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2020高考物理一轮复习学案：第十三章第2讲固体、液体与气体
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第2讲 固体、液体与气体
主干梳理 对点激活
知识点 固体的微观结构、晶体和非晶体、液晶的微观结构 Ⅰ1.晶体和非晶体
2．晶体的微观结构
(1)如图所示，金刚石、石墨晶体的晶体微粒有规则地、周期性地在空间排列。
(2)晶体特性的解释
3．液晶
(1)概念：许多有机化合物像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，这些化合物叫做液晶。
(2)微观结构：分子在特定的方向上排列比较整齐，具有晶体的各向异性，同时也具有一定的无规则性，所以也具有液体的流动性，如图所示。
(3)有些物质在特定的温度范围之内具有液晶态；另一些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定的浓度范围具有液晶态。
(4)天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的。
(5)应用：显示器、人造生物膜。
知识点 液体的表面张力现象 Ⅰ
1．液体的表面张力
(1)概念：液体表面各部分间互相吸引的力。
(2)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。
(3)方向：表面张力跟液面相切，且跟液面的分界线垂直。
2．浸润和不浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上，这种现象叫浸润。一种液体不会润湿某种固体，也就不会附着在这种固体的表面，这种现象叫不浸润。如图所示。
3．毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象。
知识点 饱和汽、未饱和汽和饱和汽压 相对湿度 Ⅰ1.饱和汽、未饱和汽
(1)动态平衡：在密闭的盛有某种液体的容器中，随着液体的不断蒸发，液面上方气体分子的数密度增大到一定程度时，在相同时间内回到液体中的分子数等于从液面飞出去的分子数。这时，蒸气的密度不再增大，液体也不再减少，液体与气体之间达到了平衡状态，蒸发从宏观上看是停止了。这种平衡是一种动态平衡。
(2)饱和汽与未饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽，而
未达到饱和状态的蒸汽叫做未饱和汽。
注意：在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的；饱和汽的分子数密度随温度的升高而增大。
2．饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：饱和汽压随温度而变。温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与液体的种类有关，与饱和汽的体积无关。
3．湿度
(1)定义：空气的潮湿程度。
(2)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强。
(3)相对湿度：在某一温度下，空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比。
相对湿度(B)＝×100%。
知识点 气体分子运动速率的统计分布
气体实验定律 理想气体 Ⅰ
一、气体分子运动的特点
1．分子很小，间距很大，除碰撞外几乎不受力。
2．气体分子向各个方向运动的分子数目都相等。
3．分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布。
4．温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
二、气体的状态参量
1．气体的压强
(1)产生原因
由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。气体的压强在数值上等于作用在单位面积上的压力。
(2)气体的压强取决于分子撞击力的大小和单位面积器壁上单位时间撞击的分子数。所以从微观角度来看，气体压强与两个因素有关：气体分子的平均动能，气体分子的密集程度。
(3)单位及换算关系
国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2。
常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)。
换算关系：1 atm＝76 cmHg＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa。
2．气体的温度
(1)物理意义
宏观上温度表示物体的冷热程度，微观上温度是分子平均动能的标志。
(2)国际单位
开尔文，简称开，符号：K。
(3)热力学温度与摄氏温度的关系
T＝t＋273.15_K。
3．气体的体积
气体体积为气体分子所能达到的空间的体积，即气体所充满容器的容积。
国际单位：立方米，符号：m3
常用单位：升(L)、毫升(mL)
换算关系：1 m3＝103 L,1 L＝103 mL
4．气体实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比。
②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)。
(2)等容变化——查理定律
①内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。
②公式：＝或＝C(常量)。
③推论式：Δp＝·ΔT。
(3)等压变化——盖—吕萨克定律
①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
②公式：＝或＝C(常量)。
③推论式：ΔV＝·ΔT。
5．理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在。
②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积无关。
③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大(相对大气压)，温度不太低时都可当成理想气体来处理。
(2)一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C(常量)。
6．气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的某种理想气体，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
一定质量的某种理想气体，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
一定质量的某种理想气体，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。
一 思维辨析
1．气体的压强是由气体的自身重力产生的。( )
2．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大。( )
3．有无确定的熔点是区分晶体和非晶体比较准确的方法。( )
4．液晶具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。( )
5．船浮于水面上不是由于液体的表面张力。( )
6．水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时，水分子不再跑出水面。( )
7．压强极大的气体不再遵从气体实验定律。( )
8．物理性质各向同性的一定是非晶体。( )
9．饱和汽压随温度升高而增大。( )
10．若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管时，液面跟固体接触的面积有扩大的趋势。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.× 7.√
8．× 9.√ 10.√
二 对点激活
1．(人教版选修3－3·P33·实验改编)(多选)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触石蜡层背面上一点，石蜡熔化的范围分别如图(1)、(2)、(3)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(4)所示。下列判断正确的是( )
A．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
E．甲、乙、丙都是非晶体
答案 BD
解析 由图(1)、(2)、(3)可知：甲、乙具有各向同性，丙具有各向异性；由图(4)可知：甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体，故B、D正确。
2．(人教版选修3－3·P39·图9.2－7改编)(多选)对于液体在器壁附近的液面发生弯曲的现象，如图所示，对此有下列几种解释，正确的是( )
A．表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏
B．表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密
C．附着层Ⅰ内分子的分布比液体内部密
D．附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏
答案 ACD
解析 液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，这是因为液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故表面层Ⅰ、表面层Ⅱ内分子的分布均比液体内部稀疏，所以A选项正确，B选项错误。附着层Ⅰ内分子与容器壁间引力大于液体内部分子引力，附着层内液体分子距离小，分子间表现为斥力，附着层有扩散的趋势，表现出浸润现象，所以C选项正确。附着层Ⅱ内分子与容器壁间引力小于液体内部分子引力，附着层内分子距离大，分子间表现为引力，附着层有收缩的趋势，表现出不浸润现象，D选项也正确。
3．(多选)关于饱和汽压和相对湿度，下列说法中正确的是 ( )
A．温度不同饱和汽的饱和汽压都相同
B．温度升高时，饱和汽压增大
C．在相对湿度相同的情况下，夏天比冬天的绝对湿度大
D．饱和汽压与体积无关
答案 BCD
解析 饱和汽压随温度的升高而增大，并且饱和汽压与饱和汽的体积无关，所以A错误，B、D正确。相对湿度是在某一温度下，空气中的水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比，夏天比冬天的温度高，水的饱和汽压较大，所以C正确。
4．(人教版选修3－3·P25·T1改编)对一定质量的气体来说，下列几点能做到的是( )
A．保持压强和体积不变而改变它的温度
B．保持压强不变，同时升高温度并减小体积
C．保持温度不变，同时增加体积并减小压强
D．保持体积不变，同时增加压强并降低温度
答案 C
解析 由＝C知A、B、D错误，C正确。
5. (人教版选修3－3·P23·T2)如图，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。
答案 (1)刻度是均匀的 (2)23.4～26.6 ℃
解析 (1)由于罐内气体压强始终不变，
所以＝，＝，
ΔV＝ΔT＝ΔT，
ΔT＝·SΔL
由于ΔT与ΔL成正比，所以刻度是均匀的。
(2)ΔT＝×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 ℃。
考点细研 悟法培优
考点1 固体和液体的性质
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。多晶体和非晶体具有各向同性。
(2)只要是具有各向异性的固体必定是晶体，且是单晶体。
(3)只要是具有确定熔点的固体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(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
(1)形成原因
表面层中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。
(2)液体表面特性
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。
(3)表面张力的方向
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线。
(4)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。
(5)表面张力的大小
跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系。
3．浸润和不浸润
浸润和不浸润也是分子力作用的表现。当液体与固体接触时，接触的位置形成一个液体薄层，叫做附着层。附着层的液体分子可能比液体内部稀疏，也可能比液体内部更密，这取决于液体、固体两种分子的性质。如果附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，也就是说，附着层内液体分子间的距离大于分子力平衡的距离r0，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层有收缩的趋势，就像液体表面张力的作用一样。这样的液体与固体之间表现为不浸润。如果附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势。这样的液体与固体之间表现为浸润。
4．毛细现象由于液体浸润管壁，如细玻璃管中的水，液面呈如图形状。液面边缘部分的表面张力如图所示，这个力使管中液体向上运动。当管中液体上升到一定高度，液体所受重力与液面边缘使它向上的力平衡，液面稳定在一定的高度。实验和理论分析都表明，对于一定的液体和一定材质的管壁，管的内径越细，液体所能达到的高度越高。对于不浸润液体在细管中下降，也可做类似分析。
