于静止时，水银柱刚好在正中，则

(1)现让玻璃管做自由落体运动时，水银柱相对玻璃管如何移动？
(2)现将玻璃管水平放置，当再次达到平衡时，水银柱相对于玻璃管如何移动？

【解析】　(1)原来静止时pB>pA，玻璃管自由落体运动时，水银处于完全失重状态，当水银柱相对玻璃管稳定时pB＝pA(结合受力分析)，对于A气体压强增大，根据玻意耳定律，体积减小，而B气体正好相反，所以水银相对玻璃管向上移动。
(2)原来竖直时pB>pA，玻璃管水平后，再次平衡时pB＝pA(结合受力分析)，对于A气体压强增大，根据玻意耳定律，体积减小，而B气体正好相反，所以水银相对玻璃管向A移动。
【答案】　(1)向上移动　(2)向A移动



专题二 力热综合问题

气体实验三定律的应用，必然涉及气体压强的计算，而压强的计算本质上就是力的计算，所以热学综合问题必然同时涉及力学的规律。
热学综合问题通常涉及气体以及封闭气体的装置——汽缸或活塞、液柱或玻璃管等多个研究对象，涉及热学、力学乃至电学等物理知识，需要灵活、综合地应用所学知识来解决问题。
1.解答力热综合题的一般思路
(1)确定研究对象
一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象——一定质量的理想气体；另一类是力学研究对象——汽缸、活塞、液柱或玻璃管等封闭气体的装置。
(2)明确物理过程
明确题目所述的物理过程。对热学对象确定初、末状态及状态变化过程，选择气体定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，根据力学规律列出方程。

(3)注意挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。
(5)对求解的结果注意检验它们的合理性。
2.力热综合问题的几种常见类型
(1)力热系统处于平衡状态，需综合应用气体定律和物体的平衡条件解题。
(2)力热系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体定律和牛顿运动定律解题。
(3)封闭气体的容器(如汽缸、活塞、液柱、玻璃管等)与气体发生相互作用的过程中，如果满足守恒定律的适用条件，可根据相应的守恒定律解题。
(4)两个或多个力热系统相关联，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。
说明　当选取力学研究对象时，可以根据需要灵活地选整体或部分为研究对象受力分析，列平衡方程或动力学方程。

【例二】　如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，筒内横截面积S＝0.01 m2，中间用两个活塞A与B封住一定量的气体。A、B都可以无摩擦地滑动，A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数k＝5×103 N/m的弹簧相连，已知大气压强p0＝1×105 Pa，平衡时两活塞间距离为L0＝0.6 m。现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后保持平衡，此时用于压A的力F＝500 N，求活塞A向下移动的距离(B活塞未移到小孔位置)。

【解析】　先以圆筒内封闭气体为研究对象，
初态：p1＝p0，V1＝L0S，
末态：p2＝？，V2＝LS。

对活塞A，受力情况如图所示，有：
F＋p0S＝p2S，
所以p2＝p0＋，
由玻意耳定律得
p0·L0S＝·LS，
解得L＝0.4 m。
以A、B及封闭气体系统整体为研究对象，则施加力F后B下移的距离
Δx＝＝0.1 m，
故活塞A下移的距离ΔL＝(L0－L)＋Δx＝0.3 m。

【答案】　0.3 m


【对点训练】
2．一端封闭开口向上的玻璃管，在封闭端有l＝10 cm的水银柱封闭着空气柱，当其静止在30°斜面上时，空气柱长l0＝20 cm，如图所示。当此管从倾角为30°的光滑斜面上滑下时，空气柱变为多长？已知大气压强p0＝75 cmHg，玻璃管足够长，水银柱流不出玻璃管(过程中气体温度不变)。


【解析】　当玻璃管静止在斜面上时，以水银柱为研究对象，设水银密度为ρ，管横截面积为S，重力加速度为g，p1为空气柱压强。有p1S＝ρSlgsin 30°＋p0S，
得p1＝80 cmHg，
当玻璃管沿斜面下滑时，以整体作为研究对象，
有mgsin θ＝ma得a＝gsin θ①
以水银柱为研究对象(p2为空气柱压强)
有ρSlgsin θ＋p0S－p2S＝ρlSa②
联立①②两式得p2＝p0，由玻意耳定律p1l0S＝p2l0′S，
解得l0′＝ cm。

