第2讲　固体、液体和气体-2025版物理大一轮复习

固体、液体和气体目标要求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.了解表面张力现象和毛细现象，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。考点一固体和液体的性质1.固体(1)分类：固体分为eq\o(□,\s\up1(1))晶体和eq\o(□,\s\up1(2))非晶体两类。晶体又分为eq\o(□,\s\up1(3))单晶体和eq\o(□,\s\up1(4))多晶体。(2)晶体与非晶体的比较比较项目晶体非晶体单晶体多晶体外形有确定的几何外形无确定的几何外形无确定的几何外形熔点确定eq\o(□,\s\up1(5))确定不确定物理性质各向异性eq\o(□,\s\up1(6))各向同性各向同性典型物质石英、云母、明矾、食盐玻璃、橡胶转化晶体和非晶体在一定条件下可以eq\o(□,\s\up1(7))转化(3)各向同性与各向异性有些晶体的一些物理性质(如eq\o(□,\s\up1(8))导热、机械强度、eq\o(□,\s\up1(9))导电等)与方向有关，叫作各向异性。eq\o(□,\s\up1(10))非晶体沿各个方向的物理性质都是相同的，叫作各向同性。2.液体(1)液体的表面张力①定义：液体表面存在的使液体表面eq\o(□,\s\up1(11))收缩的力。②作用：液体的表面张力使液面具有eq\o(□,\s\up1(12))收缩的趋势，使液体表面积趋向最eq\o(□,\s\up1(13))小。③方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线eq\o(□,\s\up1(14))垂直。(2)毛细现象：浸润液体在细管中eq\o(□,\s\up1(15))上升的现象，不浸润液体在细管中eq\o(□,\s\up1(16))下降的现象。毛细管越细，毛细现象越明显。3.液晶(1)液晶的物理性质①具有液体的eq\o(□,\s\up1(17))流动性。②具有晶体的eq\o(□,\s\up1(18))光学各向异性。(2)液晶的微观结构从某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是eq\o(□,\s\up1(19))杂乱无章的。【判断正误】1.晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)2.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体。(×)3.在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用。(√)1.晶体的微观结构(1)晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。(2)用晶体的微观结构特点解释晶体的特点现象原因晶体有确定的几何外形由于内部微粒有规则的排列晶体物理性质各向异性由于内部从任一结点出发在不同方向的微粒的分布情况不同晶体的多形性由于组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵2.晶体与非晶体熔化过程的区别(1)晶体熔化过程中，当温度达到熔点时，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点。非晶体没有空间点阵，熔化时不需要去破坏空间点阵，吸收的热量主要转化为分子的平均动能，不断吸热，温度就不断上升。(2)由于在不同温度下物质由固态变成液态时吸收的热量不同，而晶体有固定的熔点，因此有固定的熔化热，非晶体没有固定的熔点，也就没有固定的熔化热。3.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，分子势能大于液体内部的分子势能方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线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【对点训练】1.(晶体与非晶体)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针尖接触薄片背面上的一点，石蜡熔化区域的形状分别如图(a)、(b)、(c)所示。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(d)所示，则下列说法中正确的是()A.甲一定是单晶体B.乙可能是金属薄片C.丙在一定条件下可能转化成乙D.甲内部的微粒排列是规则的，丙内部的微粒排列是不规则的解析：C丙上面的石蜡熔化的区域为椭圆形，导热上表现为各向异性，则丙为单晶体，根据温度随加热时间变化关系可知，甲是晶体，乙是非晶体，金属属于晶体，故乙不可能是金属薄片，甲在导热上具有各向同性，从题中不能确定甲在其他性质上是否具有各向异性，因此甲可能是单晶体，也可能是多晶体，故A、B错误；一定条件下，晶体和非晶体可以相互转化，故C正确；甲和丙都是晶体，所以其内部的微粒排列都是规则的，故D错误。2.(液体的性质)正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤的一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是()A.水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关B.水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩C.若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩D.水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大解析：D水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭球形，则与重力也有关，选项A错误；水滴不浸润口罩，换另一种液体，可能会浸润该口罩，选项B错误；能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错误；水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积，选项D正确。3.(液晶的特点)(多选)关于液晶，下列说法中正确的是()A.液晶不是液体和晶体的混合物B.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性C.电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光D.笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色解析：ABD液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样具有流动性，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A、B正确；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶并不发光，故C错误；笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色，D正确。