新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题30 固体、液体、气体（含解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题30 固体、液体、气体（含解析），共16页。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc128479656" 题型一 固体和液体性质的理解 PAGEREF _Tc128479656 \h 1
\l "_Tc128479657" 题型二 气体压强求解的方法 PAGEREF _Tc128479657 \h 4
\l "_Tc128479658" 题型三 气体状态变化的图像问题 PAGEREF _Tc128479658 \h 9
\l "_Tc128479659" 题型四 气体实验定律的微观解释 PAGEREF _Tc128479659 \h 12
[考点分析]
题型一 固体和液体性质的理解
1．晶体与非晶体
2.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．
3．液晶的物理性质
(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．
下列说法中不正确的是（ ）
A．单晶体和多晶体都有固定的熔点
B．浸润现象中，附着层里的分子比液体内部稀疏
C．水的饱和汽压随温度的升高而增大，且增大得越来越快
D．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
【解答】解：A、单晶体和多晶体都有固定的熔点，所以固定熔点是判断是否为晶体的重要依据，故A正确；
B、浸润现象中，附着层里的分子比液体内部密集，不浸润现象中，附着层里的分子比液体内部稀疏，故B错误；
C、饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，且增大得越来越快，故C正确；
D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
（多选）下列说法正确的是（ ）
A．当分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
B．晶体一定表现出各向异性，非晶体一定表现出各向同性
C．可以通过升温的方式使饱和汽变成不饱和汽
D．同一液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的
E．一定质量的理想气体，如果温度升高，则气体分子的平均动能增大，压强可能不变
【解答】解：A、当分子间引力和斥力相等时，分子位于平衡位置，分子势能最小，故A错误；
B、单晶体表现出各向异性，非晶体和多晶体表现出各向同性，故B错误；
C、温度越高饱和气压越大，故可以通过升温的方式使饱和汽变成不饱和汽，故C正确；
D、同一液体与不同的固体接触，附着层分子间距不同，可能是浸润的，也可能是不浸润的，故D正确；
E、一定质量的理想气体，温度升高，分子平均动能增大，如果气体体积膨胀，压强可能不变，故E正确；
故选：CDE。
（多选）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（ ）
A．高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区温度较低的缘故
B．晶体一定具有固定的熔点，但不一定具有规则的几何外形
C．降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化
D．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较小
E．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
【解答】解：A、高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区大气压强较小，故A错误；
B、晶体一定具有固定的熔点，单晶体有固定的几何形状，但是多晶体没有规则的几何外形，故B正确；
C、降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化，故C正确；
D、在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较大，故D错误；
E、液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E正确；
故选：BCE。
用纸折一只小船静放水面，在船尾P附近沾一点洗洁精，小船会自动加速前进一小段距离，如图甲。现将两纸片a和b对称静放在水盆中的水面中心O两侧，如图乙（ ）
A．小船自动加速前进是因为加入洗洁精后表面张力变大了的缘故
B．小船自动加速前进是因为水的表面张力做功的缘故
C．若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会绕O点做匀速圆周运动
D．若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会立即向O点运动
【解答】解：AB、小船自动加速前进是因为沾一点洗洁精会减小水的表面张力，与小船另一侧的水面张力不一样大，故小船会移动，表面张力做功，故A错误，B正确；
CD、若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会向远离O点的方向运动，故CD错误。
故选：B。
（多选）下列说法正确的是（ ）
A．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的自身体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA
B．悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶（aersl）颗粒所做的运动不是布朗运动
C．若两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子势能也可能逐渐增大
D．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
E．夏天荷叶上小水珠大致呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故
【解答】解：A、由于气体分子之间的距离远大于气体分子的大小，所以不能用气体的摩尔体积为以及每个分子的体积为V0的比值求阿伏加德罗常数，故A错误；