5．对液体性质的两点说明
(1)液体表面层、附着层的分子结构特点是导致表面张力、浸润和不浸润现象、毛细现象等现象的根本原因。
(2)同一种液体，对一些固体是浸润的，对另一些固体可能是不浸润的。
例1 (2015·全国卷Ⅰ)(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
解题探究 (1)由同种元素构成的固体可以成为不同的晶体吗？
提示：可以。
(2)在熔化过程中晶体要吸收热量，内能怎样变化？
提示：增加。
尝试解答 选BCD。
晶体，无论体积大小，都是晶体。将一块晶体敲碎后，得到的颗粒仍然是晶体，A错误；晶体由于空间点阵结构的不同，在不同的方向上有不同的光学性质，B正确；由同种元素构成的固体，例如碳元素，由于原子排列方式不同，可能构成石墨，也可能构成金刚石，C正确；在合适的条件下，某些晶体可以转变成非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体。例如天然水晶是晶体，熔化后再凝固成石英玻璃就是非晶体，D正确；在熔化过程中，晶体吸收热量，温度保持不变，分子平均动能保持不变，而分子势能要增加，故内能要增加，E错误。
总结升华
单晶体、多晶体、非晶体的区别
三者的区别主要在以下三个方面：有无规则的几何外形；有无固定的熔点；各向同性还是各向异性。单晶体有规则的几何外形；单晶体和多晶体有固定的熔点；多晶体和非晶体表现出各向同性。
[变式1－1] (多选)下列说法中正确的是( )
A．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下表面要收缩到最小
B．若温度降低，即使气体体积减小，饱和汽压也会减小
C．未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽
D．液体的浸润与不浸润现象均是分子力作用的结果
E．绝对湿度一定的情况下，温度越高相对湿度越大
答案 ABD
解析 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，使液体表面存在张力，表面要收缩到最小，A正确；饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关，B正确；未饱和汽在降低温度时可达到平衡，变成饱和汽，C错误；浸润和不浸润现象均是分子力作用的结果，故D正确；在绝对湿度一定的情况下，气温升高时，饱和汽压增大，相对湿度一定减小，故E错误。
[变式1－2] (2018·合肥质检)(多选)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性
B．固体可以分为晶体和非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状
C．毛细现象及浸润现象的产生均与液体表面张力有关，都是分子力作用的结果
D．空气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大
E．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布
答案 BCE
解析 液晶在光学性质上具有各向异性，A项错误；固体可以分为晶体和非晶体，晶体又分为单晶体和多晶体，其中单晶体具有确定的几何形状，非晶体和多晶体没有确定的几何形状，B项正确；毛细现象和浸润现象均是液体表面层分子力作用的宏观表现，C项正确；空气中水蒸气的实际压强越大，绝对湿度越大，水蒸气的实际压强与同温度下水的饱和汽压的比值决定相对湿度的大小，D项错误；由气体分子的统计规律可知，气体分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布，E项正确。
考点2 对气体压强的理解及计算
1．气体压强的决定因素
(1)宏观上：对于一定质量的理想气体，决定于气体的温度和体积。
(2)微观上：决定于气体分子的平均动能和气体分子数密度。
2．封闭气体压强的计算方法
(1)平衡状态下气体压强的求法
①液面法：选取合理的液面为研究对象，分析液面两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液面两侧压强相等方程，求得气体的压强。如图甲中选与虚线等高的左管中液面为研究对象。
②等压面法：在底部连通的容器中，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。如图甲中虚线处压强相等，则有pB＋ρgh2＝pA。
而pA＝p0＋ρgh1，
所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
③平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞、汽缸)的受力平衡方程，求得气体的压强。如图乙选活塞、图丙选液柱进行受力分析。
(2)加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象，进行受力分析(特别注意内、外气体的压力)，利用牛顿第二定律列方程求解。
例2 如图所示，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。不计活塞与汽缸壁间的摩擦，两个汽缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？
解题探究 (1)图甲中求气体压强研究对象选谁？
提示：活塞。
(2)图乙中求气体压强研究对象选谁？
提示：汽缸。
尝试解答 p0＋ p0－
题图甲中选活塞为研究对象，
pAS＝p0S＋mg得pA＝p0＋。
题图乙中选汽缸为研究对象得
pB＝p0－。
总结升华
封闭气体压强的求解思路
封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列出关于研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。
[变式2－1] (多选)密闭容器中气体的压强( )
A．是由分子受到的重力所产生的
B．是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
C．当容器自由下落时将减小为零
D．是由大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的
答案 BD
解析 密闭容器中气体自身重力产生的压强极小，可忽略不计，即使在失重或超重的情况下，也不会影响容器中气体的压强，故A、C错误；气体压强由气体分子碰撞器壁产生，与地球的引力无关，气体对上、下、左、右器壁的压强大小都是相等的，是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B、D正确。
[变式2－2] 若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
答案 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh
丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1
解析 在图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＋ρghS＝p0S
所以p气＝p0－ρgh。
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下，
有：p气S＋ρghS＝p0S
p气＝p0－ρgh。
在图丙中，以B液面为研究对象，有
p气S＋ρghSsin60°＝pBS＝p0S
所以p气＝p0－ρgh。
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p气S＝(p0＋ρgh1)S
所以p气＝p0＋ρgh1。
考点3 气体实验定律及理想气体状态方程的应用
1.利用气体实验定律及理想气体状态方程解决问题的基本思路
分析气体状态变化过程应注意以下两个方面：一是根据题目的条件进行分析，例如从力学的角度分析压强，判断是否属于等压过程；二是挖掘题目的隐含条件，例如缓慢压缩导热良好的汽缸中的气体，意味着气体温度与环境温度保持相同。
2．气体实验定律的应用常见的有两种情况
(1)玻璃管液封模型
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底部连通的容器内静止的液体，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。
(2)汽缸活塞类模型
解决汽缸活塞类问题的一般思路
①弄清题意，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分析清楚题目所述的物理过程，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注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
④多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
例3 (2018·石家庄一模)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB由左、右两部分组成，两部分汽缸横截面积分别为S、2S。缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L，气体温度为T0。已知外界气体压强恒为p0，B部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p0S，A部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L处有一活塞销。现缓慢升高气体温度，求：
(1)A部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；
(2)B部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度。
解题探究 (1)A部分汽缸中活塞被活塞销卡住之前，气体发生什么变化，符合什么定律？
提示：等压变化，盖—吕萨克定律。
(2)A中活塞被活塞销卡住后到B中活塞刚要滑动时，这一过程气体发生什么变化？
提示：等容变化。
尝试解答 (1)T0 (2)T0
(1)A中活塞被活塞销卡住之前，B中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p0
初态：体积V1＝LS＋L·2S＝3LS，温度T1＝T0
A中活塞刚好被活塞销卡住时：
体积V2＝2LS＋L·2S＝4LS，温度为T2
由盖—吕萨克定律，得＝
得T2＝T0。
(2)B中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p，对B中活塞受力分析得
p·2S＝p0·2S＋fmax，其中fmax＝2p0S，
得p＝2p0
从A中活塞刚好被活塞销卡住到B中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设末温度为T3
由查理定律，得＝
得T3＝T0。
总结升华
1．汽缸、活塞类问题的几种常见类型
(1)气体系统处于力学平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。
(3)封闭气体的容器(如汽缸、活塞、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)对于两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时不仅要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。
2．液柱(活塞)移动方向的分析思路
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方便地求解。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。
[变式3－1] (2018·江西质监) 如图所示，A、B两个汽缸中装有体积均为2 L、温度均为27 ℃的空气。A汽缸中有一光滑活塞，横截面积为50 cm2。两
汽缸用细管连接，细管容积不计，管中有一绝热的光滑活塞保持静止。现将B汽缸中的气体升温到127 ℃，保持A汽缸气体温度不变，若要使细管中的活塞仍停在原位置，则应把A中活塞向右推多少距离？
答案 0.1 m
解析 初始状态A、B汽缸的压强相等，设为p0。
对于B汽缸的气体：＝，
即＝，解得pB′＝p0。
对于A汽缸的气体：p0VA＝pA′VA′、pA′＝pB′，
即VA＝VA′，解得VA′＝1.5 L。
左边活塞应向右推的距离为：
l＝＝ m＝0.1 m。
[变式3－2] (2018·湖北四校联考)如图所示的薄壁玻璃管，上端开口且较粗，截面积S1＝2 cm2；下端封闭且较细，截面积S2＝1 cm2，上下管的长度均为L＝12 cm。一段水银柱把一定质量的理想气体封闭在细管内，两水银面正好均在两部分玻璃管的正中央位置。已知大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强，气体初始温度为T1＝264 K，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若缓慢升高气体温度，求当细管内的水银刚被全部排出时气体的温度T2；
(2)若继续升高温度，要使水银不溢出，则温度T3不能超过多少？
答案 (1)510 K (2)765 K
解析 (1)设水银全部进入上端玻璃管时，水银柱的长度为x
S1＋S2＝xS1，得x＝＝9 cm
初态压强p1＝p0＋ph1＋ph2＝88 cmHg，
末态压强p2＝p0＋px＝85 cmHg
体积V1＝S2＝6 cm3，V2＝LS2＝12 cm3
由理想气体状态方程＝，解得T2＝510 K。
(2)继续升高温度气体经历等压过程，则
由盖—吕萨克定律知，＝
其中V3＝LS2＋(L－x)S1＝18 cm3
解得T3＝765 K
即温度不超过765 K。
考点4 气体状态变化的图象问题
一定质量的气体不同状态变化图象的比较
