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第一节　气体实验定律(Ⅰ)
1．知道描述气体状态的三个参量和等温变化，熟记玻意耳定律的内容及公式，能解释相关等温变化的现象．
2．理解等温变化和玻意耳定律的内容，会应用公式和图像解决相关的等温变化的问题．
3．通过两个实验的探究，学会用控制变量法处理问题，与他人合作交流，并能解决实验中的问题，提高动手、动脑能力，培养学科学、用科学、探索科学的积极态度．
知识点一　玻意耳定律
1．状态参量：描述一定质量气体状态的量：有体积、压强和温度三个．
2．等温变化：一定质量的气体，在温度不变时，其压强大小与体积大小的变化关系．
3．玻意耳定律
(1)内容：一定质量的气体，在温度不变的情况下，其压强与体积成反比．
(2)公式：p1V1＝p2V2．
(3)适用条件：
①气体质量不变，温度不变．
②气体温度不太低，压强不太大．
　保持气体的质量不变是研究等温变化的条件．
知识点二　等温图像
1．p -V图像：一定质量的气体的p -V图像为一条双曲线，如图甲所示．
甲　　　　　　　　　乙
2．p-图像：一定质量的气体的p-图像为过原点的倾斜直线，如图乙所示．
　可利用图像判断气体与外界的做功情况，若气体体积增大，则气体对外做功．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)一定质量的气体压强跟体积成反比． (×)
(2)一定质量的气体压强跟体积成正比． (×)
(3)玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的任何气体． (×)
(4)p -V图像描述了一定质量的气体等温变化的关系． (√)
2．(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法正确的是(　　)
A．从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C．一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越小
D．由图可知T1＞T2
AB　[由等温线的物理意义可知，A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积乘积越大，等温线的位置越高，C、D错．]
3．一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h cm，上端空气柱长为L cm，如图所示，已知大气压强为H cmHg，此时封闭气体的压强是______cmHg．
[解析]　取等压面法，选管外水银面为等压面，则由p气+ph＝p0，得p气＝p0－ph，即p气＝(H－h) cmHg．
[答案]　H－h
在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂．
请思考：
(1)上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？
(2)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？
(3)气泡在上升过程中体积为何会变大？
提示：(1)因为在恒温池中，所以气泡内气体的温度保持不变．
(2)变小．
(3)由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大．
　封闭气体压强的计算
1．静止或匀速运动系统中压强的计算方法
(1)参考液片法：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，建立受力平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．
例如，图中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知(pA＋ph0)S＝(p0＋ph＋ph0)S，即pA＝p0＋ph．
(2)力平衡法：选取与封闭气体接触的液柱(或活塞、气缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强．
(3)连通器原理：在连通器中，同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等，如图中同一液面C、D处压强相等，pA＝p0＋ph．
2．容器加速运动时封闭气体压强的计算
当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、气缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强．
如图，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS－p0S－mg＝ma，得p＝p0＋．
【典例1】　如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为m，不计圆板与容器内壁的摩擦．若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于(　　)
A．　　　 B．
C．p0＋ D．p0＋
[思路点拨]　(1)对圆板正确的受力分析，共点力平衡．
(2)由压强定义：F＝pS⊥．
D　[为求气体的压强，应以封闭气体的圆板为研究对象，分析其受力，如图所示．由物体的平衡条件得在竖直方向上，pcos θ＝p0S＋mg，解得：p＝p0＋，所以正确选项为D．]
[跟进训练]
