2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第十二章第2节固体、液体和气体

第2节固体、液体和气体(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。(×)(2)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)(3)晶体有天然规则的几何形状，是因为晶体的物质微粒是规则排列的。(√)(4)液晶是液体和晶体的混合物。(×)(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，水不再蒸发和凝结。(×)(7)压强极大的气体不遵从气体实验定律。(√)突破点(一)　固体、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。(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。(3)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，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 [题点全练]1．[多选]下列说法正确的是(　　)A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B．石墨晶体是层状结构，层与层原子间作用力小，可用作固体润滑剂C．潮湿的房间内，开空调制热，可降低空气的绝对湿度D．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关解析：选BD　两分子之间的距离大于r0时，分子力表现为引力，分子力随着分子间距的减小可能先增大后减小，也可能一直减小，分子势能随着分子间距的减小而减小，故A错误；石墨晶体是层状结构，层与层原子间作用力小，可用作固体润滑剂，故B正确；潮湿的房间内，开启空调制热，温度升高，水蒸气的压强增大，空气的绝对湿度升高，故C错误；玻璃管的裂口放在火焰上烧溶，它的尖端会变钝，是由于变成液体后表面张力的作用，故D正确。 2．(2018·宿迁期末)关于固体、液晶的性质，下列说法错误的是(　　)A．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的B．有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构C．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D．液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有光学的各向同性解析：选D　单晶体只有在某些物理性质上具有各向异性，而多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故A正确；同种物质能够生成种类不同的几种晶体，是因为组成它们的分子形成了不同的空间结构，故B正确；液晶像液体一样具有流动性，又具有各向异性，故C正确，D错误。 3．[多选]下列说法中正确的是(　　)A．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征B．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢C．布朗运动是指在显微镜下直接观察到的液体分子的无规则运动D．一般说来物体的温度和体积变化时它的内能都要随之改变解析：选BD　单晶体一定具有规则形状，且单晶体有各向异性的特征，多晶体各向同性，没有规则的天然外形，故A错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发也就越慢，故B正确；布朗运动是指在显微镜下观察到的固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故C错误；物体的内能与物体的温度、体积有关，物体的温度和体积变化时它的内能都要随之改变，所以D正确。突破点(二)　气体实验定律的应用 1．气体压强(1)产生原因：由于大量气体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。2．三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)。(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数)。(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数)。3．利用气体实验定律解决问题的基本思路 [典例]　(2018·徐州模拟)如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸中封闭了一定质量的理想气体，活塞到缸底的距离h＝0.5 m。已知活塞质量m＝2 kg，横截面积S＝1×10－3m2，环境温度t＝0 ℃且保持不变，外界大气压强p0＝1×105 Pa，阿伏加德罗常数NA＝6×1023mol－1，标准状态下气体的摩尔体积Vmol＝22.4 L/mol，g＝10 m/s2。现将汽缸缓慢地转至开口水平，求：(1)汽缸开口水平时，被封闭气体的体积V；(2)汽缸内空气分子的个数(结果保留一位有效数字)。[审题指导](1)先根据受力平衡求出汽缸开口竖直向上时缸内气体的压强，转至水平位置时气体压强等于大气压强，根据玻意耳定律即可求解。(2)汽缸转至水平位置时，气体处于标准状态，求出气体的物质的量，再乘以阿伏加德罗常数，即可求解。[解析]　(1)根据平衡条件得：p1＝p0＋＝1.2×105 Pa由玻意耳定律有：p1V1＝p0V解得V＝6×10－4 m3。(2)汽缸内空气分子的个数N＝×NA＝×6×1023＝2×1022个。[答案]　(1)6×10－4 m3　(2)2×1022个 [集训冲关] 1．(2018·扬州一模)游客到高原旅游常购买便携式氧气袋，袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体，温度为0 ℃时，袋内气体压强为1.25 atm，体积为40 L，求袋内氧气的分子数(计算结果保留一位有效数字)。已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，在标准状况(压强p0＝1 atm、温度t0＝0 ℃)下，理想气体的摩尔体积都为22.4 L。解析：由于等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p0V0，得V0＝，代入数据，解得：V0＝50 L那么分子数n＝NA＝×6×1023＝1×1024个。答案：1×1024个2．(2019·南通一模)如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，活塞只在受到压力时才向下移动。倒入热水后，活塞a的下表面与液体相距h，两者间密闭有一定质量的气体，密闭气体的压强等于外界大气压强p0。(1)刚倒入热水时，瓶内空气温度为T1，经过一段时间温度降至T2，此时瓶内气体的压强多大？(2)当温度降至T2时，要把瓶中的水压出瓶外，活塞a至少下降多少距离？(设压活塞过程中气体温度不变)解析：(1)由查理定律可得＝解得p2＝。 (2)设活塞的横截面积为S，下降的距离为x由玻意耳定律有p2hS＝p0(h－x)S解得x＝h。答案：(1)　(2)h突破点(三)　理想气体状态方程的应用 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，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。2．状态方程＝或＝C。3．应用状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体。(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2。(3)由状态方程列式求解。(4)讨论结果的合理性。 [典例]　(2018·连云港模拟)如图所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为1×10－3m2，汽缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦。