高考物理一轮复习第14章第2节固体液体气体课时学案

这是一份高考物理一轮复习第14章第2节固体液体气体课时学案，共27页。学案主要包含了固体和液体，气体等内容，欢迎下载使用。


一、固体和液体
1．固体
固体通常可分为晶体和非晶体，其结构和性质见下表：
注意：多晶体没有规则外形，多晶体中每个小晶体间的排列无规则。
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到表面积最小的趋势。
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大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。
(2)液晶
①液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。
②液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。
③液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。
二、气体
1．气体分子运动的特点
(1)气体分子间距较大，分子力可以忽略，因此可以认为气体分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满整个空间。
(2)分子做无规则的运动，速率有大有小，且时而变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布。
(3)温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率将增大，但速率分布规律不变。
2．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作气体的压强。
(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．理想气体
(1)宏观模型：在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体。
注意：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)微观模型：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。
4．气体实验定律
5．理想气体的状态方程
(1)表达式：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C。
(2)适用条件：一定质量的理想气体。
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有晶体都具有天然、规则的几何外形。(×)
(2)有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体。(√)
(3)液体表面层分子之间的距离比内部要小些。(×)
(4)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)
(5)一定质量的理想气体，保持温度不变时，体积增大，压强减小。(√)
二、教材习题衍生
1．(人教版选择性必修第三册改编)如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是( )
A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体
B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体
C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧
D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张
C [玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，A、B错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后变钝，是表面张力的作用，表面张力具有减小表面积的作用，即使液体表面绷紧，C正确，D错误。]
2．(鲁科版选择性必修第三册改编)如图所示，把一条细棉线的两端系在铁丝环上，棉线处于松驰状态。将铁丝环浸入肥皂液里，拿出来时环上留下一层肥皂液的薄膜，这时薄膜上的棉线仍是松弛的。用烧热的针刺破b侧的薄膜，观察到棉线的形状为( )
A B C D
C [先把棉线圈系在铁丝环上，再把铁丝环在肥皂液里浸一下，使环上布满肥皂液薄膜。膜中分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以产生收缩的效果。用烧热的针刺破b侧的薄膜，a侧的薄膜能使a的表面积收缩到最小，故C正确，A、B、D错误。]
3．(人教版选择性必修第三册改编)如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为 20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。
(1)吸管上标刻温度值时，刻度是否应该均匀；
(2)估算这个气温计的测量范围。
[解析] (1)由题意可知，压强不变，由盖­吕萨克定律得
eq \f(V1,T1)＝eq \f(ΔV,ΔT)，
ΔV＝eq \f(V1,T1)ΔT＝eq \f(362,298)ΔT，
ΔT＝eq \f(298,362)·SΔL
由于ΔT与ΔL成正比，则刻度是均匀的。
(2)ΔT＝eq \f(298,362)×0.2×(20－10)K≈1.6 K
故这个气温计可以测量的温度范围为(25－1.6) ℃～(25＋1.6) ℃，即23.4～26.6 ℃。
[答案] (1)刻度是均匀的 (2)23.4～26.6 ℃
固体 液体的性质
1．晶体和非晶体的理解
(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)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。
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2．液体表面张力的理解
[题组突破]
1．(晶体和非晶体)(多选)(2023·湖北武汉模拟)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有( )
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．甲的图线中ab段温度不变，所以甲的内能不变
AB [晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面，固体甲若是多晶体，则表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有一定的熔点，温度不变，但晶体一直在吸收热量，内能在增大，故D错误。]
2．(液体性质)(2023·宁夏石嘴山市模拟)关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是( )
甲 乙 丙 丁
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
B [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。]
3．(固体和液体的性质)下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．图甲说明可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体
B．图乙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
C．图丙水黾可以在水面自由活动，说明其受到的浮力等于重力
D．图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
A [晶体和非晶体的最大区别体现在是否有固定的熔点，因此可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体，A正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，B错误；水黾可以在水面自由活动，是液体的表面张力造成的，与浮力无关，C错误；酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，D错误。]
封闭气体压强的理解与计算
1．对封闭气体压强的理解
2．封闭气体压强计算的两类模型
[题组突破]
1．(活塞模型)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？
甲 乙
[解析] 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)。
[答案] p0＋eq \f(mg,S) p0－eq \f(Mg,S)
2．(液柱模型)若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态。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。
甲 乙 丙
丁 戊
[解析] 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
p′AS＋ρghsin 60°·S＝p0S
所以p丙＝p′A＝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)。
[答案] 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)
平衡状态下封闭气体压强的求法
气体实验定律与理想气体状态方程的应用
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(温度不变：p1V1＝p2V2玻意耳定律,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)查理定律,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)盖­吕萨克定律))