例4 (2018·湛江调研)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，体积VA＝V0，线段AB与V轴平行，线段AC与T轴平行，BC的延长线过原点。
(1)求气体在状态B时的压强pB；
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10 J，该过程中气体吸收的热量Q为多少？
(3)求气体在状态C时的压强pC和温度TC。
解题探究 (1)状态A已知压强、温度、体积，状态B已知温度、体积，状态C已知体积，那么求B状态下气体的压强应如何处理？
提示：利用A到B是等温变化。
(2)状态A到B温度不变，内能变吗？
提示：不变。
尝试解答 (1)p0 (2)10 J (3)
(1)A到B是等温变化，根据玻意耳定律：
pAVA＝pBVB
解得pB＝p0。
(2)A到B是等温变化，气体的内能不变，即ΔU＝0
气体对外界做的功为10 J，即W＝－10 J
由W＋Q＝ΔU
解得Q＝－W＝10 J。
(3)B到C是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：
＝
解得TC＝
A到C是等容变化，根据查理定律得：
＝
解得pC＝。
总结升华
气体状态变化的图象的应用技巧
(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象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；图象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)明确图象斜率的物理意义：在V－T图象(p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态点与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)明确图象面积的物理意义：在p－V图象中，p－V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。
[变式4－1] 如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是( )
A．TATB，TB＝TC
C．TA>TB，TBTC
答案 C
解析 A到B过程为等容过程，根据＝C可得压强p减小，温度降低，即TA>TB；从B到C为等压过程，根据＝C可得体积V增大，温度升高，即TB
(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，计算图甲中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的坐标值，请写出计算过程。
答案 (1)等压变化 TA＝200 K (2)见解析
解析 (1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，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＝×300 K＝200 K。
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1．5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如右图所示。
考点5 变质量气体问题
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
1．打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。
3．灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
4．漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。
例5 (2018·沈阳质监一)夏天气温高，汽车在高速公路上长时间连续行驶，容易发生爆胎导致交通事故。已知汽车行驶前轮胎内气体压强为3.0×105 Pa，温度为27 ℃，爆胎时胎内气体的温度为90 ℃，轮胎内的空气可看成理想气体。
(1)求爆胎时轮胎内气体的压强；
(2)保持轮胎内气体温度90 ℃不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强降低到3.0×105 Pa，求轮胎内剩余气体的质量与原来质量之比。
解题探究 (1)爆胎之前轮胎内气体发生什么变化？
提示：等容变化。
(2)缓慢放气过程，为了保证气体质量不变应选谁为研究对象？
提示：放出的气体和轮胎内剩余气体整体为研究对象。
尝试解答 (1)3.63×105 Pa (2)
(1)轮胎内的气体发生等容变化，则有
＝
解得p2＝3.63×105 Pa。
(2)假设将放出的气体先收集起来并保持压强与轮胎内气体相同，以全部气体为研究对象，气体发生等温变化，则有
p2V1＝p1V
则剩余气体与原来总气体的质量比为
＝
解得＝。
总结升华
解决变质量问题的通用方法
通过巧妙选取合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而利用气体实验定律或理想气体状态方程解决。
[变式5－1] (2018·黑龙江六校协作体一模)冬天，某日早晨，气温降到t1＝0 ℃，李师傅测得汽车轮胎内压只有p1＝1.8×105 Pa。如果轮胎内部空间的体积为V1＝3.0×10－2 m3，现对轮胎充气，每次充入0 ℃、p0＝1.0×105 Pa、V0＝0.3 L的空气，且假设整个过程中轮胎内空间体积不变。
(1)如果充气过程中轮胎内气体温度不变，要使轮胎内气压达到p2＝2.1×105 Pa，需要充气多少次？
(2)若使轮胎内气压达到p2后，温度达到t2＝27 ℃时，轮胎内气压为多少？(保留两位有效数字)
答案 (1)30 (2)2.3×105 Pa
解析 (1)气体发生等温变化，以轮胎内原有气体与轮胎外将要充入的气体为研究对象，
由题意有(p2－p1)V1＝np0V0
解得n＝30。
(2)因轮胎内体积不变，气体发生等容变化，由查理定律有
＝
解得p3＝2.3×105 Pa。
[变式5－2] (2018·郑州质量预测) 如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化。
(1)喷药前若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
答案 (1)20 (2)10 L
解析 (1)设应打n次，则有：p1＝1 atm，
V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L，
p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得n＝20。
(2)由题意可知：V1′＝2 L，p1′＝2.5 atm；p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′
V2′＝V1′＝5 L
剩下的药液V＝15 L－5 L＝10 L。
高考模拟 随堂集训
1．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是( )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大
答案 ABC
解析 面积表示总的氧气分子数，二者相等，A正确；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃时的情形，分子平均动能较小，B正确；实线为氧气分子在100 ℃时的情形，C正确；曲线给出的是速率区间分子数占总分子数的百分比，D错误；与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，E错误。
2．(2018·江苏高考) (1)如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于周围空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则________。
A．空气的相对湿度减小
B．空气中水蒸汽的压强增大
C．空气中水的饱和汽压减小
D．空气中水的饱和汽压增大
(2)一定量的氧气贮存在密封容器中，在T1和T2温度下其分子速率分布的情况见下表。则T1________(选填“大于”“小于”或“等于”)T2。若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比________(选填“大于”“小于”或“等于”)18.6%。
答案 (1)A (2)大于 等于
解析 (1)温度计示数减小说明蒸发加快，空气中水蒸汽的压强减小，B错误；因水的饱和汽压只与温度有关，空气温度不变，所以饱和汽压不变，C、D错误；根据相对湿度的定义，空气的相对湿度减小，A正确。
(2)分子速率分布与温度有关，温度升高，分子的平均速率增大，速率大的分子数所占比例增加，速率小的分子数所占比例减小，所以T1大于T2；泄漏前后容器内温度不变，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变，仍为18.6%。
3．(2018·全国卷Ⅲ) 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm；l2′＝7.5 cm。
4．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
答案
解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①
p0＝p2V2②
由已知条件得
V1＝＋－＝V③
V2＝－＝④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得
m＝。
5．(2017·全国卷Ⅰ) 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。
(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。
答案 (1) 2p0 (2)上升直到B的顶部
(3)1.6p0
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
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝p0。
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0。
6．(2017·全国卷Ⅱ)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ρ0，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。
答案 (1)Vgρ0 (2)Vgρ0
(3)Vρ0T0－m0
解析 (1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖—吕萨克定律得＝③
联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④
气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得F＝Vgρ0⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝F－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0(－)－m0。
7．(2017·全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图a所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图b所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
答案 (1) (2)
解析 (1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p，提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρgh③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝。
8．(2016·全国卷Ⅲ) 一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝p0＋15.0 cmHg①
l1′＝ cm＝12.5 cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h≈9.42 cm⑧
9．(2016·全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
答案 4天
解析 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝
④
联立①②③④式，并代入数据得N＝4天。
10．(2016·全国卷Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm 的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
答案 (1)28 Pa (2)1.3
解析 (1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为
Δp1，则
Δp1＝①
代入题给数据得
Δp1＝28 Pa②
(2)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2③
由力学平衡条件有
p1＝p0＋ρgh＋Δp1④
p2＝p0＋Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1＝πr⑥
V2＝πr⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
3＝⑧
