第二章 固体、液体和气体 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（教科版2019）

　一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 [例1]　(多选)关于固体、液体和气体，下列说法中正确的是 (　 ) A．慢慢向小茶杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，此现象与液体表面张力有关 B．具有各向同性的物质一定没有确定的熔点 C．某种液体和固体接触，当固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力时，该液体浸润固体 D．液晶的物理性质稳定，外界条件的变动不会引起液晶分子排列变化 固体和液体的性质 [解析]　液体表面张力是液体表面层内的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子力表现为引力的结果，液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势，慢慢向小茶杯中注水，即使水面高出杯口，水仍不会流下来，此现象与液体表面张力有关，A正确；多晶体是各向同性的，但有确定的熔点，B错误；某种液体和固体接触时存在附着层，当固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力时，附着层内的分子比液体内部分子密集，分子力表现为斥力，该液体浸润固体，C正确；液晶具有液体的流动性，其物理性质并不稳定，液晶分子的排列是不稳定的，外界的微小变动就能引起液晶分子排列的变化，D错误。 [答案]　AC [融会贯通]  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)只要具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。 (3)单晶体具有天然规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有天然规则的几何外形，所以不能从形状上区分晶体与非晶体。 (4)晶体和非晶体不是绝对的，在某些条件下可以相互转化。 (5)液晶既不是晶体也不是液体。 2．液体表面张力 (1)形成原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间作用力表现为引力。 (2)表面特征：表面层中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张紧的弹性薄膜。 (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：使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形表面积最小。 [对点训练] 1.(多选)关于固体、液体的性质，下列说法正确的是 (　 ) A．非晶体不可能转化为晶体 B．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点 C．某些细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，说明水的表面具有张力作用 D．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于表面张力的作用 解析：有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体，A错误；单晶体和多晶体都有确定的熔点，B错误；细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这两个实例都说明液体的表面具有张力作用，则C、D正确。 答案：CD　 [例2]　某同学家里有一台三门冰箱，该冰箱分上、中、下三个门，上门是冷藏室，中门是变温室，下门是冷冻室。冰箱空置。 (1)若该冰箱冷藏室的容积为V1，变温室的容积为V2，冷冻室的容积为V3，每摩尔空气的体积为V0，阿伏伽德罗常量为NA，求关闭冰箱密封门后，冰箱的冷藏室、变温室和冷冻室内的总空气分子数N； (2)若室内温度t0＝27 ℃，空气压强p0＝1×105 Pa，该冰箱变温室的温度可在－18 ℃～6 ℃范围内调节，取绝对零度为－273 ℃，关闭冰箱门后变温室不漏气，其内的空气视为理想气体，求该冰箱通电工作时，变温室内空气的压强变化的最大值Δp。 气体实验定律的理解及应用 [融会贯通] 续表 (1)运动时左管中封闭气体的压强p； (2)小车的加速度a。 [例3]　(2024·安徽高考)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)，于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小。 (2)充进该轮胎的空气体积。 变质量问题 [答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L [融会贯通] 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一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问题。 [对点训练] 3.钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取两次，第二种方法是用大抽气机，一次性抽取2 L气体，在抽气过程中无漏气，且温度不变，则这两种抽法中，抽取气体质量较多的是 (　 ) A．第一种抽法 B．第二种抽法 C．两种抽法抽出气体质量一样多 D．无法判断 答案：A　 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 1．(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是 (　 ) A．水球呈球形是表面张力作用的结果 B．a内气体的分子平均动能比b内的小 C．a内气体的分子平均动能比b内的大 D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色 解析：水球呈球形是表面张力作用的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b的等大，B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，将发生扩散现象，最后水球将呈红色，故D正确。 答案：AD　 2．容积V＝20 L的钢瓶充满氧气后，压强p ＝10 atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V′＝5 L的小钢瓶中去，小钢瓶已抽成真空。分装完成后，每个钢瓶的压强p′＝2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是 (　 ) A．4瓶 B．10瓶 C．16瓶 D．20瓶 解析：取原来钢瓶中的所有气体为研究对象，初态p＝10 atm，V＝20 L，末态p′＝2 atm，V1＝V＋nV ′(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV＝p′V1，代入数据解得n＝16，故C正确。 答案：C　 3．(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝ 1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 (1)求x； (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 解析：(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化， 所以有p1(H－x)S1＝p2HS1 又因为p1＝p0 p2＋ρgh＝p0 代入数据联立解得x＝2 cm。 答案：(1)2 cm　(2)8.92×10－4 m3 [解析]　(1)冰箱的总容积V＝V1＋V2＋V3 总空气分子数N＝NA＝NA。 (2)变温室内的气体发生等容变化，若温度为t1＝6 ℃，由查理定律得 ＝ 若温度为t2＝－18 ℃，由查理定律得 ＝ Δp＝p1－p2 解得Δp＝8×103 Pa。 [答案]　(1)NA　(2)8×103 Pa 项目 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p与体积V成反比 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 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 表达式 p1V1＝p2V2 ＝ ＝ 图像 微观解释 一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大 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，气体的压强就增大 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 [对点训练] 2.如图所示，在一辆静止的小车上，竖直固定着两端开口、内径均匀的U形管，U形管的竖直部分与水平部分的长度均为l，管内装有水银，两管内水银面距管口均为。现将U形管的左端封闭，并让小车水平向右做匀加速直线运动，运动过程中U形管两管内水银面的高度差恰好为。已知重力加速度为g，水银的密度为ρ，大气压强为p0＝ρgl，环境温度保持不变，求： 解析：(1)以左管中封闭的气体为研究对象，设U形管的横截面积为S，由玻意耳定律得 p0S＝pS，解得p＝p0＝。 (2)以水平管内长为l的水银为研究对象，由牛顿运动定律有－＝ρlSa， 解得a＝。 答案：(1)　(2) [解析] (1)由查理定律可得＝，其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝(273－3)K＝270 K，T2＝(273－23)K＝250 K， 代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。 (2)由玻意耳定律得p2V0＋p0V＝p1V0， 代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。 解析：设初状态气体压强为p0，气体全部抽出后压强分别为p、p′，第一种抽法抽出1 L时气体压强为p1，取抽气前所有气体为研究对象，对气体状态变化应用玻意耳定律，则第一种抽法：p0V＝p1(V＋1)，p1＝p0·，p1V＝p(V＋1)，p＝p1·＝p02，即两次抽完后p＝p0·。 第二种抽法：p0V＝p′(V＋2)，p′＝p0＝p0 由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多。 (2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3 又因为p3＋ρg·＝p0 代入数据联立解得V＝8.92×10－4 m3。 $$