考点二气体的性质和气体压强的计算1.气体分子运动的特点(1)气体分子间距较eq\o(□,\s\up1(20))大，分子力可以eq\o(□,\s\up1(21))忽略，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满eq\o(□,\s\up1(22))整个空间。(2)分子做无规则的运动，速率有大有小，且时时变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的统计规律分布。(3)温度升高时，速率小的分子数eq\o(□,\s\up1(23))减少，速率大的分子数eq\o(□,\s\up1(24))增多，分子的平均速率将eq\o(□,\s\up1(25))增大，但速率分布规律不变。2.气体的压强(1)产生原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁eq\o(□,\s\up1(26))单位面积上的压力叫作气体的压强。(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在eq\o(□,\s\up1(27))单位面积上的压力。(3)决定因素①宏观上：决定于气体的eq\o(□,\s\up1(28))温度和eq\o(□,\s\up1(29))体积。②微观上：决定于分子的eq\o(□,\s\up1(30))平均动能和eq\o(□,\s\up1(31))分子数密度。(4)常用单位及换算关系①国际单位制单位：帕斯卡，符号：Pa，1Pa＝1N/m2。②常用单位：eq\o(□,\s\up1(32))标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)。③换算关系：1atm＝eq\o(□,\s\up1(33))76cmHg＝1.013×105Pa≈1.0×105Pa。【判断正误】1.气体的压强是由气体的重力产生的。(×)2.分子的密集程度增大，压强一定增大。(×)3.温度升高，速率大的分子占比增大。(√)1.气体压强的计算(1)活塞模型和液柱模型甲乙求气体压强的基本方法：先对活塞或液柱进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图甲中活塞若处于平衡状态，则p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋eq\f(mg,S)。图乙中液柱若处于平衡状态，则pS＋mg＝p0S，则气体压强为p＝p0－eq\f(mg,S)＝p0－ρ液gh。(2)连通器原理如图所示，U形管竖直放置。同一液柱相同高度处压强相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。2.气体压强的微观解释(1)产生原因：由于气体分子的无规则热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。(2)决定因素(一定质量的某种理想气体)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。(1)若已知大气压强为p0，图中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。甲乙丙(2)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，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强。甲乙(3)如图所示，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。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)解析：(1)在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p甲S＋ρghS＝p0S所以p甲＝p0－ρgh在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下即pAS＋ρghS＝p0S，p乙＝pA＝p0－ρgh在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有pA′＋ρghsin60°＝pB′＝p0所以p丙＝pA′＝p0－eq\f(\r(3),2)ρgh。(2)题图甲中选活塞为研究对象受力分析如图1，由二力平衡知图1图2pAS＝p0S＋mg解得pA＝p0＋eq\f(mg,S)题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图2所示，由二力平衡知，p0S＝pBS＋Mg解得pB＝p0－eq\f(Mg,S)。(3)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＋eq\f(mF,S（M＋m）)。答案：(1)甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－eq\f(\r(3),2)ρgh(2)p0＋eq\f(mg,S)p0－eq\f(Mg,S)(3)p0＋eq\f(mF,S（M＋m）)eq\a\vs4\al()求解压强问题常见的四种方法(1)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)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。(3)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。(4)牛顿第二定律法：选取与气体接触的液体(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。【对点训练】4.(活塞封闭压强的计算)如图所示，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的质量为m，横截面积为S，汽缸、物块的质量为M，活塞与汽缸间无摩擦，处于平衡状态。求汽缸中气体的压强。解析：选活塞为研究对象，受力分析如图所示，pS下sinα＝p0S上＋FN＋mg，FN＝Mg，S下sinα＝S上，S上＝S，由以上可得p＝p0＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,S)。答案：p0＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,S)5.(液柱封闭压强的计算)(多选)竖直平面内有一粗细均匀的玻璃管，管内有两段水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强为p0，重力加速度为g，水银密度为ρ。下列说法正确的是()A.空气柱a的压强为p0＋ρg(h2－h1－h3)B.空气柱a的压强为p0－ρg(h2－h1－h3)C.空气柱b的压强为p0＋ρg(h2－h1)D.空气柱b的压强为p0－ρg(h2－h1)解析：AC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)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)，故AC正确，BD错误。6.