第15章 第2讲 固体、液体与气体（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理课件聚焦热学模块高考核心考点，涵盖固体液体微观结构、气体压强计算、实验定律及图像问题，对接高考评价体系，通过知识梳理表、真题自主练（如2024广东三模题）分析考点权重，归纳液柱/活塞模型、图像辨析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境化训练+核心素养导向突破”，以气体实验定律应用为例，结合科学思维中的模型建构与推理，解析液柱封闭气体压强计算等方法，课时测评含高仿真模拟题，帮助学生掌握应试技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第2讲　固体、液体与气体 高三一轮复习讲义　广东专版 第十五章 热学 1.了解固体的微观结构，知道晶体和非晶体的特点，了解液晶的主要性质。 2.理解液体的表面张力和毛细现象，知道它们的产生原因。 3.掌握气体压强的计算方法及气体压强的微观解释。 4.能用气体实验定律解决实际问题，并会分析气体图像问题。 学习目标 内容索引 考点一　固体、液体与气体 考点二　气体压强的计算及微观解释 考点三　气体实验定律和理想气体的状态方程 课时测评 考点四　气体状态变化的图像问题 聚焦学科素养 固体、液体与气体 考点一 返回 1.晶体和非晶体 知识梳理 分类 比较项目 晶　体 非晶体 单晶体 多晶体 天然外形 规则 不规则 ________ 熔点/熔化温度 确定 ______ 不确定 物理性质 各向异性 __________ 各向同性 原子(或分子、离子)排列 有规则 晶粒的排列________ 无规则 转　化 晶体和非晶体在__________下可以相互转化 典型物质 石英、云母、明矾、食盐 玻璃、橡胶 不规则 确定 各向同性 无规则 一定条件 2.液体 (1)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，分子间的作用力表现为引力。 ②作用：液体的表面张力使液面具有收缩到表面积______的趋势。 ③方向：表面张力跟液面______，且跟这部分液面的分界线______。 ④大小：液体的温度越高，表面张力______；液体中溶有杂质时，表面张力______；液体的密度越大，表面张力______。 (2)毛细现象：指浸润液体在细管中______的现象，以及不浸润液体在细管中______的现象。细管越细，毛细现象越明显。 最小 相切 垂直 越小 变小 越大 上升 下降 3.液晶 (1)是介于固态和液态之间的一种物质状态。 (2)具有______的流动性。 (3)具有______的光学各向异性。 (4)在某个方向上看，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。 液体 晶体 4.气体的分子动理论 (1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。 (2)气体分子速率呈现“________________”的分布规律。 (3)气体分子的运动是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会______。 (4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都 增大。 中间多、两头少 均等 自主练1.(多选)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 √ √ 晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔化温度，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，则可能表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有确定的熔点，温度不变，但晶体一直在吸收热量，内能在增大，故D错误。 自主练2.关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是 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 D.丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润 √ 因为液体表面张力的存在，水黾才能停在水面而不沉，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；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，故C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，故D错误。 自主练3. (多选)氧气分子在不同温度下的速率分布规律如图所示，横坐标表示速率，纵坐标表示某一速率内的分子数占总分子数的百分比，由图 可知 A.同一温度下，氧气分子速率呈现“中间多、两头少”的分布规律 B.随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大 C.随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增大 D.①状态的温度比②状态的温度低 √ √ 由题图可知，同一温度下，氧气分子速率呈 现“中间多、两头少”的分布规律，A正确； 随着温度的升高，绝大部分氧气分子的速率 都增大，但有少量分子的速率可能减小，B 错误；随着温度的升高，氧气分子中速率小 的分子所占的比例减小，C错误；①状态的 温度比②状态的温度低，D正确。 归纳提升 返回 1.对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，反之必定是非晶体。 (2)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。 (3)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。 2.对液体表面张力的理解 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，分子间的作用力表现为引力 表面张力的方向 和液面相切，垂直于液面上的分界线 表面张力的效果 表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小。在体积相同的条件下，球体的表面积最小 气体压强的计算及微观解释 考点二 返回 1.气体压强产生的原因 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，器壁____________受到的压力叫作气体的压强。 2.气体压强的决定因素 (1)宏观上：决定于气体的温度和______。 (2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的________。 