由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。代入题给数据得
＝≈1.3。
配套课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。其中 1～2为单选，3～8为多选)
1. 一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c，如图所示，则下图中能正确反映出这一变化过程的是( )
答案 C
解析 由题图知：a→b过程为气体等容升温，压强增大；b→c过程为气体等温降压，体积增大，C正确。
2. 如图所示，一开口向下导热均匀的直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板
上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是( )
A．大气压强增加
B．环境温度升高
C．向水银槽内注入水银
D．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移
答案 A
解析 根据题意，设玻璃管内的封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，对玻璃管受力分析，由平衡条件可得：T＋pS＝mg＋p0S。解得：T＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的拉力等于玻璃管的重力和玻璃管中高出液面部分水银的重力。大气压强增加时，水银柱上移，h增大，所以拉力T增加，A正确；环境温度升高，封闭气体压强增加，水银柱高度h减小，故拉力T减小，B错误；向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故拉力减小，C错误；略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体的体积减小、压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故细绳拉力T减小，故D错误。
3．(2018·福州质检改编)下列说法正确的是( )
A．液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了
C．清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动
D．在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故
E．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面
答案 ABD
解析 液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A正确；根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大了，故B正确；空气中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的现象，不是布朗运动，故C错误；在南方的梅雨季节，空气的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服不容易晾干，故D正确；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中仍然有水分子飞出水面，只不过相同时间内飞出水面的分子数和落入水中的分子数相等，达到一种动态平衡，故E错误。
4．(2018·唐山期末)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态。高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的。关于晶体与非晶体，下列说法正确的是( )
A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
B．多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状
C．晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同
D．单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点
E．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
答案 BDE
解析 在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体，A错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向同性的特点，B正确；多晶体是各向同性的，C错误；根据晶体与非晶体的区别可知，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规则在空间分布，生成不同的晶体，E正确。
5．(2018·长春质监)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B．液体表面层中分子间作用力的合力表现为引力
C．液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D．汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E．有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
答案 BCE
解析 固体、液体和气体的分子都在永不停息地做无规则运动，A错误；当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距离大于r0，所以分子间作用力的合力表现为引力，B正确；蒸发是在液体表面发生的汽化现象，其实质是液体表面分子由于分子运动离开液面，在任何温度下都能发生，C正确；汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，与分子热运动的剧烈程度有关，不是分子间的相互排斥产生的，D错误；晶体(例如冰)在熔化过程中吸收热量但温度不升高，E正确。
6．下列说法正确的是( )
A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
C．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
D．对一定质量的理想气体，在分子热运动的平均动能不变时，分子的平均距离减小则压强增大
E．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大
答案 ADE
解析 气体对器壁的压强等于大量分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，A正确；玻璃是非晶体，B错误；多晶体物理性质是各向同性的，C错误；理想气体分子平均动能不变，分子平均距离减小时压强增大，D正确；一定质量理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，E正确。
7．(2018·安徽联考)下列说法正确的是( )
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．晶体一定具有确定的熔点、规则的几何外形和物理性质的各向异性
C．为了保存玉米地的水分，可以锄松土壤，破坏土壤里的毛细管
D．夏天从冰柜中取出的矿泉水瓶，表面会先湿后干，其物态变化过程是先液化后蒸发
E．空气中的水蒸气压强越接近此温度下水的饱和汽压，人感觉越潮湿
答案 CDE
解析 由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间作用力表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，故A错误；晶体分为单晶体和多晶体，都有确定的熔点，多晶体物理性质表现为各向同性，没有规则的几何外形，单晶体具有规则的几何外形，某些物理性质具有各向异性，故B错误；锄松土壤可以破坏土壤里的毛细管，可以保存土壤里的水分，C正确；夏天从冰柜中取出的矿泉水瓶，表面会先湿后干，其物态变化过程是先液化后蒸发，故D正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发越慢，人感觉越潮湿，故E正确。
8．(2018·河南高三第二次仿真模拟)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是( )
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大
D．分子间同时存在引力和斥力，随分子距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小
E．非晶体的物理性质是各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
答案 BCD
解析 当分子力表现为斥力时，间距减小斥力做负功，分子势能增大，A错误；物体的温度越高，分子热运动的平均动能越大，物体中分子无规则运动越剧烈，B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大，C正确；分子间距离增大时，斥力和引力都减小，分子间距离减小时，斥力和引力都增大，但斥力增大得快，D正确；多晶体的物理性质是各向同性，故E错误。
二、非选择题(本题共4小题，共60分)
9．(2018·衡水五月冲刺)(15分)如图所示，导热的圆柱形汽缸固定在水平桌面上，横截面积为S，质量为m1的活塞封闭着一定质量的气体(可视为理想气体)，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气。总质量为m2的砝码盘(含砝码)通过左侧竖直的细绳与活塞相连。当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h。求：
(1)当活塞离缸底的高度为h时，环境温度是多少？
(2)保持(1)中的环境温度不变，在砝码盘中添加质量为Δm的砝码时，活塞返回到高度为处，求大气压强。
答案 (1)T (2)
解析 (1)由题可知，初始时温度为T1＝T，
体积为V1＝Sh；
变化后温度为T2，体积为V2＝，
根据盖—吕萨克定律可得＝，
解得T2＝T。
(2)设大气压强为p0，初始时体积为V2＝，
活塞受力平衡：m1g＋p0S－p2S－m2g＝0，
变化后体积V3＝；
末态活塞受力平衡：
m1g＋p0S－p3S－(m2＋Δm)g＝0，
根据玻意耳定律可得：p2V2＝p3V3，
解得p0＝。
10．(2018·山东六校联考)(15分)如图所示，水平放置的两端开口的长为14 cm、横截面积为1×10－5 m2的均匀玻璃管一端与一体积为3.9×10－6 m3的球形玻璃泡相通，当环境温度为47 ℃时在管口封入长为5 cm的水银柱(水银柱密封的气体为理想气体)。假设环境温度改变时大气压强不变。
(1)为了不让水银柱进入玻璃泡，环境温度t不能低于多少摄氏度？
(2)若将该装置改装成一个环境温度计，可在玻璃管上标上刻度来显示对应的环境温度，请通过分析说明在有效的范围内玻璃管上标出的刻度是否均匀。
答案 (1)－13 ℃ (2)均匀
解析 (1)为了不让水银柱进入玻璃泡，水银柱最多向左移动9 cm，设初始环境温度为T1，气体体积为V1，水银柱刚要进入玻璃泡时环境温度为T2，气体体积为V2，根据盖—吕萨克定律可知＝，
代入数据解得T2＝260 K，即t＝－13 ℃。
(2)设玻璃泡的体积为V，玻璃管的长度为l，横截面积为S，则开始时温度为T1时的体积V1＝V＋lS；
设环境温度为T2′时玻璃管内左侧气柱长度为x，则气体体积为V2′＝V＋xS，气体温度为T2′，
根据盖—吕萨克定律＝，
解得x＝·T2′－，
即玻璃管上标出的刻度是均匀的。
11．(2019·安徽省示范高中考试)(15分)如图所示，上端开口的绝热圆柱形汽缸竖直放置，汽缸内部被质量为m的导热性能良好的活塞A和质量也为m的绝热活塞B分成高度相等的三部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸底部有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的截面积为S，外界大气压强为且不变，现对气体Q缓慢加
热。
(1)当活塞A恰好到达汽缸上端时，求气体Q的温度；
(2)在活塞A上再放一个质量为m的物块C，继续给气体Q加热，当活塞A再次到达汽缸上端时，求气体Q的温度。
答案 (1)2T0 (2)T0
解析 (1)设Q初始状态的体积为V1，活塞A移动至汽缸上端的过程中气体Q做等压变化，体积变为2V1，
有＝
得气体Q的温度为T1＝2T0。
(2)设放上C继续加热到活塞A再次到达汽缸上端时P的体积为V2，气体P做等温变化
V1＝V2
而p0＝
得V2＝V1
此时Q的体积V3＝3V1－V1＝V1
由理想气体状态方程得
＝
得此时气体Q的温度为T′＝T0。
12. (2018·武汉高三五月训练)(15分)如图所示，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖的质量为m，杯身与热水的总质量为M，杯盖的面积为S。初始时，杯内气体的温度为T0，压强与大气压强p0相等。因杯子不保温，杯内气体温度逐渐降低，不计摩擦，不考虑杯内水的汽化和水蒸气液化，重力加速度为g。
(1)求温度降为T1时杯内气体的压强p1；
(2)杯身保持静止，温度为T1时缓慢提起杯盖所需的力至少多大？
(3)温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？
答案 (1)T1 (2)p0S＋mg－p0S
(3)T0－
解析 (1)此过程为等容降温过程，由查理定律
＝，
解得温度降为T1时，杯内气体压强p1＝T1。
(2)对杯盖受力分析，如图a所示，当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小，由平衡条件
p1S＋F＝p0S＋mg，
最小拉力F＝p0S＋mg－p0S。
