版高届高级高三物理一轮复习人教版物理课件学案第13章第2节固体液体和气体.docx

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版高届高级高三物理一轮复习人教版物理课件学案第13章第2节固体液体和气体

第2节　固体、液体和气体

知识点一|固体和液体

1.固体

（1）分类：

固体分为晶体和非晶体两类。

晶体分单晶体和多晶体。

（2）晶体与非晶体的比较

单晶体

多晶体

非晶体

外形

规则

不规则

不规则

熔点

确定

确定

不确定

物理性质

各向异性

各向同性

各向同性

典型物质

石英、云母、食盐、硫酸铜

玻璃、蜂蜡、松香

形成与转化

有的物质在不同条件下能够形成不同的形态。

同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体

2.液体

（1）液体的表面张力

①作用：

液体的表面张力使液面具有收缩的趋势。

②方向：

表面张力跟液面相切,跟这部分液面的分界线垂直。

③大小：

液体的温度越高,表面张力越小；液体中溶有杂质时,表面张力变小；液体的密度越大,表面张力越大。

（2）液晶的物理性质

①具有液体的流动性。

②具有晶体的光学各向异性。

③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。

（1）单晶体的所有物理性质都是各向异性的。

（×）

（2）草叶上的露珠呈球形是表面张力引起的。

（√）

（3）液晶是液体和晶体的混合物。

（×）

1.（多选）下列说法正确的是（　　）

A.石墨和金刚石都是晶体,都是由碳元素组成的单质,但它们的原子排列方式不同

B.晶体和非晶体在熔化过程中都吸收热量,温度不变

C.液晶的光学性质随温度的变化而变化

D.液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化,由此引起光学性质的改变

E.不是所有的物质都有液晶态

ADE　[石墨和金刚石都是晶体,都是由碳元素组成的单质,但它们的原子排列方式不同,选项A正确。

晶体在熔化过程中吸收热量,温度不变；非晶体在熔化过程中吸收热量,温度升高,选项B错误。

液晶的光学性质与温度的高低无关,其随所加电压的变化而变化,即液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化,由此引起光学性质的改变,选项C错误,D正确。

不是所有的物质都有液晶态,选项E正确。

]

2.（多选）下列说法不正确的是（　　）

A.把一枚针轻放在水面上,它会浮在水面上。

这是由于水表面存在表面张力的缘故

B.在处于失重状态的宇宙飞船中,一大滴水银会成球状,是因为液体内分子间有相互吸引力

C.将玻璃管道裂口放在火上烧,它的尖端就变圆,是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下,表面要收缩到最小的缘故

D.漂浮在热菜汤表面上的油滴,从上面观察是圆形的,是因为油滴液体呈各向同性的缘故

E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时,在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开。

这是由于水膜具有表面张力的缘故

BDE　[水的表面张力托起针,A正确；B、D两项也是表面张力原因,故B、D均错误,C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用,E错误。

]

[考法指导]　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

知识点二|饱和汽　相对湿度　气体分子动理论

1.饱和汽与饱和汽压

与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽；没有达到饱和状态的蒸汽叫作未饱和汽。

在一定温度下,饱和汽的分子数密度是一定的,因而饱和汽的压强也是一定的,这个压强叫作这种液体的饱和汽压,饱和汽压随温度升高而增大。

2.相对湿度

空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度。

即：

相对湿度＝

。

3.气体分子动理论

（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）气体分子的速率分布,表现出“中间多,两头少”的统计分布规律。

（3）气体分子向各个方向运动的机会均等。

（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。

（1）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。

（×）

（2）只要能增加气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以升高。

（√）

（3）绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强。

（√）

考法1　饱和汽、相对湿度的理解

1.（多选）（2014·全国卷Ⅱ）下列说法正确的是（　　）

A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果

C.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

D.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故

E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果

BCE　[悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动,而不是反映花粉分子的热运动,选项A错误。

由于表面张力的作用使液体表面收缩,使小雨滴呈球形,选项B正确。

液晶的光学性质具有各向异性,彩色液晶显示器就利用了这一性质,选项C正确。

高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小,水的沸点随大气压强的降低而降低,选项D错误。

由于液体蒸发时吸收热量,温度降低,所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,选项E正确。

]

考法2　气体分子的运动特点

2.（多选）（2017·全国卷Ⅰ）氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。

下列说法正确的是（　　）

A.图中两条曲线下面积相等

B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形

C.图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形

D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目

E.与0℃时相比,100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大

ABC　[A对：

面积表示总的氧气分子数,二者相等。

B对：

温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子的平均动能越大,虚线为氧气分子在0℃时的情形,分子平均动能较小。