知识梳理 单位面积上 体积 数密度 1.平衡状态下气体压强的求法 核心突破 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处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强，ρ为液体的密度，g为重力加速度 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.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)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。 考向1 气体压强的微观解释 一定质量的气体，温度一定时，若气体体积增大，气体压强会减小，原因是 A.单位体积的分子数减小，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减小 B.气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变小 C.每个气体分子对器壁的平均撞击力变小 D.气体分子的数密度变小，单位体积内分子的质量变小 例1 √ 一定质量的气体，在一定温度下，分子运动的剧烈程度不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，若气体体积增大，单位体积内的分子数减少，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减小，气体压强减小，故A正确，B、C、D错误。 考向2 液柱封闭气体压强的计算 若已知大气压为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。 例2 题图甲中，以高为h的液柱为研究对象， 由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S 所以pA＝p0－ρgh； 题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有 pAS＋ρghS＝p0S 所以pA＝p0－ρgh； 题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有 pAS＋ρghsin 60°·S＝p0S 所以pA＝p0－ρgh； 题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有 pAS＝p0S＋ρgh1S 所以pA＝p0＋ρgh1； 题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压为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)。 　　求液柱封闭的气体压强时，一般以液片或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为液面的竖直高度，ρ为液体的密度，g为重力加速度)。 2.不要漏掉大气压，同时又要注意大气压产生的压力是否可以平衡掉。 3.有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的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”，使计算过程简捷。 特别提醒 考向3 活塞封闭气体压强的计算 (1)如图，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，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，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，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强。 答案：p0＋　p0－　 例3 题图甲中选活塞为研究对象受力分析如图1所示，由 受力平衡知， pAS＝p0S＋mg 解得pA＝p0＋； 题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图2所示，由受力平衡知，p0S＝pBS＋Mg 解得pB＝p0－。 (2)如图丙所示，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，重力加速度为g。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) 答案：p0＋ 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p＝p0＋。 返回 气体实验定律和理想气体的状态方程 考点三 返回 1.气体实验定律 知识梳理 — 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，______与体积成______ 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与____________成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其______与热力学温度成______ 表达式 p1V1＝_______ ＝____或＝____ ＝____或＝____ 图像       压强 反比 热力学温度 体积 正比 p2V2 2.理想气体及理想气体的状态方程 (1)理想气体 理想气体是指在任何条件下都遵从______________的气体，实际气体在压强不超过大气压的几倍、温度不低于零下几十摄氏度的条件下，可视为理想气体。 (2)理想气体的状态方程 一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C(常量)。 气体实验定律 真空轮胎(无内胎轮胎)，在轮胎和轮圈之间封闭着一定质量的空气，轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力。当夜晚胎内气体温度为－13 ℃时，传感器显示左前轮胎压为2.0个标准大气压，当该车白天在路面行驶时，传感器显示该轮胎的胎压为2.2个标准大气压，T＝t＋273.15 K，不考虑轮胎内气体体积的变化。判断下列说法的正误： (1)轮胎内气体压强不是太大，温度也不太低，可看作理想气体。 ( ) (2)不考虑轮胎内气体体积的变化，气体遵循盖-吕萨克定律。 ( ) (3)不考虑轮胎内气体体积的变化，气体遵循查理定律。 ( ) (4)白天在路面行驶时，汽车轮胎内气体温度约为13 ℃。 ( ) √ × √ √ 1.利用气体实验定律及理想气体的状态方程解决问题的基本思路 核心突破 2.两个重要的推论 (1)查理定律的推论：Δp＝ΔT。 (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT。 