(3)设提起杯子时气体压强为p2，温度为T2，杯身受力如图b所示
由平衡条件p0S＝p2S＋Mg，
由查理定律＝，
解得：T2＝T0－。
主干梳理 对点激活
知识点 固体的微观结构、晶体和非晶体、液晶的微观结构 Ⅰ1.晶体和非晶体
2．晶体的微观结构
(1)如图所示，金刚石、石墨晶体的晶体微粒有规则地、周期性地在空间排列。
(2)晶体特性的解释
3．液晶
(1)概念：许多有机化合物像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，这些化合物叫做液晶。
(2)微观结构：分子在特定的方向上排列比较整齐，具有晶体的各向异性，同时也具有一定的无规则性，所以也具有液体的流动性，如图所示。
(3)有些物质在特定的温度范围之内具有液晶态；另一些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定的浓度范围具有液晶态。
(4)天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的。
(5)应用：显示器、人造生物膜。
知识点 液体的表面张力现象 Ⅰ
1．液体的表面张力
(1)概念：液体表面各部分间互相吸引的力。
(2)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。
(3)方向：表面张力跟液面相切，且跟液面的分界线垂直。
2．浸润和不浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上，这种现象叫浸润。一种液体不会润湿某种固体，也就不会附着在这种固体的表面，这种现象叫不浸润。如图所示。
3．毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象。
知识点 饱和汽、未饱和汽和饱和汽压 相对湿度 Ⅰ1.饱和汽、未饱和汽
(1)动态平衡：在密闭的盛有某种液体的容器中，随着液体的不断蒸发，液面上方气体分子的数密度增大到一定程度时，在相同时间内回到液体中的分子数等于从液面飞出去的分子数。这时，蒸气的密度不再增大，液体也不再减少，液体与气体之间达到了平衡状态，蒸发从宏观上看是停止了。这种平衡是一种动态平衡。
(2)饱和汽与未饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽，而
未达到饱和状态的蒸汽叫做未饱和汽。
注意：在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的；饱和汽的分子数密度随温度的升高而增大。
2．饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：饱和汽压随温度而变。温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与液体的种类有关，与饱和汽的体积无关。
3．湿度
(1)定义：空气的潮湿程度。
(2)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强。
(3)相对湿度：在某一温度下，空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比。
相对湿度(B)＝×100%。
知识点 气体分子运动速率的统计分布
气体实验定律 理想气体 Ⅰ
一、气体分子运动的特点
1．分子很小，间距很大，除碰撞外几乎不受力。
2．气体分子向各个方向运动的分子数目都相等。
3．分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布。
4．温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
二、气体的状态参量
1．气体的压强
(1)产生原因
由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。气体的压强在数值上等于作用在单位面积上的压力。
(2)气体的压强取决于分子撞击力的大小和单位面积器壁上单位时间撞击的分子数。所以从微观角度来看，气体压强与两个因素有关：气体分子的平均动能，气体分子的密集程度。
(3)单位及换算关系
国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2。
常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)。
换算关系：1 atm＝76 cmHg＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa。
2．气体的温度
(1)物理意义
宏观上温度表示物体的冷热程度，微观上温度是分子平均动能的标志。
(2)国际单位
开尔文，简称开，符号：K。
(3)热力学温度与摄氏温度的关系
T＝t＋273.15_K。
3．气体的体积
气体体积为气体分子所能达到的空间的体积，即气体所充满容器的容积。
国际单位：立方米，符号：m3
常用单位：升(L)、毫升(mL)
换算关系：1 m3＝103 L,1 L＝103 mL
4．气体实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比。
②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)。
(2)等容变化——查理定律
①内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。
②公式：＝或＝C(常量)。
③推论式：Δp＝·ΔT。
(3)等压变化——盖—吕萨克定律
①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
②公式：＝或＝C(常量)。
③推论式：ΔV＝·ΔT。
5．理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在。
②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积无关。
③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大(相对大气压)，温度不太低时都可当成理想气体来处理。
(2)一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C(常量)。
6．气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的某种理想气体，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
一定质量的某种理想气体，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
一定质量的某种理想气体，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。
一 思维辨析
1．气体的压强是由气体的自身重力产生的。( )
2．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大。( )
3．有无确定的熔点是区分晶体和非晶体比较准确的方法。( )
4．液晶具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。( )
5．船浮于水面上不是由于液体的表面张力。( )
6．水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时，水分子不再跑出水面。( )
7．压强极大的气体不再遵从气体实验定律。( )
8．物理性质各向同性的一定是非晶体。( )
9．饱和汽压随温度升高而增大。( )
10．若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管时，液面跟固体接触的面积有扩大的趋势。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.× 7.√
8．× 9.√ 10.√
二 对点激活
1．(人教版选修3－3·P33·实验改编)(多选)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触石蜡层背面上一点，石蜡熔化的范围分别如图(1)、(2)、(3)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(4)所示。下列判断正确的是( )
A．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
E．甲、乙、丙都是非晶体
答案 BD
解析 由图(1)、(2)、(3)可知：甲、乙具有各向同性，丙具有各向异性；由图(4)可知：甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体，故B、D正确。
2．(人教版选修3－3·P39·图9.2－7改编)(多选)对于液体在器壁附近的液面发生弯曲的现象，如图所示，对此有下列几种解释，正确的是( )
A．表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏
B．表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密
C．附着层Ⅰ内分子的分布比液体内部密
D．附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏
答案 ACD
解析 液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，这是因为液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故表面层Ⅰ、表面层Ⅱ内分子的分布均比液体内部稀疏，所以A选项正确，B选项错误。附着层Ⅰ内分子与容器壁间引力大于液体内部分子引力，附着层内液体分子距离小，分子间表现为斥力，附着层有扩散的趋势，表现出浸润现象，所以C选项正确。附着层Ⅱ内分子与容器壁间引力小于液体内部分子引力，附着层内分子距离大，分子间表现为引力，附着层有收缩的趋势，表现出不浸润现象，D选项也正确。
3．(多选)关于饱和汽压和相对湿度，下列说法中正确的是 ( )
A．温度不同饱和汽的饱和汽压都相同
B．温度升高时，饱和汽压增大
C．在相对湿度相同的情况下，夏天比冬天的绝对湿度大
D．饱和汽压与体积无关
答案 BCD
解析 饱和汽压随温度的升高而增大，并且饱和汽压与饱和汽的体积无关，所以A错误，B、D正确。相对湿度是在某一温度下，空气中的水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比，夏天比冬天的温度高，水的饱和汽压较大，所以C正确。
4．(人教版选修3－3·P25·T1改编)对一定质量的气体来说，下列几点能做到的是( )
A．保持压强和体积不变而改变它的温度
B．保持压强不变，同时升高温度并减小体积
C．保持温度不变，同时增加体积并减小压强
D．保持体积不变，同时增加压强并降低温度
答案 C
解析 由＝C知A、B、D错误，C正确。
5. (人教版选修3－3·P23·T2)如图，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。
答案 (1)刻度是均匀的 (2)23.4～26.6 ℃
解析 (1)由于罐内气体压强始终不变，
所以＝，＝，
ΔV＝ΔT＝ΔT，
ΔT＝·SΔL
由于ΔT与ΔL成正比，所以刻度是均匀的。
(2)ΔT＝×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 ℃。
考点细研 悟法培优
考点1 固体和液体的性质
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。多晶体和非晶体具有各向同性。
(2)只要是具有各向异性的固体必定是晶体，且是单晶体。
(3)只要是具有确定熔点的固体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(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
(1)形成原因
表面层中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。
(2)液体表面特性
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。
(3)表面张力的方向
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线。
(4)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。
(5)表面张力的大小
跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系。
3．浸润和不浸润
浸润和不浸润也是分子力作用的表现。当液体与固体接触时，接触的位置形成一个液体薄层，叫做附着层。附着层的液体分子可能比液体内部稀疏，也可能比液体内部更密，这取决于液体、固体两种分子的性质。如果附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，也就是说，附着层内液体分子间的距离大于分子力平衡的距离r0，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层有收缩的趋势，就像液体表面张力的作用一样。这样的液体与固体之间表现为不浸润。如果附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势。这样的液体与固体之间表现为浸润。
4．毛细现象由于液体浸润管壁，如细玻璃管中的水，液面呈如图形状。液面边缘部分的表面张力如图所示，这个力使管中液体向上运动。当管中液体上升到一定高度，液体所受重力与液面边缘使它向上的力平衡，液面稳定在一定的高度。实验和理论分析都表明，对于一定的液体和一定材质的管壁，管的内径越细，液体所能达到的高度越高。对于不浸润液体在细管中下降，也可做类似分析。
5．对液体性质的两点说明
(1)液体表面层、附着层的分子结构特点是导致表面张力、浸润和不浸润现象、毛细现象等现象的根本原因。