【答案】　　 cm

4.如图所示，竖直放置在水平面上的汽缸，其缸体质量M＝10 kg，活塞质量m＝5 kg，横截面积S＝2×10－3 m2，活塞上部的汽缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a与外界相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞的下端与劲度系数k＝2×
103 N/m的弹簧相连。当汽缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L＝20 cm。当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面的压力为零。(g取10 m/s2，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦)

【解析】　活塞和汽缸在缸内气体处于初、末状态时，分别处于平衡状态。当t1＝127 ℃时，弹簧为原长，这时地面对汽缸有支持力的作用。当汽缸内气体升到某一温度t2时，气体对缸体有向上的压力p2S＝p0S＋Mg时，地面对缸体的
支持力为零。此时活塞和缸体的重力(m＋M)g与弹簧弹力kx平衡，气柱长为L2＝L＋x，对缸内气体用理想气体状态方程可求解t2。
缸内气体初态：V1＝LS＝20S，
p1＝p0－＝0.75×105 Pa，T1＝(273＋127) K＝400 K。
末态：p2＝p0＋＝1.5×105 Pa，
系统受力平衡：kx＝(m＋M)g，
则x＝＝0.075 m＝7.5 cm。
缸内气体体积V2＝(L＋x)S＝27.5S，
对缸内气体建立状态方程＝，
即＝。
解上式可得T2＝1 100 K，
即t2＝(T2－273) ℃＝827 ℃。

【答案】　827 ℃

专题三 物体的内能


定义
微观
宏观
量值
分子的动能
物体的分子不停地运动着，运动着的分子所具有的能
分子永不停息地做无规则运动
与温度有关
永远不等于零
分子的势能
物体的分子由它们的相对位置所决定的能
分子间存在相互作用的引力和斥力所决定的能
与物体的体积有关
可能等于零
物体的内能
物体内所有分子动能与势能的总和
分子热运动和分子间存在作用力
与物质的量、温度、体积有关
永远不等于零

【例二】　关于温度和内能的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大
B．物体温度高，则物体每一个分子的动能都大
C．某物体内能增大时，其温度一定升高
D．甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体大
【解析】　温度是分子平均动能的标志，物体的温度高，则物体的分子平均动能大，但其中某个分子的动能不一定大，故A项对，B项错；物体内能增大时，其温度不一定升高，例如冰变成同温度的水时，吸收热量，内能增
大，温度不变，故C项错；温度高的物体分子平均动能大，但分子平均速率不一定大，因平均速率还与分子质量有关，故D项错．
【答案】　A

【对点训练】
3. (1)一颗炮弹在空中以某一速度v飞行，有人说：由于炮弹中所有分子都具有这一速度v，所以分子具有动能；又由于分子都处于高处，所以分子又具有势能，因此分子的上述动能和势能的总和就是炮弹的内能，试分析这种说法是否正确．

(2)也有人说：炮弹飞行时，与空气摩擦造成炮弹温度升高，所以炮弹内每个分子的温度都升高，每个分子的动能都增大，试分析这种说法是否正确．
【解析】　(1)不正确．物体的内能是指物体内分子无规则热运动的动能和分子间由于相互作用而具有的分子势能的和．它和整个物体宏观有序运动的动能mv2及物体的重力势能mgh即机械能是完全不同的两个概念，是两种形式的能量．物体具有内能的同时，还可具有机械能，物体的机械能可以为零，但物体的内能不可能为零．机械能和内能在一定条件下可相互转化．
(2)不正确．炮弹飞行时，由于不断克服摩擦力做功，机械能在减少，因摩擦生热，它的温度升高．但温度是宏观量，对单个分子而言，温度无意义，随着温度升高，炮弹内分子的平均动能增大，但对个别分子，其动能不一定增大．
【答案】　见解析

综合检测

第七章　 分子动理论


一、 多项选择题

1．干湿泡温度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，表示(　　)
A．空气的绝对湿度越大
B．空气的相对湿度越小
C．空气中的水蒸气的实际压强离饱和程度越近
D．空气中的水蒸气的绝对湿度离饱和程度越远
【答案】BD
【解析】略。

2.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的关系如图所示．图中分子势能的最小值为－E0，若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是(　　)