考向1 “汽缸类”问题 (2024·广东电白一中质检)如图所示，内壁光滑的薄壁圆 柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h，横截面积为S。汽缸 开口处有一厚度可忽略不计的活塞。缸内封闭了压强为2p0的 理想气体。已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压为p0， 活塞的质量为，g为重力加速度。 (1)若把汽缸放置到比外部环境低T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强； 答案：p0 例4 由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0，末态时热力学温度为T1＝T0，压强设为p1 根据查理定律有＝，解得p1＝p0。 (2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离。 答案：h 封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，汽缸倒置后，设气体压强为p2，活塞到汽缸底部的距离为H，则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S，解得p2＝3p0 根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2，解得H＝h 所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为h。 考向2 “液柱类”问题 如图所示，U形管竖直放置，右管内径为左管内径的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为76 cm、温度为300 K的空气柱，左、右两管水银面高度差为6 cm，大气压为76 cmHg。 (1)给左管的气体加热，求当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度； 答案：346.3 K　 例5 由右管内径是左管的2倍可知，右管的横截面积是左管的4倍， 所以两管水银面相平时，左侧液面下降4.8 cm，右侧液面上 升1.2 cm，则有 p1＝76 cmHg－6 cmHg＝70 cmHg，V1＝76 cm·S，T1＝300 K p2＝76 cmHg，V2＝S 由公式＝ 解得T2≈346.3 K。 (2)在(1)问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银，直到左管气柱恢复原长，求此时两管水银面的高度差。 答案：4.8 cm 左管中气体做等温变化，则有p2V2＝p3V3 其中V3＝V1 解得p3＝80.8 cmHg 所以右管的水银面比左管高Δh＝80.8 cm－76 cm＝4.8 cm。 考向3 关联气体问题 (2024·广东湛江模拟)如图，汽缸左右两侧气体由包有绝热材料的活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积分别为V1＝V和V2＝2V，温度分别为T1＝2T和T2＝5T。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后取走绝热材料使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求： (1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度T3； 答案：4T 例6 设初始时压强为p 左侧气体满足＝ 右侧气体满足pV2＝p'·1.5V 解得T3＝4T。 (2)最后达到平衡时两侧气体体积之比。 答案：5∶4 活塞导热，两侧气体达到平衡时 左侧气体满足＝ 右侧气体满足＝ 平衡时有T1'＝T2' 解得＝＝ 故平衡时两侧气体体积之比为5∶4。 返回 气体状态变化的图像问题 考点四 返回 1.四种图像的比较 类别 特点(其中C为常量) 举例 p-V pV＝CT，即p、V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   p-T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小   V-T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小   2.分析技巧 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。例如： (1)在图甲中，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)如图乙所示，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＜V1。 一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中 A.a→b过程，压强减小，温度不变，体积增大 B.b→c过程，压强增大，温度降低，体积减小 C.c→d过程，压强不变，温度升高，体积减小 D.d→a过程，压强减小，温度升高，体积不变 例7 √ 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体 压强减小而体积增大，故A正确；由理想气体状态 方程＝C可知，p＝CT，斜率k＝CT，连接O、b 的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b状态的 温度低，b→c过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B错误；c→d过程，气体压强不变而体积变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故C错误；d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。 针对练1.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是 A.A→B温度升高，压强变大 B.B→C体积不变，压强变大 C.B→C体积不变，压强不变 D.C→D体积变小，压强变大 √ 由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积 变大，且体积与温度成正比，由＝C知气体压强不变， 故A错误；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变 而温度降低，由＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确。 针对练2.一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次恢复到原状态a，气体压强和摄氏温度t的关系如图所示。下列说法正确的是 A.过程②中气体体积减小 B.过程③是气体等容变化 C.状态b的体积为状态a的2倍 D.