(气体分子运动的统计规律)(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区间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状态的温度低解析：AD由图可知，同一温度下，氧气分子呈现“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。7.(气体压强的微观解释)(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.该气体的密度减小解析：ACD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，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。考点三气体实验定律和理想气体状态方程1.气体实验定律比较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，压强与体积成eq\o(□,\s\up1(34))反比一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成eq\o(□,\s\up1(35))正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成eq\o(□,\s\up1(36))正比表达式p1V1＝eq\o(□,\s\up1(37))p2V2eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)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eq\o(□,\s\up1(38))不变。体积减小时，分子的数密度eq\o(□,\s\up1(39))增大，气体的压强eq\o(□,\s\up1(40))增大一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度eq\o(□,\s\up1(41))保持不变，温度升高时，分子的平均动能eq\o(□,\s\up1(42))增大，气体的压强eq\o(□,\s\up1(43))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eq\o(□,\s\up1(44))增大。只有气体的体积同时增大，使分子的数密度eq\o(□,\s\up1(45))减小，才能保持压强不变图像2.理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温度、任何eq\o(□,\s\up1(46))压强下都遵从气体实验定律的气体。①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体。②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由eq\o(□,\s\up1(47))温度决定。(2)理想气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C。(质量一定的理想气体)【判断正误】1.压强极大的实际气体不遵从气体实验定律。(√)2.一定质量的理想气体，当温度升高时，压强一定增大。(×)3.一定质量的理想气体，温度升高，气体的内能一定增大。(√)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\{(\a\vs4\al\co1(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）))2.两个重要的推论(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.利用气体实验定律解决问题的基本思路4.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。维度1玻意耳定律的应用如图所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75cmHg，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)静止时左侧气体的压强p1；(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。解析：(1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0，对底部液柱由平衡条件有p0S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p1＋ρgh))S大气压强p0可表示为p0＝ρgh0其中h0＝75cm解得p1＝70cmHg。(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3两边液面相平，故左边气体长度从L1＝L－h＝5cm变为L2＝L－eq\f(h,2)＝7.5cm右边气体长度从L＝10cm变为L3＝L－eq\f(h,2)＝7.5cm对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma其中m＝ρLS解得a＝eq\f(160,3)m/s2。答案：(1)70cmHg(2)eq\f(160,3)m/s2维度2查理定律和盖-吕萨克定律的应用如图，一圆柱形汽缸固定在水平地面上，用质量m＝1kg、横截面积S＝1000cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M＝12kg的重物，左、右侧的绳均竖直，活塞与汽缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且为10N，开始时缸内气体的温度为t＝27℃，压强为p＝0.9×105Pa，活塞与汽缸底部的距离为H＝50cm，重物与水平地面的距离为h＝10cm，外界大气压为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，现对缸内气体缓慢加热，求：(1)重物恰好开始下降时缸内气体的温度；(2)重物刚与地面接触时缸内气体的温度。解析：(1)以汽缸中的气体为研究对象，初态：温度T＝t＋273K＝300K，压强p＝0.9×105Pa；末态(重物恰好开始下降时)：设温度T1，汽缸中气体压强为p1；活塞处于平衡状态，由力的平衡条件有p1S＋Mg＝p0S＋mg＋Ff解得p1＝0.99×105Pa汽缸中的气体做等容变化，由查理定律有eq\f(p,T)＝eq\f(p1,T1)解得T1＝330K。(2)活塞从开始运动至重物刚好与地面接触过程中，设末态温度为T2，气体做等压变化，初末状态的体积为V1＝HS，V2＝(H＋h)S由盖-吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得T2＝396K。答案：(1)330K(2)396K维度3理想气体状态方程的应用如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝400kg，活塞质量m＝10kg，活塞面积S＝200cm2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为7℃，活塞正位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)缸内气体的压强p1；(2)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？