(2)同一种液体，对一些固体是浸润的，对另一些固体可能是不浸润的。
例1 (2015·全国卷Ⅰ)(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
解题探究 (1)由同种元素构成的固体可以成为不同的晶体吗？
提示：可以。
(2)在熔化过程中晶体要吸收热量，内能怎样变化？
提示：增加。
尝试解答 选BCD。
晶体，无论体积大小，都是晶体。将一块晶体敲碎后，得到的颗粒仍然是晶体，A错误；晶体由于空间点阵结构的不同，在不同的方向上有不同的光学性质，B正确；由同种元素构成的固体，例如碳元素，由于原子排列方式不同，可能构成石墨，也可能构成金刚石，C正确；在合适的条件下，某些晶体可以转变成非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体。例如天然水晶是晶体，熔化后再凝固成石英玻璃就是非晶体，D正确；在熔化过程中，晶体吸收热量，温度保持不变，分子平均动能保持不变，而分子势能要增加，故内能要增加，E错误。
总结升华
单晶体、多晶体、非晶体的区别
三者的区别主要在以下三个方面：有无规则的几何外形；有无固定的熔点；各向同性还是各向异性。单晶体有规则的几何外形；单晶体和多晶体有固定的熔点；多晶体和非晶体表现出各向同性。
[变式1－1] (多选)下列说法中正确的是( )
A．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下表面要收缩到最小
B．若温度降低，即使气体体积减小，饱和汽压也会减小
C．未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽
D．液体的浸润与不浸润现象均是分子力作用的结果
E．绝对湿度一定的情况下，温度越高相对湿度越大
答案 ABD
解析 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，使液体表面存在张力，表面要收缩到最小，A正确；饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关，B正确；未饱和汽在降低温度时可达到平衡，变成饱和汽，C错误；浸润和不浸润现象均是分子力作用的结果，故D正确；在绝对湿度一定的情况下，气温升高时，饱和汽压增大，相对湿度一定减小，故E错误。
[变式1－2] (2018·合肥质检)(多选)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性
B．固体可以分为晶体和非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状
C．毛细现象及浸润现象的产生均与液体表面张力有关，都是分子力作用的结果
D．空气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大
E．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布
答案 BCE
解析 液晶在光学性质上具有各向异性，A项错误；固体可以分为晶体和非晶体，晶体又分为单晶体和多晶体，其中单晶体具有确定的几何形状，非晶体和多晶体没有确定的几何形状，B项正确；毛细现象和浸润现象均是液体表面层分子力作用的宏观表现，C项正确；空气中水蒸气的实际压强越大，绝对湿度越大，水蒸气的实际压强与同温度下水的饱和汽压的比值决定相对湿度的大小，D项错误；由气体分子的统计规律可知，气体分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布，E项正确。
考点2 对气体压强的理解及计算
1．气体压强的决定因素
(1)宏观上：对于一定质量的理想气体，决定于气体的温度和体积。
(2)微观上：决定于气体分子的平均动能和气体分子数密度。
2．封闭气体压强的计算方法
(1)平衡状态下气体压强的求法
①液面法：选取合理的液面为研究对象，分析液面两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液面两侧压强相等方程，求得气体的压强。如图甲中选与虚线等高的左管中液面为研究对象。
②等压面法：在底部连通的容器中，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。如图甲中虚线处压强相等，则有pB＋ρgh2＝pA。
而pA＝p0＋ρgh1，
所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
③平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞、汽缸)的受力平衡方程，求得气体的压强。如图乙选活塞、图丙选液柱进行受力分析。
(2)加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象，进行受力分析(特别注意内、外气体的压力)，利用牛顿第二定律列方程求解。
例2 如图所示，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。不计活塞与汽缸壁间的摩擦，两个汽缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？
解题探究 (1)图甲中求气体压强研究对象选谁？
提示：活塞。
(2)图乙中求气体压强研究对象选谁？
提示：汽缸。
尝试解答 p0＋ p0－
题图甲中选活塞为研究对象，
pAS＝p0S＋mg得pA＝p0＋。
题图乙中选汽缸为研究对象得
pB＝p0－。
总结升华
封闭气体压强的求解思路
封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列出关于研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。
[变式2－1] (多选)密闭容器中气体的压强( )
A．是由分子受到的重力所产生的
B．是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
C．当容器自由下落时将减小为零
D．是由大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的
答案 BD
解析 密闭容器中气体自身重力产生的压强极小，可忽略不计，即使在失重或超重的情况下，也不会影响容器中气体的压强，故A、C错误；气体压强由气体分子碰撞器壁产生，与地球的引力无关，气体对上、下、左、右器壁的压强大小都是相等的，是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B、D正确。
[变式2－2] 若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
答案 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh
丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1
解析 在图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＋ρghS＝p0S
所以p气＝p0－ρgh。
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下，
有：p气S＋ρghS＝p0S
p气＝p0－ρgh。
在图丙中，以B液面为研究对象，有
p气S＋ρghSsin60°＝pBS＝p0S
所以p气＝p0－ρgh。
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p气S＝(p0＋ρgh1)S
所以p气＝p0＋ρgh1。
考点3 气体实验定律及理想气体状态方程的应用
1.利用气体实验定律及理想气体状态方程解决问题的基本思路
分析气体状态变化过程应注意以下两个方面：一是根据题目的条件进行分析，例如从力学的角度分析压强，判断是否属于等压过程；二是挖掘题目的隐含条件，例如缓慢压缩导热良好的汽缸中的气体，意味着气体温度与环境温度保持相同。
2．气体实验定律的应用常见的有两种情况
(1)玻璃管液封模型
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底部连通的容器内静止的液体，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。
(2)汽缸活塞类模型
解决汽缸活塞类问题的一般思路
①弄清题意，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分析清楚题目所述的物理过程，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注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
④多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
例3 (2018·石家庄一模)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB由左、右两部分组成，两部分汽缸横截面积分别为S、2S。缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L，气体温度为T0。已知外界气体压强恒为p0，B部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p0S，A部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L处有一活塞销。现缓慢升高气体温度，求：
(1)A部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；
(2)B部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度。
解题探究 (1)A部分汽缸中活塞被活塞销卡住之前，气体发生什么变化，符合什么定律？
提示：等压变化，盖—吕萨克定律。
(2)A中活塞被活塞销卡住后到B中活塞刚要滑动时，这一过程气体发生什么变化？
提示：等容变化。
尝试解答 (1)T0 (2)T0
(1)A中活塞被活塞销卡住之前，B中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p0
初态：体积V1＝LS＋L·2S＝3LS，温度T1＝T0
A中活塞刚好被活塞销卡住时：
体积V2＝2LS＋L·2S＝4LS，温度为T2
由盖—吕萨克定律，得＝
得T2＝T0。
(2)B中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p，对B中活塞受力分析得
p·2S＝p0·2S＋fmax，其中fmax＝2p0S，
得p＝2p0
从A中活塞刚好被活塞销卡住到B中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设末温度为T3
由查理定律，得＝
得T3＝T0。
总结升华
1．汽缸、活塞类问题的几种常见类型
(1)气体系统处于力学平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。
(3)封闭气体的容器(如汽缸、活塞、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)对于两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时不仅要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。
2．液柱(活塞)移动方向的分析思路
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方便地求解。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。
[变式3－1] (2018·江西质监) 如图所示，A、B两个汽缸中装有体积均为2 L、温度均为27 ℃的空气。A汽缸中有一光滑活塞，横截面积为50 cm2。两
汽缸用细管连接，细管容积不计，管中有一绝热的光滑活塞保持静止。现将B汽缸中的气体升温到127 ℃，保持A汽缸气体温度不变，若要使细管中的活塞仍停在原位置，则应把A中活塞向右推多少距离？
答案 0.1 m
解析 初始状态A、B汽缸的压强相等，设为p0。
对于B汽缸的气体：＝，
即＝，解得pB′＝p0。
对于A汽缸的气体：p0VA＝pA′VA′、pA′＝pB′，
即VA＝VA′，解得VA′＝1.5 L。
左边活塞应向右推的距离为：
l＝＝ m＝0.1 m。
[变式3－2] (2018·湖北四校联考)如图所示的薄壁玻璃管，上端开口且较粗，截面积S1＝2 cm2；下端封闭且较细，截面积S2＝1 cm2，上下管的长度均为L＝12 cm。一段水银柱把一定质量的理想气体封闭在细管内，两水银面正好均在两部分玻璃管的正中央位置。已知大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强，气体初始温度为T1＝264 K，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若缓慢升高气体温度，求当细管内的水银刚被全部排出时气体的温度T2；
(2)若继续升高温度，要使水银不溢出，则温度T3不能超过多少？
答案 (1)510 K (2)765 K
解析 (1)设水银全部进入上端玻璃管时，水银柱的长度为x
S1＋S2＝xS1，得x＝＝9 cm
初态压强p1＝p0＋ph1＋ph2＝88 cmHg，
末态压强p2＝p0＋px＝85 cmHg
体积V1＝S2＝6 cm3，V2＝LS2＝12 cm3
由理想气体状态方程＝，解得T2＝510 K。
(2)继续升高温度气体经历等压过程，则
由盖—吕萨克定律知，＝
其中V3＝LS2＋(L－x)S1＝18 cm3
解得T3＝765 K
即温度不超过765 K。
考点4 气体状态变化的图象问题
一定质量的气体不同状态变化图象的比较
例4 (2018·湛江调研)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，体积VA＝V0，线段AB与V轴平行，线段AC与T轴平行，BC的延长线过原点。