B、气溶胶是以固体或液体为分散质（又称分散相）和气体为分散介质所形成的溶胶，它具有胶体性质，如对光线有散射作用、电泳、布朗运动等特性，所以空气中的携带新冠病毒的气溶胶（aersl）颗粒做布朗运动，不因重力而沉降，可悬浮在大气中长达数月、数年之久，故B错误；
C、当两分子间的距离为平衡距离时，分子间的作用力为零，两分子间的距离从平衡距离开始减小，分子间的作用力增大，当两分子间距离从无穷大逐渐靠近的过程中，分子力先减小后增大再减小；两分子间的距离等于平衡距离时分子势能最小，当两分子间的距离大于平衡距离时，随分子间距离的减小分子势能减小，当两分子间的距离小于等于平衡距离时，随两分子间距离的减小分子势能增大，故C正确；
D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但空气的绝对湿度不一定大，故D错误；
E、夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故E正确；
故选：CE。
题型二 气体压强求解的方法
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．
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
（1）如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板质量为m，不计圆板与容器内壁之间的摩擦。若大气压强为p0，则封闭在容器内的气体的压强为多少？
（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。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？图乙应选什么为研究对象进行受力分析？
（3）如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p。（已知外界大气压为p0）
【解答】解：（1）圆板A受力平衡，分析圆板A的受力如图1
在竖直方向上列平衡方程有
mg+p0S＝p•csθ
则容器内的气体的压强为
p＝p0
（2）题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图2所示
由平衡条件，可得
pAS＝p0S+mg
解得气体A的压强为
pA＝p0
题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图3所示
由平衡条件，可得
p0S＝pBS+Mg
解得气体B的压强为
pB＝p0
（3）选取汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有
F＝（M+m） a
再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有
pS﹣p0S＝ma
解得封闭气体的压强为
p＝p0
答：（1）封闭在容器内的气体的压强为p0；
（2）封闭气体A、B的压强分别为p0、p0，图乙应选气缸为研究对象进行受力分析；
（3）此时缸内封闭气体的压强为p0。
如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K．两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为P0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；右活塞保持不动，然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
【解答】解：（1）与恒热源接触后，在K未打开时右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕•萨克定律可得：①
由①式解得：T＝1.4T0…②
（2）由初始状态的力学平衡条件可知：左活塞的质量比右活塞的大。打开K后右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外界接触，底部与恒热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为P，由玻意耳定律得：③
对下方气体，由玻意耳定律得：④
解得：VX＝0.5V0，VXV0不合题意，舍去。
答：（i）恒温热源的温度T为1.4T0；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积为0.5V0。
长玻璃管开口向上竖直放置，管内两段水银柱C、D封闭两段空气柱A、B，水银柱C上端与管口平齐，下端是一个厚度不计可自由移动轻质活塞P，水银柱的长度h1＝15.0cm，当环境温度t1＝27.0℃时，空气柱B的长度为LB＝30.0cm。如图甲所示；现将空气柱B浸入温水中，对水加热，当水温缓慢升高到t2＝67.0℃时，活塞P上的水银刚好全部排出玻璃管外，如图乙所示，此时空气柱B的长度LB′＝39.1cm，大气压强p0＝75cmHg，求：
（ⅰ）水银柱D的长度h2；
（ⅱ）空气柱A在图甲状态时的长度LA。（结果保留三位有效数字）
【解答】解：（i）对空气柱B，温度为T1＝（273+t1）K＝300K时，压强pB＝（p0+h1+h2）cmHg
温度为T2＝（273+t2）K＝（273+67.0）K＝340K
压强为pB′＝（p0+p2）cmHg
由理想气体状态方程得：
解得：h1＝15.0cm
（ii）对空气柱A，在图（a）状态时，压强为pA＝（p0+h1）cmHg
水银柱C全部排出管外时，压强为pA′＝p0，空气柱长度lA′＝L﹣h2﹣lB′
其中L＝lA+h1+h2+lB
由玻意耳定律得：pAlA＝pA′lA′
解得：lA＝30.0cm
答：（ⅰ）水银柱D的长度为15.0cm；
（ⅱ）空气柱A在图甲状态时的长度为30.0cm。
题型三 气体状态变化的图像问题
1．气体实验定律
2.理想气体的状态方程
(1)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．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
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图像，已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。
（1）说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算出状态A的温度TA。