解析：(1)以汽缸为对象(不包括活塞)列汽缸受力平衡方程有p1S＝Mg＋p0S代入数据解得p1＝3×105Pa。(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S故缸内气体发生等压变化，对这一过程由理想气体状态方程得eq\f(S×0.5l,T1)＝eq\f(Sl,T2)解得T2＝2T1＝560K故缸内气体的温度升高到t2＝(560－273)℃＝287℃。答案：(1)3×105Pa(2)287℃考点四气体状态变化的图像问题1.一定质量的气体四种图像的比较比较项目图像特点等温变化p-V图像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p-eq\f(1,V)图像p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容变化p-T图像p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小等压变化V-T图像V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小2.处理气体状态变化的图像问题的技巧(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；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。看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。(2)在V-T图像(或p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。(2023·辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是()解析：B根据eq\f(pV,T)＝C，可得p＝eq\f(C,V)T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，所以c点的体积大于b点体积。故选B。【对点训练】8.(气体的p-V图像问题)一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积(p-V)图上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别为pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别为pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是()A.eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(1,3) B.eq\f(Ta,Tc)＝eq\f(1,2)C.eq\f(pa,pd)＝eq\f(2,3) D.eq\f(pd,pb)＝eq\f(1,2)解析：B曲线Ⅰ为等温变化，a、b两点的温度相同，A错误；根据理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有eq\f(Ta,Tc)＝eq\f(Va,Vc)＝eq\f(1,2)，B正确；由图像可知pa＝pc，又eq\f(pd,pc)＝eq\f(Vc,Vd)＝eq\f(2,3)，故eq\f(pa,pd)＝eq\f(3,2)，C错误；由图像可知pa＝pc，又eq\f(pa,pd)＝eq\f(3,2)，eq\f(pa,pb)＝3，故eq\f(pd,pb)＝2，D错误。9.(气体的p-eq\f(1,V)图像问题)(多选)一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-eq\f(1,V)图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与eq\f(1,V)轴垂直。则()A.a→b，压强减小、温度不变、体积增大B.b→c，压强增大、温度降低、体积减小C.c→d，压强不变、温度降低、体积减小D.d→a，压强减小、温度升高、体积不变解析：AC由图像可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知eq\f(p,\f(1,V))＝CT，由题图可知，连接Ob的直线的斜率小，所以b对应的温度低，b→c过程温度升高，由图像可知，同时压强增大，且体积也增大，故B错误；由图像可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知气体温度降低，故C正确；由图像可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故D错误。10.(气体的V-T图像问题)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，压强变大解析：D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eq\f(pV,T)＝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eq\f(pV,T)＝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eq\f(pV,T)＝C可知，压强p增大，故D正确。11.(气体的p-T图像问题)(2023·江苏卷)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中()A.气体分子的数密度增大B.气体分子的平均动能增大C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小解析：B根据eq\f(pV,T)＝C，可得p＝eq\f(C,V)T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，选项C错误；气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，选项D错误。故选B。限时规范训练55[基础巩固题组]1.(多选)关于晶体与非晶体，正确的说法是()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相同，但沿不同方向的光学性质一定相同D.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解析：BD固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过300℃)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶体硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，所以选项A错误；多晶体是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，选项B正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也不相同，选项C错误；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，选项D正确。