开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12 cm，此时汽缸内被封闭气体的压强为1.5×105 Pa，温度为300 K。外界大气压为1.0×105 Pa，g取10 m/s2。(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K时，其压强多大？(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度为360 K，则这时活塞离缸底的距离为多少？[审题指导](1)由于销子的作用，气体的体积不会变化，确定气体的两个状态，分析其状态参量，利用等容变化可解得结果。(2)拔去销子K后，活塞会向上移动直至内外压强一致，确定此时的状态参量，结合第一个状态，利用理想气体的状态方程可解得活塞距离缸底的距离。[解析]　(1)由题意可知气体体积不变，状态Ⅰ：p1＝1.5×105 Pa，T1＝300 K，V1＝1×10－3×0.12 m3状态Ⅱ：p2＝？，T2＝400 K由等容变化有：＝代入数据解得：p2＝2×105 Pa。(2)状态Ⅲ：p3＝p0＋＝1.2×105 Pa，T3＝360 K，V3＝1×10－3×l m3由理想气体状态方程有：＝代入数据解得：l＝0.18 m＝18 cm。[答案]　(1)2×105 Pa　(2)18 cm  [集训冲关] 1．[多选](2018·南充期末)一定质量的理想气体处于某一平衡状态，此时其压强为p0，有人设计了四种途径，使气体经过每种途径后压强仍为p0。下面四种途径中可能的途径是(　　)A．先等温膨胀，再等容降压 　B．先等温压缩，再等容降温C．先等容升温，再等温压缩   D．先等容降温，再等温压缩解析：选BD　气体先等温膨胀，温度T不变，体积V增大，由理想气体状态方程＝C可知，压强p减小，然后再等容降压，压强进一步减小，在整个过程中压强不可能不变，故A错误；先等温压缩，温度T不变，体积V变小，由＝C可知，压强p变大，再等容降温，体积V不变，温度T减小，由＝C可知，压强p减小，整个过程压强可能不变，故B正确；先等容升温，体积V不变，温度T升高，由＝C可知，压强p增大，再等温压缩，T不变，V变小，由＝C可知，压强p增大，整个过程压强变大，故C错误；先等容降温，体积V不变，T降低，由＝C可知，压强p降低，再等温压缩，T不变，V变小，由＝C可知，p变大，整个过程压强可能不变，故D正确。2．(2019·泰州中学月考)如图所示，绝热汽缸开口向上放置在水平平台上，质量为m＝10 kg、横截面积为S＝50 cm2的活塞，封闭一定质量的理想气体，被封闭气体的温度为t＝27 ℃，气体气柱长L＝10 cm。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，标准状况下(压强为一个标准大气压，温度为0 ℃)理想气体的摩尔体积为22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。(活塞摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)被封闭理想气体的压强；(2)被封闭气体内所含分子的数目。解析：(1)根据活塞受力平衡：p0S＋mg＝pS其中：S＝50 cm2＝5×10－3 m2可得被封闭理想气体的压强：p＝p0＋＝1×105 Pa＋ Pa＝1.2×105 Pa。(2)设标准状况下气体的体积为 V0，根据理想气体的状态方程可得：＝解得：V0＝0.546 L，气体的物质的量：n＝，其中Vm＝22.4 L/mol，则被封闭的分子数N＝n·NA联立解得分子数：N≈1.5×1022个。答案：(1)1.2×105 Pa　(2)1.5×1022个突破点(四)　气体状态变化的图像问题 一定质量的气体不同图像的比较过程类别图线特点示例等温过程p ­VpV＝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p ­p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容过程p ­Tp＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小等压过程V ­TV＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小 [典例]　(2018·扬州一模)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：(1)气体在状态B时的压强pB；(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。[解析]　(1)由A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：pAVA＝pBVB　解得：pB＝。(2)由B到C是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：＝　解得：TC＝由A到C是等容变化，根据查理定律得：＝解得：pC＝。[答案]　(1)　(2)　[方法规律]气体状态变化的图像的应用技巧(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。[集训冲关]1.(2014·福建高考)图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，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(　　)A．TA＜TB，TB＜TC　　　 　B．TA＞TB，TB＝TCC．TA＞TB，TB＜TC   D．TA＝TB，TB＞TC解析：选C　由状态A到状态B过程中，气体体积不变，由查理定律可知，随压强减小，温度降低，故TA＞TB，A、D项错；由状态B到状态C过程中，气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知，随体积增大，温度升高，即TB＜TC，B项错，C项对。2.(2019·修远中学月考)一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图所示，下列说法正确的是(　　)A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大B．a→b过程中，气体体积减小，压强减小C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小解析：选C　由题图可知b→c过程中，气体压强不变，温度降低，即Tb>Tc，根据＝，可得Vb>Vc，即体积减小，故A错误。由题图可知a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，由题图可知pa>pb，根据玻意耳定律paVa＝pbVb，可得Va<Vb，即压强减小，体积增大，故B错误。根据＝C，可得＝，可知c→a过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，由题图可知，压强增大，故C正确。由选项C分析可知c→a的过程中，气体的体积不变，温度升高，而理想气体的内能与气体的体积无关，仅与气体的物质的量和温度有关，并且温度升高气体的内能增大，故D错误。3．一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3 m2，如图甲所示。开始时气体的体积为3.0×10－3 m3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一。设大气压强为1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)最后汽缸内气体的压强为多少？(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？(3)在图乙中的p­V图上画出汽缸内气体的状态变化过程(并用箭头标出状态变化的方向)。解析：(1)汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2式中p1＝1.0×105 Pa，V1＝3.0×10－3 m3，V2＝1.0×10－3 m3，代入数据得：p2＝＝3.0×105 Pa。(2)活塞受力分析如图所示。根据力的平衡条件：p2S＝p0S＋mg，代入数据可得：m＝＝30 kg。(3)该过程是等温变化，p­V图像是双曲线，由以上数据可画出如图所示的状态变化图线。答案：(1)3.0×105 Pa　(2)30 kg　(3)见解析图