C对：

实线为氧气分子在100℃时的情形。

D错：

曲线给出的是分子数占总分子数的百分比。

E错：

速率出现在0～400m/s区间内,100℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小。

]

知识点三|气体的性质

1.气体压强

（1）产生的原因

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,作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强。

（2）决定气体压强大小的因素

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数密度。

2.气体实验定律

（1）等温变化——玻意耳定律

①内容：

一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比。

②公式：

p1V1＝p2V2或pV＝C（常量）。

（2）等容变化——查理定律

①内容：

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正比。

②公式：

＝

或

＝C（常数）。

（3）等压变化——盖—吕萨克定律

①内容：

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正比。

②公式：

＝

或

＝C（常数）。

3.理想气体及其状态方程

（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（常数）。

（1）若气体的温度逐渐升高,则其压强可以保持不变。

（√）

（2）一定质量的理想气体在等压变化时,其体积与摄氏温度成正比。

（×）

（3）压强极大的气体不遵从气体实验定律。

（√）

考法1　气体压强的微观解释与计算

1.（多选）（2019·聊城模拟）对于一定质量的理想气体,下列论述中正确的是（　　）

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时,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时,则单位体积内分子个数可能不变

E.气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定

ACE　[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,因此气体压强一定增大,故A正确,B错误；若气体的压强不变而温度降低时,气体分子热运动的平均动能减小,则单位体积内分子个数一定增加,故C正确,D错误；气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定,E正确。

]

2.若已知大气压强为p0,在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　　　　　　　　　丁

解析：

在甲图中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知pAS＝－ρghS＋p0S

所以p甲＝pA＝p0－ρgh

在图乙中,以B液面为研究对象,由平衡方程F上＝F下

有：

pAS＋ρghS＝p0S,所以p乙＝pA＝p0－ρgh

在图丙中,仍以B液面为研究对象,有

pA＋ρghsin60°＝p′B＝p0

所以p丙＝pA＝p0－

ρgh

在图丁中,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。

答案：

甲：

p0－ρgh　乙：

p0－ρgh　丙：

p0－

ρgh丁：

p0＋ρgh1

3.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？

甲　　　　　　　乙

解析：

题图甲中选m为研究对象。

pAS＝p0S＋mg

得pA＝p0＋

题图乙中选M为研究对象。

pBS＋Mg＝p0S

得pB＝p0－

。

答案：

p0＋

　p0－

[考法指导]　

1.气体压强决定因素

（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.平衡状态下气体压强的求法

（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（中间连通）同一深度处压强相等,液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh,p0为液面上方的压强。

3.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。

考法2　气体状态方程的应用

4.已知湖水深度为20m,湖底水温为4℃,水面温度为17℃,大气压强为1.0×105Pa。

当一气泡从湖底缓慢升到水面时,其体积约为原来的（g取10m/s2,ρ水＝1.0×103kg/m3）（　　）

A.12.8倍　B.8.5倍

C.3.1倍D.2.1倍

C　[p1＝p0＋ρ水gh＝3.0×105Pa,由

＝

解得V0≈3.1V1,C正确。

]

5.（2019·临沂模拟）如图是一种气压保温瓶的结构示意图。

其中出水管很细,体积可忽略不计,出水管口与瓶胆口齐平,用手按下按压器时,气室上方的小孔被堵塞,使瓶内气体压强增大,水在气压作用下从出水管口流出。

最初瓶内水面低于出水管口10cm,此时瓶内气体（含气室）的体积为2.0×102cm3,已知水的密度为1.0×103kg/m3,按压器的自重不计,大气压强p0＝1.01×105Pa,取g＝10m/s2。

求：

（1）要使水从出水管口流出,瓶内水面上方的气体压强的最小值；

（2）当瓶内气体压强为1.16×105Pa时,瓶内气体体积的压缩量。

（忽略瓶内气体的温度变化）

解析：

（1）由题意知,瓶内、外气体压强以及水的压强存在以下关系：

p内＝p0＋p水＝p0＋ρgh水

代入数据得p内＝1.02×105Pa。

（2）当瓶内气体压强为p＝1.16×105Pa时,设瓶内气体的体积为V。

由玻意耳定律得p0V0＝pV,压缩量为ΔV＝V0－V,

已知瓶内原有气体体积V0＝2.0×102cm3,解得

ΔV＝25.9cm3。

答案：

（1）1.02×105Pa　

（2）25.9cm3

[考法指导]　