注意：(1)上述规律的适用条件是一定质量的某种理想气体。
(2)3个重要推论
①查理定律的推论：Δp＝eq \f(p1,T1)ΔT
②盖­吕萨克定律的推论：ΔV＝eq \f(V1,T1)ΔT
③理想气体状态方程的推论：eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)＋eq \f(p2V2,T2)＋…
2．解决该类问题的基本思路
3．分析气体状态变化的问题要抓住三点
(1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段。
(2)找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的。
(3)明确哪个阶段应遵循什么实验定律。
“汽缸”模型
[典例1] (单一气体)(2022·湖南卷)如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9 L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90 g、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10 g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10 cm，外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度取10 m/s2，环境温度保持不变。求：
(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
[解析] (1)选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有
p0S＝p1S＋(m1＋m2)g
代入数据解得p1＝105 Pa。
(2)当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)
代入数据解得p2＝9.9×104 Pa
选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F
联立解得F＝1 N。
[答案] (1)105 Pa (2)1 N
[典例2] (关联气体)(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
[解析] (1)封闭气体做等压变化，对Ⅳ部分气体，由盖­吕萨克定律有eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T1)
解得T1＝eq \f(4,3)T0。
(2)Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体，初状态体积V1＝eq \f(1,8)V0＋eq \f(1,4)V0＝eq \f(3,8)V0，温度为T0；Ⅳ部分气体，初状态体积V2＝eq \f(3,4)V0，温度为T0
从开口C向汽缸中注入气体，A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，设末状态Ⅳ部分气体压强为p′，体积为V，第Ⅱ、Ⅲ部分气体的压强为p″，体积为V0－V，因为活塞轻质，则p′＝p″；对第Ⅳ部分气体，由理想气体状态方程有eq \f(p0\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(p′V,2T0)
对第Ⅱ、Ⅲ部分气体，由理想气体状态方程eq \f(p0\f(3,8)V0,T0)＝eq \f(p″V0－V,2T0)
联立解得p′＝eq \f(9,4)p0。
[答案] (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解决汽缸类问题的一般思路
(1)确定研究对象。一般研究对象分两类：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、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)挖掘隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
(4)方程联立求解。对求解的结果，注意分析它们的合理性。
“液柱”模型
[典例3] (单一气体)如图所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
[解析] (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2 ①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
p1＝p0＋ρgh0 ②
p2＝p0＋ρgh ③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS ④
联立①②③④式并代入题给数据得
h≈12.9 cm。 ⑤
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖­吕萨克定律有
eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2) ⑥
按题设条件有
V3＝(2H－h)S ⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2≈363 K。
[答案] (1)12.9 cm (2)363 K
[典例4] (关联气体)(2022·河北省高考模拟考试)如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管(内、外径都很小)与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。C管长度为lC＝30 cm，初始时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为Δh＝15 cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为h2＝5 cm。水平细管内用小活塞封有长度为lA＝12.5 cm的理想气体A，U型管左管上端封有气柱长度为lB＝25 cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为p0＝75 cmHg，水平细管中的水银柱足够长。
(1)求左右两侧液面相平时，气体B的长度L；
(2)求该过程活塞移动的距离d。
[解析] (1)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化，根据玻意耳定律有pB1VB1＝pB2VB2
其中pB1＝p0－ρ水银g·Δh＝60 cmHg，VB1＝lBs
pB2＝p0＝75 cmHg，VB2＝Ls
解得气体B的长度L＝20 cm。
(2)活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化ΔL左＝25 cm－20 cm＝5 cm
U形管右管中水银柱长度变化
ΔL右＝15 cm＋5 cm＝20 cm
气体A做等温变化，推之前pA1＝p0＋ρ水银gh2＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
缓慢推后末状态pA2＝p0＋ρ水银g(h2＋ΔL右)＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg
VA1＝LAs，VA2＝L′As
根据玻意耳定律有pA1VA1＝pA2VA2
解得气体A的长度L′A＝10 cm，活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以d＝lA－L′A＋ΔL左＋ΔL右＝27.5 cm。
[答案] (1)20 cm (2)27.5 cm
解答液柱类问题的几个注意
解答液柱类问题关键是封闭气体压强的计算，而求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
变质量问题
[典例5] (“充气”问题)(2021·山东卷)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于( )
A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3
D [根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，
p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得
V＝60 cm3，故D正确。]
充气过程中容器内气体的质量是增加的，解答充气问题时，以充进容器内的气体和容器内的原有气体整体为研究对象，这些气体的质量是不变的。这样可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
[典例6] (“抽气”问题)(2022·湖南长沙模拟)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)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9×105 Pa，已知负压隔离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－273 ℃。
(1)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；
(2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，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气体质量之比。
[解析] (1)舱内气体的体积不变，设初始时负压隔离舱内的压强为p1，温度为T1，运送到某地区后负压隔离舱内的压强为p2，温度为T2
由查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K
T2＝288 K
解得p2＝9.6×104 Pa。
(2)设当地的大气压强为p3，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V
