（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习 第十二章 第2节 固体、液体和气体课件

第十二章热学第2节固体、液体和气体【基础梳理】提示：异性熔点表面积p1V1＝p2V2p1V1T1＝p2V2T2【自我诊断】判一判(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．()提示：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√做一做(多选)(2019·贵阳摸底改编)以下说法正确的是()A．金刚石、食盐都有确定的熔点B．晶体一定有规则几何外形C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用D．多晶体的物理性质表现为各向异性提示：选AC.金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；多晶体没有规则几何外形，选项B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫能停在水面上，选项C正确；多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误．固体、液体的性质【知识提炼】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)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．2．液体表面张力(1)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．(2)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．【题组突破】1．(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．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体D．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变解析：选BC.晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错误；固体分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上光学性质不同，表现为晶体具有各向异性，选项B正确；晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项C正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项D错误．2．(多选)下列说法正确的是()A．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点C．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故D．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象解析：选ABD.正是表面张力使空中雨滴呈球形，选项A正确；液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，选项B正确；高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，选项C错误；由毛细现象的定义知，选项D正确．气体压强的计算【知识提炼】1．气体压强的计算气体压强是气体分子热运动撞击器壁产生的压力，因此可根据平衡或牛顿运动定律计算气体压强的大小．2．常见两种模型(1)活塞模型(用活塞封闭一定质量的气体)(2)连通器模型(用液柱封闭一定质量的气体)【题组突破】1．(多选)(2019·山东聊城模拟改编)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是()A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变解析：选AC.单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故选项A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故选项C正确，D错误．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的压强各多大？解析：题图甲中选m为研究对象，如图1.pAS＝p0S＋mg得pA＝p0＋mgS.题图乙中选M为研究对象，如图2得pB＝p0－MgS.答案：p0＋mgSp0－MgS3．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．解析：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下有：pAS＋ρghS＝p0Sp乙＝pA＝p0－ρgh在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有p′A＋ρghsin60°＝p′B＝p0所以p丙＝p′A＝p0－32ρgh在题图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p丁S＝(p0＋ρgh1)S所以p丁＝p0＋ρgh1在题图戊中，从开口端开始计算：右端为大气压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)．答案：甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－32ρgh丁：p0＋ρgh1戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)pb＝p0＋ρg·(h2－h1)气体实验定律和理想气体状态方程的应用【知识提炼】1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系p1V1T1＝p2V2T2温度不变：p1V1＝p2V2（玻意耳定律）体积不变：p1T1＝p2T2（查理定律）压强不变：V1T1＝V2T2（盖—吕萨克定律）2．两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp＝p1T1ΔT.(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝V1T1ΔT.【典题例析】角度一气体实验定律的应用(2018·高考全国卷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V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.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．[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p0V2＝p1V1①p0V2＝p2V2②由已知条件得V1＝V2＋V6－V8＝1324V③V2＝V2－V6＝V3④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＝15p0S26g.⑥[答案]见解析角度二理想气体状态方程的应用如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm，气体温度为27℃.将左管竖直插入水银槽中，整个过程温度不变，稳定后右管内水银面和中管内水银面出现4cm的高度差．已知大气压强p0＝76cmHg，气体可视为理想气体．(1)求左管A端插入水银槽的深度d；(2)为使右管内水银面和中管内水银面再次相平，需使气体温度降为多少℃？[解析](1)插入水银槽后封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S插入水银槽后封闭气体的长度为L2＝p1L1p2＝76×4076＋4cm＝38cm由题意知，中管水银面下降2cm，左管下端水银进入管中的长度为40cm＋2cm－38cm＝4cm，管外水银面比管内高4cm，故左管A端插入水银槽的深度d＝4cm＋4cm＝8cm.(2)由理想气体状态方程得：p2L2ST2＝p3L3ST3当右管内水银面和中管内水银面再次相平时，封闭气柱的长度L3＝L2－4cm－2cm＝32cm，压强p3＝p0＝76cmHg则气体温度降为T3＝p3L3T2p2L2＝76×32×（27＋273）80×38K＝240K即t3＝T3－273℃＝－33℃.[答案](1)8cm(2)－33℃利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路【题组突破】1．(2018·高考全国卷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＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.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．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、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2.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＝pl′1②p2l2＝pl′2③两边气柱长度的变化量大小相等l′1－l1＝l2－l′2④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5cm⑤l′2＝7.5cm.⑥答案：见解析2．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有p0T0＝p1T1①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝(1＋mgp0S)T0③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖－吕萨克定律有V1T1＝V2T2④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝(1＋hH)(1＋mgp0S)T0⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h.⑧答案：见解析3.如图所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18cm.现将一质量为m＝400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105Pa.重力加速度取g＝10m/s2.(1)求下部分气体的压强大小；(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度．解析：(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：pS＝mg＋p0S解得p＝1.2×105Pa.(2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：p0hST1＝ph2ST2得：h2＝20cm，故活塞N距离底部的距离为h2＝20cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p0(H－h)S＝pLS得：L＝7.5cm故此时活塞M距离底端的距离为H2＝20＋7.5＝27.5cm.答案：(1)1.2×105Pa(2)27.5cm20cm气体状态变化的图象问题【知识提炼】1．四种图象的比较类别特点(其中C为常量)举例p－VpV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p－1Vp＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高类别特点(其中C为常量)举例p－Tp＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大，体积越小V－TV＝CpT，斜率k＝Cp，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