1．求图中被封闭气体A的压强，图中的玻璃管内都灌有水银．设大气压强p0＝76 cmHg．(p0＝1.01×105 Pa，g取10 m/s2)
(1) 　 　　　(2)　 　 　 　(3)
[解析]　(1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg．
(2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg．
(3)pB＝＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg，
pA＝＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg．
[答案]　(1)66 cmHg　(2)71 cmHg　(3)81 cmHg
　探究气体实验定律
一、实验原理与方法
以玻璃管内封闭的气体为研究对象，可由气压计读出管内气体的压强，从玻璃管的刻度上直接读出管内气体的体积．在保持气体温度不变的情况下，改变气体的体积，测量多组数据即可研究气体压强与体积之间的关系．
二、实验器材
气压计、玻璃管、铁架台、活塞等．
三、实验步骤
1．密封一定质量的气体．
2．改变气体的体积，记录气体长度和该状态下压强的大小．
四、数据处理
次数 1 2 3 4 5
压强/(×105Pa)
体积/L
压强×体积
五、实验结论
在误差允许的范围内，温度不变时，一定质量的气体压强p和体积V成反比．
六、误差分析
1．体积测量引起的误差．
2．不能保持温度不变．
3．有漏气现象．
七、注意事项
1．为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是注射器活塞上涂润滑油．
2．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢和不能用手握住注射器封闭气体部分．
【典例2】　如图为“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验装置图．
(1)图中，实验器材A是______．
(2)一同学在两次实验中测得不同的(p、V)数据，发现p和V的乘积明显不同．若此同学的实验操作均正确，则造成此结果的可能原因是：_______________；________________________．
(3)为了保持注射器内气体的温度不变，实验中采取的主要措施有：避免用手握住注射器封闭有气体的部分；________．
[思路点拨]　实验成功的关键是：(1)气体的质量不变化．(2)气体的温度不变化．
[解析]　(1)本实验需要测量气体的体积和压强，体积由注射器的刻度直接读出，而实验器材A是压强传感器，可测出压强．
(2)p和V的乘积明显不同，可能是由于环境温度不同，导致气体的温度T不同造成的，也可能是由于注射器内气体的质量不同造成的．
(3)为了保持注射器内气体的温度不变，推拉活塞要缓慢．
[答案]　(1)压强传感器　(2)环境温度不同　注射器内气体的质量不同　(3)推拉活塞要缓慢
[跟进训练]
2．用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
甲　　　　　　　　　乙
(1)把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一链接；
(2)移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
(3)用V-图像处理实验数据，得出如图乙所示图线．
①为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是_____________．
②为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是________________和________________．
③如果实验操作规范正确，但如图所示的V- 图线不过原点，则V0代表______________________________________________________．
[解析]　(3)①为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂润滑油．这样可以保持气密性．
②为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分．这样能保证装置与外界温度一样．
③体积读数值比实际值大V0．根据p(V＋V0)＝c，c为定值，则V＝－V0．如果实验操作规范正确，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积．
[答案]　(3)①在注射器活塞上涂润滑油　②移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分　③注射器与压强传感器连接部位的气体体积
　玻意耳定律与等温图像
1．成立条件：玻意耳定律p1V1＝p2V2是实验定律，只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立．
2．玻意耳定律的数学表达式pV＝c中的常量c不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该常量c越大．
3．等温线．
(1)p -V图像．
①意义：反映了一定质量的气体在等温变化中，压强p与体积V成反比．
②图像：双曲线．
③特点：温度越高，常量c越大，等温线离坐标轴越远．
(2) p-图像．
①意义：反映了一定质量的气体在等温变化中，压强p与成正比．
