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第2讲固体、液体与气体【知识导图】异性熔点表面积p1V1=p2V21 12212pVp VTT【微点拨】1.封闭气体压强的求解步骤:(1)确定研究对象。(2)受力分析。(3)列出力学方程。(4)代入数据求解。2.处理“两团气”问题的技巧:(1)分析“两团气”初、末状态的压强关系。(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。(3)分析“两团气”状态参量的变化特点,选取合适的实验定律列方程。【慧眼纠错】(1)大块塑料粉碎成形状相同的颗粒,每个颗粒即为一个单晶体。纠错:_(2)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。纠错:_塑料粉碎成的颗粒仍为非晶体。单晶体的有些物理性质是各向异性的。(3)液晶是液体和晶体的混合物。纠错:_(4)水蒸气达到饱和时,水蒸气的压强不再变化,这时蒸发和凝结就停止了。纠错:_液晶既不是液体,也不是晶体,更不是二者的混合物。水蒸气达到饱和时,蒸发和凝结仍在进行,并未停止。(5)船浮于水面上是由于液体的表面张力。纠错:_(6)一定质量的理想气体在等压变化时,其体积与摄氏温度成正比。纠错:_船浮于水面上是由于浮力作用,而不是液体的表面张力作用。体积与热力学温度成正比。(7)在闷热的夏天我们感到非常的不舒服,是因为空气的绝对湿度很大。纠错:_应是空气的相对湿度很大。考点1固体和液体的性质【典题探究】 【典例1】(多选)(2018锦州模拟)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡,用烧热的针接触其上一点,蜡熔化的范围如图所示。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所示,则()导学号04450276A.甲、乙为非晶体,丙是晶体B.甲、丙为晶体,乙是非晶体C.甲、丙为非晶体,乙是晶体D.甲为多晶体,乙为非晶体,丙为单晶体【解析】选B、D。由题图可知,甲、乙在导热性质上表现各向同性,丙具有各向异性,甲、丙有固定的熔点,乙无固定的熔点,所以甲为多晶体、丙为单晶体,乙是非晶体, B、D正确,A、C错误。【通关秘籍】 1.晶体和非晶体:(1)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。(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体,且是单晶体。(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体,反之,必是非晶体。(4)有些晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。2.液体表面张力:形成原形成原因因表面层中分子间的距离比液体内表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大部分子间的距离大, ,分子间的相分子间的相互作用力表现为引力互作用力表现为引力表面特表面特性性表面层分子间的引力使液面产生表面层分子间的引力使液面产生了表面张力了表面张力, ,使液体表面好像一使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜层绷紧的弹性薄膜表面张表面张力力的方向的方向和液面相切和液面相切, ,垂直于液面上的各垂直于液面上的各条分界线条分界线表面张表面张力力的效果的效果表面张力使液体表面具有收缩趋表面张力使液体表面具有收缩趋势势, ,使液体表面积趋于最小使液体表面积趋于最小, ,而在而在体积相同的条件下体积相同的条件下, ,球形的表面球形的表面积最小积最小【考点冲关】 1.(2018漳州模拟)下列现象中,不能说明液体存在表面张力的有()A.吹出的肥皂泡成球形B.硬币能漂浮于水面上C.滴入水中的红墨水很快散开D.在完全失重的环境下,熔化的金属能收缩成标准的球形【解析】选C。吹出的肥皂泡成球形,硬币能漂浮于水面上,在完全失重的环境下,熔化的金属能收缩成标准的球形,都是由于表面张力的作用;滴入水中的红墨水很快散开,是自由扩散的结果,与表面张力无关;故选C。2.(多选)(2018石家庄模拟)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,这是由于水表面存在表面张力B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠,而在干净的玻璃板上却不能,这是因为油脂使水的表面张力增大C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中,自由飘浮的水滴呈球形,这是表面张力作用的结果D.在毛细现象中,毛细管中的液面有的升高,有的降低,这与液体的种类和毛细管的材质有关E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时,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【解析】选A、C、D。水的表面张力托起针,A正确;水在油脂上不浸润,在干净的玻璃上浸润,B错误;当宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时,里面的所有物体均处于完全失重状态,此时自由飘浮的水滴在表面张力作用下呈现球形,C正确;对于浸润液体,在毛细管中上升,对于非浸润液体,在毛细管中下降,D正确;在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开,是大气压的作用,E错误。【加固训练】(多选)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.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.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D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体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【解析】选B、C、D。