状态b时单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数比状态a时多 √ 由题图可知，过程②中气体的温度不变，根据等 温变化pV＝C可知，压强变大，体积减小，故A 正确；由理想气体状态方程得＝， 可得Va＞Vc，故B错误；过程①为等压变化，有 ＝，可知状态b和状态a的体积不是2倍关系，故C错误；状态a和状态b气体压强相同，但b状态温度更高，分子平均动能更大，故单位时间内对器壁的碰撞次数要少，故D错误。故选A。 针对练3. (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V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，B→C是等容变化，C→A是等压变化，若将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列各图像中正确的是 √ √ A→B气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大， 压强减小；B→C气体经历的是等容变化过程，根据 查理定律＝，pC＞pB，则TC＞TB，气体的压强 增大，温度升高；C→A气体经历的是等压变化过程， 根据盖-吕萨克定律＝，VC＞VA，则TC＞TA，气体的体积减小，温度降低。A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，故A错误；C项中，B→C体积减小，故C错误。故选BD。 返回 18.变质量问题 聚焦学 科素养 返回 类型1 充气问题 　　在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。 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的数值。充气前臂带内气体压强为大气压，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 例1 √ 取5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态压强为p0＝750 mmHg，体积为V0＝V＋5ΔV，其中ΔV＝60 cm3；末态压强计示数为150 mmHg，则气体压强p1＝p0＋150 mmHg＝900 mmHg，体积为V1＝5V，根据玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V＝60 cm3。故选D。 类型2 抽气问题 　　在对容器抽气的过程中，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问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。 (2024·广东佛山二模)抽气吸盘能帮助工人快速搬运大质量岩板、瓷砖、玻璃等。某次施工时，工人把横截面积为S＝0.02 m2的吸盘放在质量m＝20 kg的岩板上，多次按压抽气泵抽出吸盘内空气，使吸盘内空气体积变为原来的一半，此时恰能向上提起岩板，假设吸盘内的气体为理想气体，抽气过程中温度不变，外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。求： (1)此时吸盘内气体压强为多少？ 答案：9.0×104 Pa 例2 设此时吸盘内气体压强为p，以岩板为对象，根据受力平衡可得mg＋pS＝p0S 解得p＝p0－＝1.0×105 Pa－ Pa＝9.0×104 Pa。 (2)吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值。 答案： 设吸盘内原来空气体积为V0，根据玻意耳定律可得p0V0＝p·＋pV抽 则吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值为 ＝＝。 类型3 分装问题 　　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。 如图所示，容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救。真空的容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10 L，贮有压强为3.6×106 Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变。求： (1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋？ 答案：4 例3 选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积V1＝10 L，p1＝3.6×106 Pa 最多分装n个氧气袋，V2＝(V1＋n×5 L)，p2＝1.2×106 Pa 分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得n＝4。 (2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106 Pa，用去的氧气质量与原来氧气总质量之比(结果可以用分数表示)。 答案： 选取氧气袋内的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106 Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V 解得V＝V0 用去的氧气的体积为ΔV＝V0－V0＝V0 所以用去的氧气质量与原来氧气总质量之比为 ＝＝＝。 类型4 漏气、进气问题 　　容器漏气或进气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，对于漏气如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，对于进气如果选原有气体和进入的气体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。 航天服的研发与实验要求极高，如图所示的航天服，假设 工作时内部理想气体的压强小于大气压，某次实验中，设航天服 内气体压强为0.9p0，热力学温度为T0，已知大气压为p0、热力学 温度为T0，实验过程中航天服内气体的体积不变，求： (1)将航天服内气体热力学温度升高多少，服内气体压强变成1.1p0？ 答案：T0 例4 由等容变化规律可得＝ 解得ΔT＝T0。 (2)将航天服的阀门打开，同时降低服内的温度，外界气体缓慢进入服内，直至内、外气体压强相等(等于大气压)，不再进气，若稳定后，服内气体的温度变为0.9T0，则进入气体的质量与原有气体质量之比为多少？ 答案： 假设进入的气体原来压强为0.9p0，温度始终为T0 设航天服内原有的气体体积为V0，进入气体的体积为ΔV 则气体的总体积为V＝V0＋ΔV 选取进入的气体和原有的气体整体为研究对象，由理想气体 状态方程可得＝ 进入气体的质量与原有质量之比为η＝ 综合解得η＝。 