A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大
B．乙分子在P点(x＝x2)时，动能为E0
C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态
D．乙分子的运动范围为x≥x1
【答案】BD
【解析】乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，故A错误．乙分子在P点分子势能为－E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，故B正确．乙分子在Q点，分子势能为零，合力表现为分子斥力，故C错误．当x＜x1时分子势能为正，总能量为0，动能应为负，是不可能的，因此分子的运动范围为x≥x1，故D正确．
故选BD。

3．(2019·贵州毕节市适应性监测(三))下列说法正确的是(　　)
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止
C．将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体
D．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
E．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
【答案】BCD
【解析】当分子间的距离大于r0时，随着分子间距离的减小，分子势能减小；当分子间的距离小于r0时，随着分子间距离的减小，分子势能增大，A错误；分子做永不停息的无规则热运动，B正确；将一块晶体敲碎不改变其性质，因此还是晶体，C正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如石墨和金刚石，D正确；晶体在熔化过程中吸热，温度保持不变，但是其分子势能发生了变化，内能是分子势能和分子动能组成的，因此其内能发生变化，E错误．
故选BCD。

4．(2019·广西钦州市4月综测)下列说法正确的是(　　)
A．温度相同的物体，内能不一定相等
B．布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动
C．所有晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点
D．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力表现为引力
E．若不考虑分子势能，则质量、温度都相同的氢气和氧气内能相等
【答案】ACD
【解析】温度相同的物体，分子平均动能相同，但是物体的内能还与分子的数目、体积有关，故内能不一定相等，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，但不是液体分子的运动，故B错误；区分晶体与非晶体要看有没有确定的熔点，所有晶体都有确定的熔点，非晶体都没有确定的熔点，故C正确；液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离；分子力表现为引力，故D正确；不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相同，但由于氢气分子的分子数多，故氢气的内能较大，故E错误．
故选ACD。
5．(2019·河南普通高中高考物理模拟)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置，其原理图如图所示．座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空．航天员由太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡．假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是(　　)

A．气体并没有对外做功，气体内能不变
B．B中气体可自发地全部退回到A中
C．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
D．气体温度不变，体积增大，压强减小
E．气体分子单位时间内对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
【答案】ADE
【解析】因为气闸舱B内为真空，气体自由扩散，体积膨胀，但没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，故A正确，C错误； 根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误；内能不变，故温度不变，平均动能不变，根据玻意耳定律可知pV为定值，扩散后则体积V增大，压强p减小，气体分子的密集程度减小，可知气体分子单位时间对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将变少，故D、E正确．
故选ADE。

6.(2018·全国卷Ⅲ·33(1))如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示．在此过程中(　　)

A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【答案】BCD
【解析】在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，A错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B对；气体体积膨胀，对外做功，C对；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热，D对；由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E错．
故选BCD。

7．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)下列有关自然现象的描述或判断中，正确的是(　　)
A．露珠通常呈现球状，是水的表面具有张力作用的结果
B．气体可以被压缩，但又不能无限地被压缩，说明气体分子间存在相互作用的斥力
C．在阳光的照射下，经常看见空气中尘埃所做的无规则运动是布朗运动
D．水和酒精混合后的总体积小于两者体积之和，说明分子间存在间隙
E．冰块打碎后，具有各种不同的形状，说明冰不是晶体
【答案】ABD
【解析】表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力，露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故A正确；气体能被压缩，说明分子之间存在间隙，而又不能无限地被压缩，说明气体分子间存在相互作用的斥力，故B正确；飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的，不是布朗运动，故C错误；酒精和水混合后总体积减小，说明分子间有间隙，故D正确；区分是不是晶体要看其是否具有确定的熔点，冰具有确定的熔点，是晶体，故E错误．
故选ABD。

8．(2019·山东烟台市下学期高考诊断)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是(　　)
A．满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
B．知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，就可求出其分子体积
C．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
D．热量可以从低温物体传到高温物体
E．液体很难被压缩的原因是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力
【答案】ACD
【解析】　根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A正确；知道某物质的密度、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B错误；温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；根据热力学第二定律知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是会引起其他变化，故D正确；液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增大得更快，分子力表现为斥力，故E错误．
故选ACD。

9．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是(　　)