②图像：倾斜直线．
③特点：斜率越大，气体的温度越高．
【典例3】　如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为S＝0.01 m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体．A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气．A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k＝5×103 N/m的较长的弹簧相连．已知大气压p0＝1×105 Pa，平衡时两活塞之间的距离l0＝0.6 m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后，保持平衡．此时用于压A的力F＝500 N，求活塞A下移的距离．
[思路点拨]　(1)由胡克定律知：F＝kx．
(2)是等温变化，适用玻意耳定律．
[解析]　设活塞A下移距离为l，活塞B下移的距离为x，对圆筒中的气体：
初状态：p1＝p0，V1＝l0S，
末状态：p2＝p0＋，
V2＝(l0＋x－l)S，
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，
即p0l0S＝(p0＋)(l0＋x－l)S，①
根据胡克定律，x＝，②
代入数据解①②得：l＝0.3 m．
[答案]　0.3 m
应用玻意耳定律解题时的两个误区
误区1：误认为在任何情况下玻意耳定律都成立．只有一定质量的气体在温度不变时，定律成立．
误区2：误认为气体的质量变化时，一定不能用玻意耳定律进行分析．
当气体经历多个质量发生变化的过程时，可以分段应用玻意耳定律进行列方程，也可以把发生变化的所有气体作为研究对象，应用玻意耳定律列方程．
[跟进训练]
3．(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，气体处于A状态和B状态时，气体温度分别为T1和T2，则下列说法正确的是(　　)
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．A与B的各状态参量均相同
D．B→C体积增大，压强减小，温度不变
AD　[在p -图像中，D→A是过原点直线的一部分，所以D→A是一个等温过程，故A正确；直线BC是过原点的直线，所以直线BC是等温线，因为直线BC的斜率大于直线AD的斜率，所以T2>T1，则A到B温度升高，故B、C错误；B→C是一个等温过程，由玻意耳定律可知，V增大，则p减小，故D正确．]
1．如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为m0，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则封闭气体的压强p为(　　)
A．p＝p0＋ B．p＝p0＋
C．p＝p0－ D．p＝
C　[以缸套为研究对象，根据受力平衡有pS＋m0g＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故应选C．]
2．有一段12 cm长水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体．若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上(如图所示)，在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0＝76 cmHg)(　　)
A．76 cmHg B．82 cmHg
C．88 cmHg D．70 cmHg
A　[对玻璃管和水银柱组成的系统，根据牛顿第二定律可得mg sin 30°＝ma，解得整体的加速度a＝g，对水银柱，由牛顿第二定律得p0S＋m′g sin 30°－pS＝m′a，解得p＝p0，故选A．]
3．一定质量的气体由状态A变到状态B的过程如图所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度将(　　)
A．一直下降 B．先上升后下降
C．先下降后上升 D．一直上升
B　[A、B处于同一双曲线上，由气体的等温线可知A、B处于同一温度．而A、B中间某点位于双曲线的外侧，在双曲线之上，如图所示，当体积是V0时，等温线上一点和等温线以上一点，对应的压强不同，越往上压强越大，由pV＝c可知，压强和体积的乘积越大对应的温度越高，说明中间过程某点温度高于A、B两点的温度．故正确答案为B．]
4．某同学利用如图甲所示传感器装置做“探究气体等温变化的规律”实验中，按如下操作步骤进行实验：
a．将注射器活塞移动到体积适中的V0位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V0与压强p0；
b．用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；
c．读出注射器刻度表示的气体体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强p；
d．重复b、c两步操作，记录6组数据，作p -V 图．
结合上述步骤，请你完成下列问题：
(1)该同学对器材操作的错误是__________________________，因为该操作通常会影响气体的______(选填“温度”“压强”或“体积”)．