返回 课 时 测 评 返回 1.(多选)关于晶体和非晶体的性质，下列说法正确的是 A.可以利用有无确定熔点来判断固体物质是晶体还是非晶体 B.晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加 C.单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性 D.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性 √ √ 晶体和非晶体的区别就是有无确定熔点，因此可以利用有无确定熔点来判断固体物质是晶体还是非晶体，故A正确；晶体在熔化时要吸热，分子势能增加，而晶体在熔化过程中温度不变，分子动能不变，故B错误；多晶体表现为各向同性，故C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 2.(多选)下列现象中，由液体的表面张力引起的是 A.小木块能够浮在水面上 B.有时缝衣针能浮在水面上不下沉 C.喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠 D.用布料做成的雨伞，雨水也不会穿过伞面滴下来 小木块能够浮在水面上是浮力与重力平衡的结果，与液体的表面张力无关，故A错误；有时缝衣针能浮在水面上不下沉是液体的表面张力的作用，故B正确；喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠，是液体的表面张力的作用，故C正确；用布料做成的雨伞，雨水也不会穿过伞面滴下来，是由于液体的表面张力的作用在布料的缝隙间形成一层水膜，从而雨水不会从缝隙中滴下来，故D正确。 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 3.密闭在钢瓶中的理想气体，如图所示是该气体在a、b状态时的分子速率分布图像。下面关于气体在a、b状态的叙述，正确的是 A.Ta＜Tb B.Ta＞Tb C.图中状态a曲线下的面积比状态b曲线下的面积大 D.图中状态a曲线下的面积比状态b曲线下的面积小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 由题图可知，b中速率大的分子占据的比例较大，则说明b对应的分子平均动能较大，b对应的温度较高，故A正确，B错误；因气体分子的总量一定，则题图中状态a曲线下的面积和状态b曲线下的面积都为1，故CD错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 4.(多选)密闭容器内有一定质量的理想气体，如果保持气体的压强不变，气体的温度升高，下列说法中正确的是 A.气体分子的平均速率增大 B.器壁单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力变大 C.气体分子对器壁的平均作用力变大 D.该气体的密度减小 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 气体的温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均作用力变大，故A、C正确；气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果，气体压强不变，器壁单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，故B错误；气体的温度升高，气体分子平均动能增大，压强不变，则气体分子的密集程度减小，故体积增大，密度减小，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 5.(2024·广东三模)石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一层层叠起来就是石墨，1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是 A.石墨是晶体，石墨烯是非晶体 B.石墨烯中的碳原子始终静止不动 C.石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变 D.石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 石墨有规则的形状，是晶体，石墨烯是石墨中提取出来的 新材料，也有规则的形状，是晶体，故A错误；石墨中的 碳原子是一直运动的，故B错误；石墨烯是晶体，在熔化 过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故C正确； 石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力，故 D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 6.(2024·广东二模)如图所示，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其体积 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.始终不变 D.先增大后减小 √ 对于一定质量的理想气体，根据理想气体状态方程可知，＝C，解得V＝T，由题图知，沿图线从状态a变化到状态b，p变小，T变大，可知，气体体积V变大。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 7.(2025·八省联考·河南卷)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为2.5p0，轮胎内部气体温度为280 K。轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为 A.0.6p0 B.0.7p0 C.0.8p0 D.0.9p0 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 根据题意可知，在平原地区时，轮胎内部气体的压强为p1＝3.6p0，温度为T1＝315 K，设在高原地区轮胎内部气体的压强为p2，温度为T2＝280 K，轮胎做等容变化，根据查理定律有＝，解得p2＝3.2p0，该高原地区的大气压强p＝3.2p0－2.5p0＝0.7p0。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 8.(多选)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内、外的气压差使罐吸附在人体上，进而可以疗养。如图是治疗常用的一种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的，以下说法正确的是 A.加热后罐内气体质量是加热前的 B.加热后罐内气体质量是加热前的 C.