(1)求气体在状态B时的压强pB；
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10 J，该过程中气体吸收的热量Q为多少？
(3)求气体在状态C时的压强pC和温度TC。
解题探究 (1)状态A已知压强、温度、体积，状态B已知温度、体积，状态C已知体积，那么求B状态下气体的压强应如何处理？
提示：利用A到B是等温变化。
(2)状态A到B温度不变，内能变吗？
提示：不变。
尝试解答 (1)p0 (2)10 J (3)
(1)A到B是等温变化，根据玻意耳定律：
pAVA＝pBVB
解得pB＝p0。
(2)A到B是等温变化，气体的内能不变，即ΔU＝0
气体对外界做的功为10 J，即W＝－10 J
由W＋Q＝ΔU
解得Q＝－W＝10 J。
(3)B到C是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：
＝
解得TC＝
A到C是等容变化，根据查理定律得：
＝
解得pC＝。
总结升华
气体状态变化的图象的应用技巧
(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象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；图象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)明确图象斜率的物理意义：在V－T图象(p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态点与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)明确图象面积的物理意义：在p－V图象中，p－V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。
[变式4－1] 如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是( )
A．TA
C．TA>TB，TB
答案 C
解析 A到B过程为等容过程，根据＝C可得压强p减小，温度降低，即TA>TB；从B到C为等压过程，根据＝C可得体积V增大，温度升高，即TB
(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，计算图甲中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的坐标值，请写出计算过程。
答案 (1)等压变化 TA＝200 K (2)见解析
解析 (1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，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＝×300 K＝200 K。
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1．5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如右图所示。
考点5 变质量气体问题
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
1．打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。
3．灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
4．漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。
例5 (2018·沈阳质监一)夏天气温高，汽车在高速公路上长时间连续行驶，容易发生爆胎导致交通事故。已知汽车行驶前轮胎内气体压强为3.0×105 Pa，温度为27 ℃，爆胎时胎内气体的温度为90 ℃，轮胎内的空气可看成理想气体。
(1)求爆胎时轮胎内气体的压强；
(2)保持轮胎内气体温度90 ℃不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强降低到3.0×105 Pa，求轮胎内剩余气体的质量与原来质量之比。
解题探究 (1)爆胎之前轮胎内气体发生什么变化？
提示：等容变化。
(2)缓慢放气过程，为了保证气体质量不变应选谁为研究对象？
提示：放出的气体和轮胎内剩余气体整体为研究对象。
尝试解答 (1)3.63×105 Pa (2)
(1)轮胎内的气体发生等容变化，则有
＝
解得p2＝3.63×105 Pa。
(2)假设将放出的气体先收集起来并保持压强与轮胎内气体相同，以全部气体为研究对象，气体发生等温变化，则有
p2V1＝p1V
则剩余气体与原来总气体的质量比为
＝
解得＝。
总结升华
解决变质量问题的通用方法
通过巧妙选取合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而利用气体实验定律或理想气体状态方程解决。
[变式5－1] (2018·黑龙江六校协作体一模)冬天，某日早晨，气温降到t1＝0 ℃，李师傅测得汽车轮胎内压只有p1＝1.8×105 Pa。如果轮胎内部空间的体积为V1＝3.0×10－2 m3，现对轮胎充气，每次充入0 ℃、p0＝1.0×105 Pa、V0＝0.3 L的空气，且假设整个过程中轮胎内空间体积不变。
(1)如果充气过程中轮胎内气体温度不变，要使轮胎内气压达到p2＝2.1×105 Pa，需要充气多少次？
(2)若使轮胎内气压达到p2后，温度达到t2＝27 ℃时，轮胎内气压为多少？(保留两位有效数字)
答案 (1)30 (2)2.3×105 Pa
解析 (1)气体发生等温变化，以轮胎内原有气体与轮胎外将要充入的气体为研究对象，
由题意有(p2－p1)V1＝np0V0
解得n＝30。
(2)因轮胎内体积不变，气体发生等容变化，由查理定律有
＝
解得p3＝2.3×105 Pa。
[变式5－2] (2018·郑州质量预测) 如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化。
(1)喷药前若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
答案 (1)20 (2)10 L
解析 (1)设应打n次，则有：p1＝1 atm，
V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L，
p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得n＝20。
(2)由题意可知：V1′＝2 L，p1′＝2.5 atm；p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′
V2′＝V1′＝5 L
剩下的药液V＝15 L－5 L＝10 L。
高考模拟 随堂集训
1．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是( )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大
答案 ABC
解析 面积表示总的氧气分子数，二者相等，A正确；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃时的情形，分子平均动能较小，B正确；实线为氧气分子在100 ℃时的情形，C正确；曲线给出的是速率区间分子数占总分子数的百分比，D错误；与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，E错误。
2．(2018·江苏高考) (1)如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于周围空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则________。
A．空气的相对湿度减小
B．空气中水蒸汽的压强增大
C．空气中水的饱和汽压减小
D．空气中水的饱和汽压增大
(2)一定量的氧气贮存在密封容器中，在T1和T2温度下其分子速率分布的情况见下表。则T1________(选填“大于”“小于”或“等于”)T2。若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比________(选填“大于”“小于”或“等于”)18.6%。
答案 (1)A (2)大于 等于
解析 (1)温度计示数减小说明蒸发加快，空气中水蒸汽的压强减小，B错误；因水的饱和汽压只与温度有关，空气温度不变，所以饱和汽压不变，C、D错误；根据相对湿度的定义，空气的相对湿度减小，A正确。
(2)分子速率分布与温度有关，温度升高，分子的平均速率增大，速率大的分子数所占比例增加，速率小的分子数所占比例减小，所以T1大于T2；泄漏前后容器内温度不变，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变，仍为18.6%。
3．(2018·全国卷Ⅲ) 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm；l2′＝7.5 cm。
4．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
答案
解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①
p0＝p2V2②
由已知条件得
V1＝＋－＝V③
V2＝－＝④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得
m＝。
5．(2017·全国卷Ⅰ) 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。
(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。
答案 (1) 2p0 (2)上升直到B的顶部
(3)1.6p0
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
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝p0。
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0。
6．(2017·全国卷Ⅱ)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ρ0，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。
答案 (1)Vgρ0 (2)Vgρ0
(3)Vρ0T0－m0
解析 (1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖—吕萨克定律得＝③
联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④
气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得F＝Vgρ0⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝F－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0(－)－m0。
7．(2017·全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图a所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图b所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
答案 (1) (2)
解析 (1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p，提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρgh③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝。
8．(2016·全国卷Ⅲ) 一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝p0＋15.0 cmHg①
l1′＝ cm＝12.5 cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h≈9.42 cm⑧
9．(2016·全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
答案 4天
解析 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝
④
联立①②③④式，并代入数据得N＝4天。
10．(2016·全国卷Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm 的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
答案 (1)28 Pa (2)1.3
解析 (1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为
Δp1，则
Δp1＝①
代入题给数据得
Δp1＝28 Pa②
(2)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2③
由力学平衡条件有
p1＝p0＋ρgh＋Δp1④
p2＝p0＋Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1＝πr⑥
V2＝πr⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
3＝⑧
由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。代入题给数据得
＝≈1.3。
配套课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。其中 1～2为单选，3～8为多选)