2.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，是一种浸润现象解析：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.(2023·北京卷)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体()A.分子的平均动能更小B.单位体积内分子的个数更少C.所有分子的运动速率都更小D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大解析：A夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，BD错误。故选A。4.如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内封闭着一段长为l、压强为2p0(p0为大气压强)的气柱，两管水银面高度差为h，现保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直()A.向上移动h＋l B.向下移动2h＋lC.向上移动h＋2l D.向下移动2h＋2l解析：C设玻璃管的横截面积为S，末态两管内水银面一样高，封闭气体压强与外界大气压强相同为p0，根据玻意耳定律得2p0Sl＝p0Sl′，解得末态玻璃管内封闭气体的长度为l′＝2l，保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直提高Δh＝h＋2l，故C正确，ABD错误。5.(多选)导热性能良好、内壁光滑的汽缸内用不计厚度的活塞封住一定质量的理想气体，现用弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂起来，如图所示。静止时，弹簧长度为L，活塞距离地面高度为h，汽缸底部距离地面高度为H，汽缸内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是()A.当外界温度不变，大气压强变小时，L变小，H变大，p增大，V变小B.当外界温度不变，大气压强变小时，L不变，H变小，p减小，V变大C.当大气压强不变，外界温度升高时，h变小，H增大，p减小，V增大D.当大气压强不变，外界温度升高时，h不变，H减小，p不变，V增大解析：BD设汽缸和活塞的质量分别为M和m，则缸内气体的压强p＝p0－eq\f(Mg,S)，当外界温度不变，大气压强变小时，p变小，根据pV＝C可知，V变大，弹簧弹力等于活塞和汽缸的重力之和，因活塞与汽缸的重力不变，则弹簧弹力不变，则L不变，汽缸下移，则H变小，故A错误，B正确；当大气压强不变，则p不变，根据eq\f(V,T)＝C可知，当外界温度升高时，V增大，弹簧弹力不变，则L不变，活塞位置不变，则h不变，H减小，故C错误，D正确。故选BD。6.(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。如图所示，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300K加热到400K，按在皮肤上后，又降至300K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的eq\f(15,16)，以下说法正确的是()A.加热后罐内气体质量是加热前的eq\f(3,4)B.加热后罐内气体质量是加热前的eq\f(3,7)C.温度降至300K时，罐内气体压强变为原来的eq\f(3,4)D.温度降至300K时，罐内气体压强变为原来的eq\f(4,5)解析：AD加热过程由等压变化得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，解得V2＝eq\f(T2V1,T1)＝eq\f(400·V1,300)＝eq\f(4,3)V1，气体总体积变为原来的eq\f(4,3)，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的eq\f(3,4)，所以加热后罐内气体质量是加热前的eq\f(3,4)，A正确，B错误；由理想气体状态方程可得eq\f(p3V3,T3)＝eq\f(p2V2,T2)，即eq\f(p3·\f(15,16)V0,300)＝eq\f(p2·V0,400)，则罐内气体压强变为原来的eq\f(4,5)，C错误，D正确。7.(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解析：ABA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eq\f(pV,T)＝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eq\f(pV,T)＝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。故选AB。8.如图所示是一定质量理想气体状态由A依次经过B、C到D变化的p-T图像，对应的转换图像中可能正确的是()解析：A由理想气体状态方程可得eq\f(pV,T)＝C，由题图p-T图像可知，从A到B过程，气体压强不变，可得选项B、C错误；从A到B过程，温度升高，所以体积增大，B到C过程，温度不变，压强减小，所以体积增大，可得D项错误；C到D过程压强减小，温度降低，由于压强与温度成正比，所以体积不变，故A项正确。[能力提升题组]9.(多选)如图所示，足够长U形管竖直放置，左右两侧分别用水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述中正确的是()A.只对气柱L1加热，则气柱L1长度变大，气柱L2长度不变B.只对气柱L2加热，则h不变，气柱L2长度减小C.若在右管中注入一些水银，气柱L1长度将增大D.对气柱L1、L2同时加热，则气柱L1、L2长度均增大解析：AD只对L1加热，压强不变，则体积增大，所以L1长度增大、h减小，气柱L2长度不变，故A正确；只对L2加热，气体L2做等压变化，压强不变，温度升高，体积增大，故气柱L2长度增大，由于L2的压强不变，则h不变，故B错误；若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，则L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1的长度将减小，故C错误；对气柱L1、L2同时加热，L2做等压变化，假设气体L1体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1、L2长度增大、h减小，故D正确。10.如图所示，一个导热汽缸质量M＝1.5kg，用一质量m＝0.5kg的活塞A封闭一段理想气体，活塞横截面积为S＝2cm2，汽缸厚度不计。活塞通过两光滑的定滑轮与一质量也为m＝0.5kg的铁桶B相连。不计活塞与汽缸之间的摩擦，环境温度t1＝27℃，汽缸内气体长度为l1＝0.1m，汽缸的长度足够长，铁桶的高度足够高。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。则：(1)若用灯丝加热封闭气体，气体温度为多高时，气体长度变为l2＝0.2