将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒还是晶体,选项A错误;固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上各向异性,具有不同的光学性质,选项B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,例如石墨和金刚石,选项C正确;在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体,例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化(温度超过300 )再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,所以选项D正确;在熔化过程中,晶体要吸收热量,虽然温度保持不变,但是内能要增加,选项E错误。考点2气体压强的产生和计算 【典题探究】 【典例2】若已知大气压强为p0,在图中各装置均处于静止状态,图中液体密度均为,求被封闭气体的压强。导学号04450277 【解题探究】压强乘以横截面积等于压力,关于力的问题,可以应用什么规律解决上述问题?提示:甲图AB液柱处于平衡状态,可以应用力的平衡规律处理,乙图、丙图问题也可以类似处理,若物体处于加速状态可以应用牛顿第二定律处理。【解析】在甲图中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知p甲S=-ghS+p0S所以p甲=p0-gh在图乙中,以B液面为研究对象,由平衡方程F上=F下有:pAS+ghS=p0Sp乙=pA=p0-gh在图丙中,仍以B液面为研究对象,有pA+ghsin 60=pB=p0所以p丙=pA=p0- gh答案:甲:p0-gh乙:p0-gh丙:p0- gh3232【通关秘籍】 理解气体压强的三个角度产产生生原原因因气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的决决定定因因素素宏观宏观上上取决于气体的温度和体积取决于气体的温度和体积微观微观上上取决于分子的平均动能和分子取决于分子的平均动能和分子的密集程度的密集程度【考点冲关】 如图所示,光滑水平地面上放有一质量为m的导热汽缸,用活塞封闭了一部分气体。活塞质量为 ,截面积为S,可无摩擦滑动,汽缸静止时与缸底距离为L0。现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽缸与活塞达到相对静止状态。已知大气压强为p0。求:导学号04450278m2(1)稳定时封闭气体的压强。(2)稳定时活塞与汽缸底部的距离。【解析】(1)选择汽缸、活塞和密闭气体整体作为研究对象,受力分析可知,水平恒力F即为整体受到的合外力,由牛顿第二定律得F=(m+ )a隔离活塞对其受力分析,设封闭气体压强为p,则由牛顿第二定律得m2(p-p0)S= a汽缸和活塞相对静止具有相同的加速度,联立以上两式,可得p=p0+ m2F3S(2)由汽缸为导热汽缸可知,汽缸内气体温度不变,气体为等温变化,设稳定时活塞与缸底部的距离为L由理想气体状态方程 =C得p0L0S=pLS可得L= 答案:(1)p0+ (2) pVT00000p LpLFpp3SF3S000pLFp3S【加固训练】如图所示,一水平放置的汽缸,由横截面积不同的两圆筒连接而成。活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接。它们可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。活塞A、B的横截面积分别为SA=40 cm2、SB=20 cm2。A、B之间封闭着一定质量的理想气体。汽缸外大气的压强为p0=1105 Pa,温度T0=294 K。初始时活塞A与大圆筒底部(大小圆筒连接处)相距2L,汽缸内气体温度为T1=500 K时,(1)汽缸内气体的温度缓慢降至400 K时,活塞移动的位移。(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。【解析】(1)汽缸内气体的温度降低时,其压强不变,活塞A、B一起向右移动,气体状态参量:V1=SA2L+SBL,V2=SA(2L-x)+SB(L+x),已知:T1=500 K,气体发生等压变化,由盖吕萨克定律得: 解得:x=L,由于x=L2L,表明活塞A未碰到大圆筒底部,故活塞A、B向右移动的位移为L。1212VVTT，(2)大活塞刚碰到大圆筒底部时:V3=3SBL,已知:T1=500 K,由盖-吕萨克定律得: 解得:T3=300 K,当汽缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时:T=T0=294 K,气体发生等容变化,由查理定律得: 解得:p=9.8104 Pa。答案:(1)L(2)9.8104 Pa3113VVTT，03ppTT ，考点3理想气体状态方程与气体实验定律的应用 【典题探究】 【典例3】(2017全国卷)如图,容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通,阀门K2位于细管的中部,A、B的顶部各有一阀门K1、K3,B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时,三个阀门均打开,活塞在B的底部;关闭K2、K3,通过K1给汽缸充气,使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ,汽缸导热。导学号04450279(1)打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强。(2)接着打开K3,求稳定时活塞的位置。(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ,求此时活塞下方气体的压强。【题眼直击】(1)三个阀门均打开。(2)活塞(质量、体积均可忽略)。(3)活塞稳定时。【解析】(1)设打开K2后,稳定时活塞上方气体的压强为p1,体积为V1。依题意,被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得:p1V1 = p0V ;(3p0 )V = p1(2V-V1);联立解得: V1 = ,p1 = 2p0V2(2)打开K3后,由上式知活塞必上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V22V) ,活塞下方气体压强为p2。由玻意耳定律得:(3p0 )V = p2 V2 ,可得:p2= 由上式可知,打开K3后活塞上升到B的顶部为止,此时p2= p0。