A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m
B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m
C．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力的合力表现为斥力
D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能不一定越来越大
【答案】BD
【解析】　e点横坐标等于分子平衡距离r0，其数量级应为10－10 m，因平衡距离之内，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力。则ab为引力曲线，cd为斥力曲线，B对。两分子间距离大于e点的横坐标，即r＞r0时，作用力的合力表现为引力，C错。若r＜r0、当两分子间距离增大时，合力做正功，分子势能减小， D错。
故选BD。


二、 非选择题

10.某货船在运送货物过程中，不慎将200升纯油酸渗漏到某湖泊中，几天后，水面上有漂浮的油酸，当地环保部门为了评估本次泄漏事故对环境的影响，对油酸在湖面上的扩散情况进行拍照并将图片完整的绘制到坐标纸上，得到如图所示的轮廓图，已知坐标纸上每个小方格的边长为1 cm，轮廓图的比例尺为1∶10 000(比例尺等于图上距离与实际距离的比)，据测算，在湖面上形成的油膜仅由全部泄露油酸的形成，假设形成的油膜为单分子油膜，根据以上信息，可以算出：(结果均保留两位有效数字)

(1)该湖面上油膜的实际面积约为________ m2；
(2)油酸分子的直径约为________ m.

【答案】(1)2.8×105　(2)7.1×10－10
【解析】　(1)由于每格边长为1 cm，则每一格面积就是1 cm2，估算油膜的面积时超过半格算一格，小于半格就舍去，共计28格，而轮廓图的比例尺为1∶10 000，
那么该湖面上油膜的实际面积约为S＝28×100×100 m2＝2.8×105 m2.
(2)在湖面上形成的油膜对应的油酸体积是：V＝×200 L＝0.2 L
分子直径为d＝＝ m≈7.1×10－10 m.

11．为保证环境和生态平衡，在各种生产活动中都应严禁污染水源。在某一水库中，一艘年久失修的快艇在水面上违规快速行驶，速度为8 m/s，导致油箱突然破裂，柴油迅速流入水中，从漏油开始到船员堵住漏油处共用t＝1.5 min。测量时，漏出的油已在水面上形成宽约为a＝100 m的长方形厚油层。已知快艇匀速运动，漏出油的体积V＝1.44×10－3 m3，求：
(1)该厚油层的平均厚度D。
(2)该厚油层的厚度D约为分子直径d的多少倍。(已知油分子的直径约为10－10 m)

【答案】(1)2×10－8 m　(2) 200

【解析】　(1)油层长度L＝v t＝8×90 m＝720 m
油层厚度D＝ m＝2×10－8 m。
(2)n＝＝200倍。

12． 房间地面表面积为15 m2，高为3 m，空气的平均密度ρ＝1.29 kg/m3, 空气的平均摩尔质量M＝2.9×10－2 kg/mol，求该房间内空气的质量和空气分子间的平均距离。(保留两位有效数字)

【答案】58 kg　3.3×10－9 m

【解析】　由m＝ρV可知，房间内空气的质量m＝1.29×15×3 kg＝58 kg。
房间中空气的总分子数n＝×NA＝1.2×1027个。
每个分子占据的空间体积V0＝V/n≈3.7×10－26 m3，则分子间的平均距离d＝≈3.3×10－9 m。


13．氯化钠的单位晶胞为立方体，黑点为钠离子位置，圆圈为氯离子位置，食盐的整体就是由这些单位晶胞组成的。食盐的摩尔质量为58.5 g/mol，密度为ρ＝2.22×103 kg/m3，试确定氯离子之间的最短间距。


【答案】3.9×10－10 m
【解析】　由题图可知，相邻氯离子的间距等于立方体表面对角线的长度，先求食盐的摩尔体积VN＝M/ρ，已知1 mol食盐中含有2 mol的离子(氯离子和钠离子各一摩尔)，则每个离子平均占有的空间体积是V0＝VN/2NA，每个离子平均占有一个立方体，故立方体边长为l＝
最邻近的两个氯离子的间距等于
l′＝≈3.9×10－10 m。

14．利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数。把密度ρ＝0.8×103 kg/m3的某种油，用滴管滴一滴在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V＝0.5×10－3 cm3，形成的油膜面积为S＝0.7 m2，油的摩尔质量M＝9×10－2 kg/mol，若把油膜看成单分子层，每个油分子看成球形，那么：
（1）油分子的直径是多少？
（2）由以上数据可粗略测出阿伏加德罗常数NA是多少？（先列出计算式，再代入数值计算，只要求保留一位有效数字）