（2）请在图乙所示坐标系中，作出气体由状态A经过状态B变为状态C的p﹣T图像，并在图像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。
【解答】解：（1）由图甲所示图像可知，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，即pA＝pB＝1.5×105Pa，
由图示图像可知：VA＝0.4m3，VB＝VC＝0.6m3，
TB＝300K，TC＝400K，
从A到B过程，由概率萨克定律得：得TA＝200K；
（2）由图甲所示图像可知，从B到C为等容过程，
由（1）知：pB＝1.5×105Pa，TB＝300K，TC＝400K，
由查理定律得：，
解得：pC＝2×105Pa，气体状态变化图像如图所示：
答：（1）温度值TA为200K．（2）
如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开。玻璃管静止时，A部分气柱长度为3L，压强为P0；B部分气柱长度为2L，水银柱产生的压强为0.5P0。已知大气压强为P0，环境温度保持不变。
（i）若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°，待稳定后求气柱A的长度；
（ii）若在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量ΔU。
【解答】解：（i）在初始位置时，B气体的压强为pB1＝p0+0.5p0＝1.5p0；
缓慢翻转90°后，设气柱A的长度为l，则气柱B的长度为5L﹣l
对A气体分析：p0×3LS＝pA×lS
对B气体分析：1.5p0×2LS＝pB×（5L﹣l）S
同时，pB+0.5p0＝pA
联立解得：l＝2.5L
（ii）若在A的顶端开一个小孔，则在变化过程中B部分的气体发生等压变化，压强保持不变
气体对外界做功为W＝﹣1.5P0×3LS＝﹣4.5p0LS
根据热力学第一定律可知，该过程B气体内能的增量为：
ΔU＝Q﹣4.5p0LS
答：（i）稳定后气柱A的长度为2.5L；
（ii）该过程气体B内能的增量为Q﹣4.5p0LS。
题型四 气体实验定律的微观解释
1．等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．
2．等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．
3．等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是（ ）
A．气泡内气体的内能可能不变
B．气泡上升过程中可能会放热
C．气泡内气体的压强增大
D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
【解答】解：A．根据题意可知，越往上温度越高，故气泡温度升高，内能变大，故A错误。
B．气泡体积变大，外界对气体做负功，根据
ΔU＝W+Q
可知
Q＞0
气泡内能增大，故气泡吸热，故B错误；
C．气泡上升
P＝P0+ρgh
深度h减小，汽包内其他压强减小，故C错误；
D．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故D正确。
故选：D。
如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g。若，则气室1内气体压强为多少？
【解答】解：若，对活塞AB与细砂整体，由平衡条件得：pS＝p0S+mg
解得，气室2中封闭气体的压强：p＝4p0
CD上的单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，以气室1与气室2中气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：
p0LS+2p0LS＝4p0xS
解得：xL，假设不成立
所以气室2中的气体完全进入气室1，以气室1中的气体为研究对象，由玻意耳定律得：
p0LS+2p0LS＝pxLS
解得，气室1内气体的压强：px＝3p0。
答：气室1内气体压强为3p0。
（多选）对于一定质量的气体，当压强和体积发生变化时，以下说法正确的是（ ）
A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变
B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小
C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变
D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大
【解答】解：AB、一定质量的理想气体，压强与体积都增大时，根据气态方程，可知温度T一定升高，而温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能也一定增大，故A正确，B错误；
C、压强增大，而体积减小时，其乘积PV可能不变，根据气态方程，可知温度不变，分子平均动能可能不变，故C错误；
D．压强减小，而体积增大时，其乘积PV可能增大，根据气态方，可知温度升高，分子平均动能增大，故D正确；
故选：AD。
（多选）封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（ ）
A．气体的密度增大
B．气体的压强增大
C．气体分子的平均动能减小
D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
【解答】解：A、一定质量的气体，如果保持气体体积不变，根据密度公式得密度也就不变。故A错误。
B、根据气体状态方程C，
如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强就会增大。故B正确。
C、温度是气体分子平均动能变化的标志，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，故C错误。
D、气体压强是气体分子撞击器壁而产生的，由于气体的压强增大，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多。故D正确。
故选：BD。
单晶体
多晶体
非晶体
外形
规则
不规则
不规则
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、食盐、硫酸铜
玻璃、蜂蜡、松香
形成与
转化
有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体.
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