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的 D.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 加热过程由等压变化规律得＝，解得V2＝＝＝ V1，气体总体积变为原来的，总质量不变，则火罐内气体 的密度变为原来的，所以加热后罐内气体质量是加热前的，A正确，B错误；由理想气体状态方程可得＝，即＝，解得＝，即罐内气体压强变为原来的，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 9.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C 和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是 A.A到B 的过程中，气体体积变小 B.B到C的过程中，气体分子的平均动能增大 C.C到D 的过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D.D到A的过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 A到B 的过程为等温过程，压强变大，体积变小，故A 正确；B到C的过程为等压过程，由于体积增大，由理 想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，内能增加， 故气体分子的平均动能增大，故B正确；C到D的过程为 等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，C错误；D到A的过程为等容过程，体积不变，压强变小，由＝C可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 10.一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在 A.ab过程中不断减小 B.bc过程中保持不变 C.cd过程中不断增加 D.da过程中保持不变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小，则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低，则体积减小，C错误；p-T图像中，与原点连线的斜率越大，体积越小，所以Vd＜Va，所以da过程中气体体积发生变化，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 11.(10分)(2024·广东三模)如图甲所示，空气弹簧是在密封的容器中充入压缩空气，利用气体的可压缩性实现其弹性作用的，广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座等的减震装置，具有非线性、刚度随载荷而变、高频隔振和隔音性能好等优点。空气弹簧的基本结构和原理如图乙所示，在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的空气(可视为理想气体)，假设活塞和重物的总质量为m＝89 kg，活塞的横截面积为S＝1×10－3 m2，汽缸内空气柱的高度为h＝10 cm，外界温度保持不变，大气压恒为p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 (1)初始状态时，汽缸内部气体的压强p1； 答案：9.9×105 Pa 对活塞和重物受力分析，由平衡条件可知p0S＋mg＝p1S 解得p1＝9.9×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 (2)若将活塞和重物的总质量增加Δm＝1 kg，则此状态下稳定后汽缸中空气柱的高度h'及此时空气弹簧的等效劲度系数k分别为多少？ 答案：9.9 cm　1×104 N/m 总质量增大后，对活塞和重物受力分析，由平衡条件可知p0S＋g＝p2S 解得p2＝1×106 Pa 根据玻意耳定律可得p1hS＝p2h'S 解得h'＝9.9 cm 空气弹簧的等效劲度系数为 k＝＝1×104 N/m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 12.(10分)(2024·广东二模)轮胎状况监测系统能够监测车辆在启动后的实时胎内气体压强和气体温度，保证行车安全。某驾驶员启动车辆后，通过仪表观察到胎内气体压强为2.4 atm，气体温度为27 ℃。在行驶过程中，可认为轮胎内气体体积保持不变，气体可看作理想气体，T＝t＋273 K。 (1)在行驶过程中，胎内气体温度缓慢升高，当达到57 ℃时，求胎内气体压强； 答案：2.64 atm 根据等容变化的规律有＝，其中T1＝300 K，T2＝330 K，p1＝2.4 atm 解得p2＝2.64 atm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 (2)在行驶过程中，车胎扎到钉子，导致车胎缓慢漏气，当仪表显示胎内气体压强仍为2.4 atm，气体温度为87 ℃时，求漏出的气体质量占原有气体质量的比值。 答案： 先不考虑轮胎的体积，当气体温度上升至87 ℃时，根据等压变化的规律有＝，其中T1＝300 K，T3＝360 K，代入数据解得V3＝1.2V1 则漏出气体质量与原有气体质量比值满足 ＝ 代入数据解得＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 13.(10分)(2024·广东二模)图示为马德堡半球演示器，两半球 合在一起时，可形成一直径d＝20 cm的球形空腔。现用细软 管、双向阀门与容积为200 cm3、活塞横截面积为10 cm2的注 射器改装成小型的抽气机。在温度为27 ℃的室内，每次满量从球内缓慢抽出空气。连接处气密性很好，忽略软管的容积，抽气过程中球形空腔温度和体积均保持不变，摩擦不计。已知大气压p0＝1×105 Pa，取π≈3，T＝t＋273 K，计算结果均保留两位有效数字。求： (1)对球形空腔抽气2次后，球形空腔内的气体压强p2； 答案：9.1×104 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 球形空腔的容积V＝π＝4×103 cm3 注射器的容积V0＝200 cm3，根据玻意耳定律， 第1次抽气有p0V＝p1 第2次抽气有p1V＝p2 解得p2＝p0≈9.1×104 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 (2)若对球形空腔抽气2次后，将马德堡半球演示器从室内移到室外37 ℃的太阳下，经过一段时间后，半球两侧至少均用多大的拉力才能把两半球拉开？ 答案：180 N 马德堡半球演示器从室内移到室外，球内气体等容变化，根据查理定律得＝ 其中T2＝300 K，T3＝310 K 解得p3≈9.4×104 Pa 拉力至少为F＝π 解得F＝180 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 谢 谢 观 看 固体、液体与气体 $