【答案】（1）7×10－10 m　（2）6×1023 mol－1
【解析】　（1）油分子的直径d＝m＝7×10－10 m。
（2）油的摩尔体积为V＝
每个油分子的体积为V0＝
所以，阿伏加德罗常数为NA＝
联立以上各式解得NA＝
代入数值解得NA＝6×1023 mol－1。


15．已知地球表面大气压强为p0，地球半径为R，重力加速度为g，地球周围大气层的厚度为h，空气的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA。试估算地球大气层内气体分子的平均距离。
【答案】
【解析】　地球表面空气的质量M＝
总分子数为n＝
大气总体积V＝Sh＝4πR2h
则分子平均距离d＝
解得d＝。

16.一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm(即76.0 cmHg)、温度为27.0℃的氦气时，体积为3.50 m3.在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内的氦气压强逐渐减小到此高度处的大气压36.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0℃.求：
(1)氦气在停止加热前的体积；
(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积．

【答案】(1)7.39m3　(2)5.54m3
【解析】　(1)在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
式中，p1＝76.0cmHg，V1＝3.50m3，p2＝36.0cmHg，V2是在此等温过程末氦气的体积．
由①式得V2＝7.39m3②
(2)在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225K．这是一等压过程，根据盖—吕萨克定律有＝③
式中，V3是在此等压过程末氦气的体积．由③式得V3＝5.54m3

17.汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升．已知某型号轮胎能在－40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5 atm，最低胎压不低于1.6 atm，那么，在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适(设轮胎的体积不变)．

【答案】2.01atm～2.83atm

【解析】对于胎内气体，体积不变，根据查理定律，知
＝，t1、p1分别为－40℃、1.6atm
20℃时轮胎的压强为p2＝p1＝×1.6atm≈2.01atm
若t3、p3分别为90℃、3.5atm
根据查理定律得＝
20℃时轮胎的压强为p2′＝p3＝×3.5atm≈2.83atm
故胎压范围为2.01atm
18.如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V—T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p—T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．

【答案】(1)200K　(2)见解析


【解析】由图甲所示可以看出，A与B的连线的延长线过原点O，所以A→B是一个等压变化过程，即pA＝pB.
根据盖—吕萨克定律可得：＝，
所以TA＝·TB＝×300K＝200K
(2)由图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得：
＝，所以pC＝·pB＝pB＝pB＝×1.5×105Pa＝2.0×105Pa
则可画出由状态A→B→C的p—T图象如下图所示．


19.如图所示，长L=2m的均匀细管竖直放置，下端封闭，管内封有一定量的气体。现用一段长h=25cm的水银柱从管口注入将气柱封闭，该过程中环境温度T0=360K不变且不漏气。现将玻璃管移入恒温箱中倒置，稳定后水银柱下端与管口平齐（没有水银漏出）。已知大气压强为p0=75cmHg。求注水银后气柱的长度和恒温箱的温度各为多少？







【答案】(1) 1.75m　(2) 210K
【解析】初态P0=75cmHg，L=2m；注水银后气柱的长度为L1，=100cmHg
由玻意耳定律知，代入数据得L1=1.5m
管倒置后气压=50cmHg，长度为
=1.75m
由状态方程知 联立解得T=210K。
20.质量M=10kg的缸体与质量m=4kg的活塞，封闭一定质量的理想气体(气体的重力可以忽略)，不漏气的活塞被一劲度系数k=20N/cm的轻弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示。环境温度为T1=1500K时被封气柱长度L1=30cm，缸口离地的高度为h=5cm，若环境温度变化时，缸体有良好地导热性能。已知活塞与缸壁间无摩擦，弹簧原长L0=27cm，活塞横截面积S=2×10-3m2，大气压强p0=1.0×105Pa，当地重力加速度g=10m/s2，求环境温度降到多少时气缸着地，温度降到多少时能使弹簧恢复原长。

【答案】(1) 1250K　(2) 480K
【解析】因气缸悬空，先降温时气体等压变化，压强恒为
由盖吕萨克定律知，代入数据得T2=1250K
待缸口着地后，再降温时活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由知弹簧的形变量为x=7cm
设弹簧恢复原长时的环境温度为T3，气体压强为p3，气柱长度为L3，由活塞的平衡知，由几何关系知
由状态方程知，整理可得T3=480K