1. 一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c，如图所示，则下图中能正确反映出这一变化过程的是( )
答案 C
解析 由题图知：a→b过程为气体等容升温，压强增大；b→c过程为气体等温降压，体积增大，C正确。
2. 如图所示，一开口向下导热均匀的直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板
上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是( )
A．大气压强增加
B．环境温度升高
C．向水银槽内注入水银
D．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移
答案 A
解析 根据题意，设玻璃管内的封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，对玻璃管受力分析，由平衡条件可得：T＋pS＝mg＋p0S。解得：T＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的拉力等于玻璃管的重力和玻璃管中高出液面部分水银的重力。大气压强增加时，水银柱上移，h增大，所以拉力T增加，A正确；环境温度升高，封闭气体压强增加，水银柱高度h减小，故拉力T减小，B错误；向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故拉力减小，C错误；略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体的体积减小、压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故细绳拉力T减小，故D错误。
3．(2018·福州质检改编)下列说法正确的是( )
A．液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了
C．清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动
D．在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故
E．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面
答案 ABD
解析 液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A正确；根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大了，故B正确；空气中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的现象，不是布朗运动，故C错误；在南方的梅雨季节，空气的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服不容易晾干，故D正确；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中仍然有水分子飞出水面，只不过相同时间内飞出水面的分子数和落入水中的分子数相等，达到一种动态平衡，故E错误。
4．(2018·唐山期末)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态。高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的。关于晶体与非晶体，下列说法正确的是( )
A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
B．多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状
C．晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同
D．单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点
E．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
答案 BDE
解析 在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体，A错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向同性的特点，B正确；多晶体是各向同性的，C错误；根据晶体与非晶体的区别可知，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规则在空间分布，生成不同的晶体，E正确。
5．(2018·长春质监)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B．液体表面层中分子间作用力的合力表现为引力
C．液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D．汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E．有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
答案 BCE
解析 固体、液体和气体的分子都在永不停息地做无规则运动，A错误；当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距离大于r0，所以分子间作用力的合力表现为引力，B正确；蒸发是在液体表面发生的汽化现象，其实质是液体表面分子由于分子运动离开液面，在任何温度下都能发生，C正确；汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，与分子热运动的剧烈程度有关，不是分子间的相互排斥产生的，D错误；晶体(例如冰)在熔化过程中吸收热量但温度不升高，E正确。
6．下列说法正确的是( )
A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
C．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
D．对一定质量的理想气体，在分子热运动的平均动能不变时，分子的平均距离减小则压强增大
E．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大
答案 ADE
解析 气体对器壁的压强等于大量分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，A正确；玻璃是非晶体，B错误；多晶体物理性质是各向同性的，C错误；理想气体分子平均动能不变，分子平均距离减小时压强增大，D正确；一定质量理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，E正确。
7．(2018·安徽联考)下列说法正确的是( )
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．晶体一定具有确定的熔点、规则的几何外形和物理性质的各向异性
C．为了保存玉米地的水分，可以锄松土壤，破坏土壤里的毛细管
D．夏天从冰柜中取出的矿泉水瓶，表面会先湿后干，其物态变化过程是先液化后蒸发
E．空气中的水蒸气压强越接近此温度下水的饱和汽压，人感觉越潮湿
答案 CDE
解析 由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间作用力表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，故A错误；晶体分为单晶体和多晶体，都有确定的熔点，多晶体物理性质表现为各向同性，没有规则的几何外形，单晶体具有规则的几何外形，某些物理性质具有各向异性，故B错误；锄松土壤可以破坏土壤里的毛细管，可以保存土壤里的水分，C正确；夏天从冰柜中取出的矿泉水瓶，表面会先湿后干，其物态变化过程是先液化后蒸发，故D正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发越慢，人感觉越潮湿，故E正确。
8．(2018·河南高三第二次仿真模拟)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是( )
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大
D．分子间同时存在引力和斥力，随分子距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小
E．非晶体的物理性质是各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
答案 BCD
解析 当分子力表现为斥力时，间距减小斥力做负功，分子势能增大，A错误；物体的温度越高，分子热运动的平均动能越大，物体中分子无规则运动越剧烈，B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大，C正确；分子间距离增大时，斥力和引力都减小，分子间距离减小时，斥力和引力都增大，但斥力增大得快，D正确；多晶体的物理性质是各向同性，故E错误。
二、非选择题(本题共4小题，共60分)
9．(2018·衡水五月冲刺)(15分)如图所示，导热的圆柱形汽缸固定在水平桌面上，横截面积为S，质量为m1的活塞封闭着一定质量的气体(可视为理想气体)，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气。总质量为m2的砝码盘(含砝码)通过左侧竖直的细绳与活塞相连。当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h。求：
(1)当活塞离缸底的高度为h时，环境温度是多少？
(2)保持(1)中的环境温度不变，在砝码盘中添加质量为Δm的砝码时，活塞返回到高度为处，求大气压强。
答案 (1)T (2)
解析 (1)由题可知，初始时温度为T1＝T，
体积为V1＝Sh；
变化后温度为T2，体积为V2＝，
根据盖—吕萨克定律可得＝，
解得T2＝T。
(2)设大气压强为p0，初始时体积为V2＝，
活塞受力平衡：m1g＋p0S－p2S－m2g＝0，
变化后体积V3＝；
末态活塞受力平衡：
m1g＋p0S－p3S－(m2＋Δm)g＝0，
根据玻意耳定律可得：p2V2＝p3V3，
解得p0＝。
10．(2018·山东六校联考)(15分)如图所示，水平放置的两端开口的长为14 cm、横截面积为1×10－5 m2的均匀玻璃管一端与一体积为3.9×10－6 m3的球形玻璃泡相通，当环境温度为47 ℃时在管口封入长为5 cm的水银柱(水银柱密封的气体为理想气体)。假设环境温度改变时大气压强不变。
(1)为了不让水银柱进入玻璃泡，环境温度t不能低于多少摄氏度？
(2)若将该装置改装成一个环境温度计，可在玻璃管上标上刻度来显示对应的环境温度，请通过分析说明在有效的范围内玻璃管上标出的刻度是否均匀。
答案 (1)－13 ℃ (2)均匀
解析 (1)为了不让水银柱进入玻璃泡，水银柱最多向左移动9 cm，设初始环境温度为T1，气体体积为V1，水银柱刚要进入玻璃泡时环境温度为T2，气体体积为V2，根据盖—吕萨克定律可知＝，
代入数据解得T2＝260 K，即t＝－13 ℃。
(2)设玻璃泡的体积为V，玻璃管的长度为l，横截面积为S，则开始时温度为T1时的体积V1＝V＋lS；
设环境温度为T2′时玻璃管内左侧气柱长度为x，则气体体积为V2′＝V＋xS，气体温度为T2′，
根据盖—吕萨克定律＝，
解得x＝·T2′－，
即玻璃管上标出的刻度是均匀的。
11．(2019·安徽省示范高中考试)(15分)如图所示，上端开口的绝热圆柱形汽缸竖直放置，汽缸内部被质量为m的导热性能良好的活塞A和质量也为m的绝热活塞B分成高度相等的三部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸底部有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的截面积为S，外界大气压强为且不变，现对气体Q缓慢加
热。
(1)当活塞A恰好到达汽缸上端时，求气体Q的温度；
(2)在活塞A上再放一个质量为m的物块C，继续给气体Q加热，当活塞A再次到达汽缸上端时，求气体Q的温度。
答案 (1)2T0 (2)T0
解析 (1)设Q初始状态的体积为V1，活塞A移动至汽缸上端的过程中气体Q做等压变化，体积变为2V1，
有＝
得气体Q的温度为T1＝2T0。
(2)设放上C继续加热到活塞A再次到达汽缸上端时P的体积为V2，气体P做等温变化
V1＝V2
而p0＝
得V2＝V1
此时Q的体积V3＝3V1－V1＝V1
由理想气体状态方程得
＝
得此时气体Q的温度为T′＝T0。
12. (2018·武汉高三五月训练)(15分)如图所示，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖的质量为m，杯身与热水的总质量为M，杯盖的面积为S。初始时，杯内气体的温度为T0，压强与大气压强p0相等。因杯子不保温，杯内气体温度逐渐降低，不计摩擦，不考虑杯内水的汽化和水蒸气液化，重力加速度为g。
(1)求温度降为T1时杯内气体的压强p1；
(2)杯身保持静止，温度为T1时缓慢提起杯盖所需的力至少多大？
(3)温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？
答案 (1)T1 (2)p0S＋mg－p0S
(3)T0－
解析 (1)此过程为等容降温过程，由查理定律
＝，
解得温度降为T1时，杯内气体压强p1＝T1。
(2)对杯盖受力分析，如图a所示，当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小，由平衡条件
p1S＋F＝p0S＋mg，
最小拉力F＝p0S＋mg－p0S。
(3)设提起杯子时气体压强为p2，温度为T2，杯身受力如图b所示
由平衡条件p0S＝p2S＋Mg，
由查理定律＝，
解得：T2＝T0－。
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