则由玻意耳定律可得p2V0＝p3V
解得V＝eq \f(16,15)V0
故需要抽出的气体的体积为ΔV＝V－V0＝eq \f(1,15)V0
因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比为eq \f(Δm,m舱)＝eq \f(\f(1,15)V0,V0)＝eq \f(1,15)。
[答案] (1)9.6×104 Pa (2)eq \f(1,15)
在容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似，把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，可把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。
[典例7] (“分装”问题)某市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到某医院检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在医院检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？
[解析] (1)钢瓶的容积一定，对钢瓶内气体，由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得T2＝294 K，则t＝21 ℃。
(2)大瓶内气体初状态压强p2＝1.26×107 Pa
体积V2＝40 L＝0.04 m3
气体末状态压强p3＝2×105 Pa，体积V3，温度不变，由玻意耳定律得
p2V2＝p3V3，得V3＝2.52 m3
可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105 Pa
V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p5＝p3＝4×105 Pa
设分装的瓶数为n，体积V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝10 L＝0.01 m3
根据p4V4＝p5V5
得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。
[答案] (1)21 ℃ (2)124
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
[典例8] (“漏气”问题)某市出现强降雨过程，平均降水量达400毫米，对市区破坏性较大，汛情牵动人心，如图所示的橡皮艇是抗洪救灾的必需工具，某型号的橡皮艇标准气压为5×105 Pa、容积为2 m3。初始时橡皮艇的气压为2×105 Pa，现用充气装置对橡皮艇充气，已知每次能充入压强为1×105 Pa、体积为2×104 cm3的空气。假设整个过程中橡皮艇的容积保持2 m3不变，充气过程中温度的变化可忽略不计，气体均可视为理想气体。
(1)欲使橡皮艇达到标准气压，则应充气多少次？
(2)由于橡皮艇内的气体泄漏，橡皮艇的气压降为4.0×105 Pa，则泄漏的气体的质量占标准气压下气体质量的百分比为多少？
[解析] (1)设需要充气n次，每次充入的气体体积为V0，因每次充入的气体相同，故可视n次打入的气体为一次性打入。
以橡皮艇内原来的气体和充入橡皮艇的气体为研究对象，
温度不变，由玻意耳定律知p1V0＋np0V＝p2V0
其中p1＝2×105 Pa，V0＝2 m3
p0＝1×105 Pa，V＝2×104 cm3＝0.02 m3
p2＝5×105 Pa，代入数据解得n＝300次。
(2)橡皮艇内的气体泄漏后，设橡皮艇内气体全部变为p3＝4×105 Pa时的总体积为V4
则由玻意耳定律有p2V0＝p3V4
代入数据解得V4＝2.5 m3
则泄漏的气体体积为
ΔV＝V4－V0＝0.5 m3
所以泄漏的气体的质量占原来气体质量的百分比为
η＝eq \f(ΔV,V4)×100%＝20%。
[答案] (1)300次 (2)20%
气体状态变化的图像问题
1．对几种图像的理解
2．图像的应用与转换
(1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。
(2)转换技巧
①如图1所示，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2>T1。
②如图2所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2图1 图2
[典例9] (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p­V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p­T图像和V­T图像表示，则下列各图像中正确的是( )
A B
C D
BD [在p­V图像中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，VB>VA，则pBpB，则TC>TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖—吕萨克定律eq \f(VC,TC)＝eq \f(VA,TA)，VC>VA，则TC>TA，气体的体积减小，温度降低。A中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，A错误；C中，B→C体积减小，C错误；B、D两项符合全过程，故B、D正确。]
气体状态变化图像的分析方法
1．明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
2．明确图像斜率的物理意义：在V­T图像(p­T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
3．明确图像面积的物理意义：在p­V图像中，p­V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
[跟进训练]
(2022·辽宁铁岭六校一模)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，其中O、A、D三点在同一直线上。在状态变化的过程中，说法正确的是( )
A．从A变化到B气体的压强变小
B．从B变到C的过程中气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减小
C．从B到C的过程，气体分子的平均动能增大
D．从A经B到C的过程中气体的密度不断减小
B [从状态A变化到状态B，体积不变，由eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，可知压强变大，故A错误；从B变到C的过程中气体体积增大，而温度不变，气体分子的平均动能不变，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减小，故B正确，C错误；从状态A变化到状态B，体积不变，气体的质量不变，则密度不变，B到C的过程中气体的体积变大，密度减小，故D错误。]
分类
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
外形
规则
不规则
熔点
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
微观结构
组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列
无规则
玻意耳定律
查理定律
盖­吕萨克定律
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)
图像
形成原因
表面层分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面特性
表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜
表面张力
的方向
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力
的效果
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小
产生
原因
气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的
决定
因素
宏观上
决定于气体的温度和体积
微观上
取决于分子的平均动能和分子的密集程度
模型
图示
方法解析
活塞模型
图1 图2
图1中活塞的质量和图2液体的质量均为m，活塞或管的横截面积均为S，外界大气压强为p0
图1活塞平衡有：
p0S＋mg＝pS
p＝p0＋eq \f(mg,S)
图2中的液柱也可以看成“活塞”，液柱处于平衡状态有：
pS＋mg＝p0S
p＝p0－eq \f(mg,S)＝p0－ρ液gh
连通器模型
同一液体中的相同高度处压强一定相等
气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有：(外界大气压强为p0)
pB＋ρgh2＝pA
又pA＝p0＋ρgh1
则pB＝p0＋ρg(h1－h2)
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，建立平衡方法，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
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
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处的压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
类别图线
特点
图像
p­V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p­eq \f(1,V)
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p­T
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V­T
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小