(2)我们在探究一定质量气体压强跟体积关系的实验中，一定质量气体等温变化的p -V图线如图乙所示，图线的形状为双曲线．一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的，如图丙所示．请判断图丙中的两条等温线的温度T1______T2 (选填“＞”“＜”或“＝”)．
[解析]　(1)在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化．
(2)在p -V图像中，根据＝c，即pV＝cT，离坐标原点越远的等温线温度越高，故T1＜T2．
[答案]　(1)用手握住注射器前端　温度　(2)＜
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．试写出玻意耳定律的内容及公式？
提示：一定质量的气体，在温度不变的情况下，其压强与体积成反比．p1V1＝p2V2．
2．在探究气体实验定律中应注意什么？得出怎样的结论？
提示：注意气体质量不变、温度不变．实验结论：在误差允许的范围内，温度不变时，一定质量的气体压强p和体积V成反比．
3．画出等温图像两种图线？
提示：(1)p -V图像是双曲线．
(2)p -图像是过原点的倾斜直线．
课时分层作业(四)　气体实验定律(Ⅰ)
?题组一　封闭气体压强的计算
1．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0，重力加速度为g)(　　)
A．p0－ρg(h1＋h2－h3)
B．p0－ρg(h1＋h3)
C．p0－ρg(h1＋h3－h2)
D．p0－ρg(h1＋h2)
B　[需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh3，B端气体压强比中间气室低ρgh1，所以B端气体压强为p0－ρgh3－ρgh1，选项B正确．]
2．如图所示，一圆筒形气缸静置于地面上，气缸筒的质量为M，活塞(连同手柄)的质量为m，气缸内部的横截面积为S，大气压强为p0．现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计气缸内气体的重量及活塞与气缸壁间的摩擦，若将气缸刚提离地面时气缸内气体的压强为p、手对活塞手柄竖直向上的作用力为F，则(　　)
A．p＝p0＋，F＝mg
B．p＝p0＋，F＝p0S＋(m＋M)g
C．p＝p0－，F＝(m＋M)g
D．p＝p0－，F＝Mg
C　[对整体F＝(M＋m)g，对气缸Mg＋pS＝p0S，解得：p＝p0－，C选项正确．]
3．如图所示，开口向下插入水银槽的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内外水银高度差为h．若缓慢向上提起玻璃管(管口未离开槽内水银面)，H和h的变化情况是(　　)
A．h和H都增大　　 B．h和H都减小
C．h增大，H减小 D．h减小，H增大
A　[假设上提玻璃管时水银柱不动，则封闭气体压强减小，在大气压的作用下水银柱上升．由大气压＝玻璃管中水银柱产生的压强＋封闭气体的压强知，封闭气体的压强减小，体积增大．选项A正确．]
?题组二　探究气体实验定律
4．有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从20.0 mL变为12.0 mL．实验共测了5次，每次体积值直接从注射器的刻度上读得并输入计算机．同时由压强传感器测得对应体积的压强值．实验完成后，计算机屏幕上立刻显示出如表所示的实验结果．
序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 PamL)
1 20.0 1.001 0 20.020
2 18.0 1.095 2 19.714
3 16.0 1.231 3 19.701
4 14.0 1.403 0 19.642
5 12.0 1.635 1 19.621
(1)由表格中数据可以看出V增大时，p减小，为了能确定p和V的关系，应作______图像．
A．p -V图像　　　　 B．p -图像
(2)仔细观察不难发现，pV/(×105 PamL)一栏中的数值越来越小，造成这一现象的原因是气体发生了泄漏，为了减小误差，应采取的措施是______．
[解析]　(1)作p -V图像不能准确得出p与V的关系，若作p -图像，图线是过原点的倾斜直线，说明p与V成反比，故选B．
(2)为减小误差，应该增加注射器的密封性，可以采用在注射器活塞上涂润滑油的方法．
[答案]　(1)B　(2)在注射器活塞上涂润滑油
?题组三　玻意耳定律与p -V图像
5．(多选)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭空气的下列说法不正确的是(　　)
A．体积不变，压强变小
B．体积变小，压强变大
C．体积不变，压强变大
D．体积变小，压强变小
ACD　[当水位升高时，细管中的水位也升高，被封闭空气的体积减小，由玻意耳定律可知，压强增大，B正确．所以不正确的选A、C、D．]
6．(2021山东卷)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强，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5 V，压强计示数为150 mmHg．已知大气压强等于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
D　[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＝5 V，根据玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V＝60 cm3，D正确．]