023VpV；32(3)设加热后活塞下方气体压强为p3,气体温度从T1 =300 K上升到T2 = 320 K的等容过程中,由查理定律得: 将有关数据代入解得:p3=1.6p0。答案:(1) 2p0(2)顶部 (3)1.6p03212ppTT ；V2【通关秘籍】 应用理想气体状态方程解题的一般步骤:【考点冲关】 (2017全国卷)一热气球体积为V,内部充有温度为Ta的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。(1)求该热气球所受浮力的大小。(2)求该热气球内空气所受的重力。(3)设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量。【解析】(1)取1个大气压下质量为m的空气为研究对象,设它在温度为T0时的体积为V0,则其密度0= 设它在温度为Tb时的体积为Vb,密度b= 由于气体压强始终不变,由盖吕萨克定律得 0mVbmV0b0bVVTT由得b= 热气球所受浮力的大小F浮=bgV联立得F浮= gV0 0bTT0 0bTT(2)由式可知气球内温度为Ta的热空气的密度为a= 热气球内空气所受的重力G=aVg= gV 0 0aTT0 0aTT(3)设充气后它还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件可得F浮=G+m0g+mg由得m=T00V -m0答案:(1) gV(2) gV(3)T00V -m0ba11()TTba11()TT0 0bTT0 0aTT【加固训练】(2018青岛模拟)某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.710-3 m3。往桶内倒入4.210-3 m3的药液后开始打气,打气过程中药液不会向外喷出。如果每次能打进2.510-4m3的空气,要使喷雾器内药液能全部喷完,且整个过程中温度不变,则需要打气的次数是()A.16次B.17次C.20次 D.21次【解析】选B。设大气压强为p,由玻意耳定律,npV0+ pV=pV,V0=2.510-4m3,V=5.710-3 m3-4.210-3 m3=1.510-3 m3,V=5.710-3 m3,解得n=16.8 17次,选项B正确。考点4气体状态变化中的图象问题 【典题探究】 【典例4】(2018唐山模拟)如图甲所示,上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置,横截面积S=20 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体M封闭在汽缸内。在汽缸内距底部H=30 cm处有a、b两限制装置(a、b的体积可忽略),使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上,缸内气体的压强为p0(p0=1.0105 Pa,为大气压强),温度为27 。现缓慢加热汽缸内气体,其状态变化如图乙中的A、B、C所示,从状态B到状态C的过程中活塞上升了4 cm。活塞不漏气,缸内气体可视为理想气体,g取10 m/s2。求活塞的质量和固体M的体积。导学号04450280【解析】由题图乙可判断缸内气体从状态A到状态B经历等容变化,设缸内气体在状态A时温度为TA=(27+273)K,在状态B时,气体压强为pB,温度为TB=(57+273)K,则由查理定律得 到状态B时活塞离开a、b,设活塞的质量为m,则0BABpp,TTpB=p0+ 联立解得m=2 kg。从状态B到状态C缸内气体经历等压变化,设缸内气体初状态的体积为V0,在状态C时温度为TC=(117+273)K,由盖-吕萨克定律可得 mg,S00BCVVSh,TT解得V0=440 cm3,则固体M的体积VM=SH-V0=160 cm3。答案:2 kg160 cm3【通关秘籍】 一定质量的气体不同图象的比较:【考点冲关】 1.某一定质量理想气体发生等压膨胀、等温压缩、等容降温三个状态变化后回到初始状态,整个过程的p-V图象如图所示,则下列也能反映该过程的图象是()【解析】选B。根据理想气体状态方程 =C,等压膨胀过程,温度增加,p-T图象与T轴平行,等温压缩过程,压强增加,p-T图象与p轴平行,等容降温过程,压强减小,p-T图象经过坐标原点,故A错误,B正确;根据理想气体状态方程 =C,等压膨胀过程,温度增加,V-T图象pVTpVT经过坐标原点,等温压缩过程,压强增加,V-T图象与V轴平行,等容降温过程,压强减小,V-T图象与T轴平行,故C、D错误。2.(2018唐山模拟)回热式制冷机是一种深低温设备,制冷极限约50 K。某台设备工作时,一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程:从状态A到B和C到D是等温过程,温度分别为t1=27 和t2=-133 ;从状态B到C和D到A是等容过程,体积分别为V0和5V0。求状态B与D的压强之比。【解析】A到B、C到D均为等温过程,则TB=(27+273)K =300 K,TD=(-133+273)K=140 K,由理想气体状态方程可知: 得: 答案:10.7 BBDDBDp Vp VTT0BD BDB D05V 300pV T7510.7pVTV 1407。75()7或【加固训练】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1.5105 Pa。(1)说出AB过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图甲中TA的温度值。(2)请在图乙坐标系中,作出该气体由状态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的有关坐标值,请写出计算过程。【解析】(1)由图甲所示图象可知,A与B的连线的延长线过原点O,所以AB是一个等压变化,即pA=pB=1.5105 Pa,由图示图象可知:VA=0.4 m3,VB=VC=0.6 m3,TB=300 K,TC=400 K,从A到B过程,由盖-吕萨克定律得: 得TA=200 K。(2)由图甲所示图象可知,从B到C为等容过程,由(1)知:pB=1.5105 Pa,TB=300 K,TC=400 K,由查理定律得: ABABVVTTCBBCppTT，解得:pC=2105 Pa,气体状态变化图象如图所示: 答案:(1)压强不变200 K(2)见解析
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