1.理想气体

宏观描述

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。

微观描述

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。

考法3　气体状态变化的图象问题

6.（2014·福建高考）如图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象,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是（　　）

A.TATB,TB＝TC

C.TA>TB,TBTC

C　[由题中图象可知,气体由A到B过程为等容变化,由查理定律得

＝

pA>pB,故TA>TB；由B到C过程为等压变化,由盖—吕萨克定律得

＝

VB

选项C正确。

]

7.如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象。

已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。

甲　　　　　　　　　　　乙

（1）写出A→B过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图甲中TA的温度值。

（2）请在图乙坐标系中,作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的pT图象,并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。

如果需要计算才能确定的有关坐标值,请写出计算过程。

解析：

（1）从题图甲可以看出,A与B连线的延长线过原点,所以A→B是一个等压变化,

即pA＝pB。

根据盖—吕萨克定律可得

＝

所以TA＝

TB＝

×300K＝200K。

（2）由题图甲可知,B→C是等容变化,

根据查理定理得

＝

所以pC＝

pB＝

×1.5×105Pa＝2.0×105Pa,

则可画出状态A→B→C的pT图象如图所示。

答案：

见解析

[考法指导]　

类别

特点

举例

pV

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

p＝CT

斜率k＝CT,即斜率越大,温度越高

pT

p＝

T,斜率k＝

即斜率越大,体积越小

VT

V＝

T,斜率k＝

即斜率越大,压强越小

考法4　“液柱”封闭气体

8.（2018·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＝pl1′　②

p2l2＝pl2′　③

两边气柱长度的变化量大小相等

l1′－l1＝l2－l2′　④

由①②③④式和题给条件得

l1′＝22.5cm

l2′＝7.5cm。

答案：

22.5cm　7.5cm

9.（2019·日照模拟）如图所示,下端封闭且粗细均匀的“┐”形细玻璃管,竖直部分长l＝50cm,水平部分足够长,左边与大气相通,当温度t1＝27℃时,竖直管内有一段长h＝10cm的水银柱,封闭着一段长l1＝30cm的空气柱,外界大气压始终保持p0＝76cmHg,设0℃为273K,试求：

（1）被封闭气柱长度l2＝40cm时的温度t2；

（2）温度升高至t3＝177℃时,被封闭空气柱的长度l3。

解析：

（1）封闭气体的初状态：

p1＝p0＋ph＝86cmHg

T1＝（t1＋273）K＝300K,l1＝30cm

末状态：

l2＝40cm时,l2＋h＝l

水银柱上端刚好到达玻璃管拐角处,p2＝p1

气体做等压变化,有

＝

解得T2＝400K,即t2＝127℃。

（2）t3＝177℃时,T3＝450K,假设水银柱已经全部进入水平玻璃管,则被封闭气体的压强p3＝p0＝76cmHg

由理想气体状态方程得

＝

解得l3＝50.9cm

由于l3>h,假设成立,空气柱长为50.9cm。

答案：

（1）127℃　

（2）50.9cm

考法5　活塞封闭气体

10.（2018·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

时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了

。

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

p0

＝p1V1

p0

＝p2V2

由已知条件得

V1＝

＋

－

＝

V

V2＝

－

＝

设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得

p2S＝p1S＋mg

联立以上各式得m＝

。

答案：

见解析

11.（2018·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

＝

①

根据力的平衡条件有

p1S＝p0S＋mg②

联立①②式可得

T1＝

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

＝

④

式中

V1＝SH⑤

V2＝S（H＋h）⑥

联立③④⑤⑥式解得

T2＝（1＋

）（1＋

）T0

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。

答案：

见解析

考法6　变质量问题

12.（2019·兰州模拟）容器内装有1kg的氧气,开始时,氧气压强为1.0×106Pa,温度为57℃,因为漏气,经过一段时间后,容器内氧气压强变为原来的

温度降为27℃,求漏掉多少千克氧气？

解析：

由题意知,气体质量m＝1kg,压强p1＝1.0×106Pa,温度T1＝（273＋57）K＝330K,

经一段时间后温度降为T2＝（273＋27）K＝300K,

p2＝

p1＝

×1×106Pa＝6.0×105Pa,

设容器的体积为V,以全部气体为研究对象,

由理想气体状态方程得：

＝

代入数据解得：

V′＝

＝

＝

V,

所以漏掉的氧气质量为：

Δm＝

×m＝

×1kg＝0.34kg。

答案：

0.34kg

[考法指导]　这类问题的解题关键是巧妙地选择研究对象,把变质量问题转化为定质量问题。

常见变质量气体问题有：

（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,就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为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,可用理想气体的状态方程求解。