7．如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平．现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变)．下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是(　　)
A　　　 B　　　 C　　　 D
C　[气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大，选项C正确．]
8．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm．现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气多少次(设打气过程中空气的温度不变)．
[解析]　因为温度不变，可将所有气体应用玻意耳定律方程求解．pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得1.5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L
解得n＝15次．
[答案]　15
9．为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强．
[解析]　以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，注射器内气体体积为V2，有
V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL＝0.4 cm3
V2＝0.3×0.4 cm3＝0.12 cm3
根据玻意耳定律有
p0(V1＋V2)＝p1V1
代入数据解得p1＝1.3×105 Pa．
[答案]　1.3×105 Pa
10．活塞式抽气机气缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机抽动两次(抽气过程可视为等温变化)，容器内剩余气体压强是原来的(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
C　[设容器内气体压强为p，则气体状态参量为
p1＝p，V1＝2V，V2＝3V，第一次抽气过程，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2，即p×2V＝p2×3V，
解得p2＝p；
第二次抽气过程，气体状态参量
p2＝p，V2′＝2V，V3＝3V，
由玻意耳定律得p2V2′＝p3V3，
即p×2V＝p3×3V，
解得p3＝p．故C正确．]
11．(多选)在室温下用注射器做验证玻意耳定律的实验，三个实验小组根据实验数据得到图像分别为图中①②③所示的p -图，分析可能的原因是(　　)
A．①组实验中，用手握住注射器，造成气体温度升高
B．①组实验中，封闭在注射器内气体的质量太大
C．②组实验中，气体压强测量值小于实际值
D．③组实验中，没有给活塞抹油而造成漏气
ACD　[p -图的斜率是cT，应该是常数，但①图中斜率变大，是T变大，故可能是用手握住注射器，造成气体温度升高，故A正确，B错误；图线②不通过坐标原点，由图像可知p偏小，故可能是气体压强测量值小于实际值，故C正确；图线③中的斜率变小，p -图的斜率是cT，故可能是没有给活塞抹油而造成漏气，导致p减小，从而cT减小，故D正确．]
12．(2022广东卷节选)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置．如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL．将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变．大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ取1.0×103 kg/m3．求水底的压强p和水的深度h．
[解析]　对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
p0V0＝pV
即1.0×105 Pa×(380－80)mL＝p×(380－230)mL
解得p＝2.0×105 Pa
根据p＝p0＋ρgh
解得h＝10 m．
[答案]　2.0×105 Pa　10 m
13．用注射器做“探究气体压强与体积的关系”的实验，如图所示．
(1)若测得注射器的全部刻度长为l，由注射器的刻度直接读出其容积为V，由天平测得注射器的活塞和钩码框架的总质量为m1，由气压计读出大气压强为p0．当框架两侧对称悬挂钩码总质量为m2时，则气体压强为_____________________
__________________________________________；
去掉钩码，用弹簧测力计竖直向上拉框架，测得拉力为F，则气体压强为______．
(2)某同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，用p作纵轴、作横轴，画出p -图像如图甲、乙、丙，则甲产生的可能原因是______；乙产生的可能原因是______；丙产生的可能原因是______．
甲　　　　　 乙　　　　　　丙
A．各组的p、取值范围太小
B．实验过程中有漏气现象
C．实验过程中气体温度升高
D．在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强
[解析]　(1)两边加砝码时，对活塞受力分析可知：pS＝p0S＋m1g＋m2g，S＝，可得气体压强为p＝p0＋；向上加力F时，对活塞受力分析可知：pS＋F＝p0S＋m1g，可得气体压强为p＝p0＋．
(2)甲图中图像的交点在横轴上，即测量的压强为0时就有一定的体积，因此在测量过程中压强测小了，可能是在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强，故选D；乙图中图像向上弯曲，可能是实验过程中气体温度升高，故选C；丙图图像向下弯曲，可能是实验过程中有漏气现象，导致pV乘积减小，故选B．
[答案]　(1)p0＋　p0＋　(2) D　C　B第二节　气体实验定律(Ⅱ)
1．知道热力学温度、等容过程、等压过程．理解查理定律和盖-吕萨克定律及相关图像．
2．掌握查理定律、盖-吕萨克定律、p-T、V-T图像，能利用公式与图像解决相关问题．
3．通过实验探究压强与温度的关系、体积与温度的关系，提高动手实验的能力，并能与他人交流改进实验，体验科学家探究实验定律的过程，能领会实验的真正意义．
知识点一　查理定律
1．等容过程
气体在体积保持不变的情况下发生的状态变化过程．
2．热力学温度
(1)公式：T＝t＋273.15 K，单位：开尔文，简称：开，符号K．
(2)热力学温度与摄氏温度：
①ΔT＝Δt．
②意义：用摄氏温度表示的温差等于热力学温度表示的温差．
3．查理定律
(1)内容：一定质量的气体，在体积不变的情况下，其压强p与热力学温度T成正比．
(2)公式：＝．
(3)p-T图像．
从图甲可以看出，在等容过程中，压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系．但是，如果把图甲中的直线AB延长至与横轴相交，把交点当作坐标原点，建立新的坐标系(如图乙所示)，那么这时的压强与温度的关系就是正比例关系了．图乙坐标原点的意义为气体压强为0时，其温度为0 K．可以证明，新坐标原点对应的温度就是0 K．
甲　　　　　　　乙
(4)适用条件：气体的质量一定，气体的体积不变．
　气体做等容变化时，压强p与热力学温度T成正比，即p∝T，不是与摄氏温度t成正比，但压强变化量Δp与热力学温度变化量ΔT和摄氏温度的变化量Δt都是成正比的，即Δp∝ΔT、Δp∝Δt．
知识点二　盖-吕萨克定律
1．等压过程：气体在压强不变情况下发生的状态变化过程．
2．盖-吕萨克定律
(1)内容：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比．
(2)公式：．
(3)适用条件：气体质量一定，气体压强不变．
(4)V-T图像．
由V＝cT可知在V-T坐标系中，等压线是一条通过坐标原点的倾斜的直线．对于一定质量的气体，不同等压线的斜率不同．斜率越小，压强越大，如图所示，p2>(选填“>”或“<”)p1．
　在V-T图像中V∝T，不与t成正比，但是有ΔV∝ΔT，ΔV∝Δt．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在质量和体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比． (×)
(2)等容变化的p-T图像是一条过坐标原点的倾斜直线． (√)
(3)一定质量的气体，若体积变大，则温度一定升高． (×)
(4)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V-T图像是过原点的倾斜直线．
(√)
2．气体初始温度为27 ℃，升高了20 ℃，用热力学温标表示，气体初始温度为(　　)
A．300 K，升高了20 K
B．27 K，升高了20 K
C．300 K，升高了293 K
D．27 K，升高了293 K
A　[摄氏温度与热力学温度的关系是T＝t＋273 K，气体初始温度为27 ℃，用热力学温标表示为T＝t＋273 K＝300 K，温度升高了Δt＝20 ℃＝20 K，故A正确．]
3．在密封容器中装有某种气体，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，气体的压强从p1变到p2，则为______．
[解析]　由于气体做等容变化，所以＝＝＝．
[答案]　
炎热的夏天，给汽车轮胎充气时，一般都不充得太足给自行车轮胎打气时，也不能打得太足．这是什么原因呢？
提示：轮胎体积一定，由查理定律知，气体压强与热力学温度成正比，当轮胎打足气后，温度升高车胎内压强增大，车胎易胀破．
　查理定律
1．查理定律的适用条件
压强不太大，温度不太低的情况．当温度较低，压强较大时，气体会液化，定律不再适用．
2．公式变式
由＝得＝或Δp＝p1，ΔT＝T1．
3．等容线
(1)p -T图像．
①意义：反映了一定质量的气体在等容变化中，压强p与热力学温度T成正比．
②图像：过原点的倾斜直线．
③特点：斜率越大，体积越小．
(2)p-t图像．
①意义：反映了一定质量的气体在等容变化中，压强p与摄氏温度t的线性关系．
②图像：倾斜直线，延长线与t轴交点为－273.15 ℃．
③特点：连接图像中的某点与点(－273.15 ℃，0)连线的斜率越大，体积越小．
【典例1】　有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计．在1标准大气压下对B管进行温度刻度(1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa)．已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线，问t＝0 ℃的刻度线在何处？
[思路点拨]　(1)由热力学温度T＝t＋273.15，粗略可用T＝t＋273．
(2)因B管的体积与A玻璃泡的体积相比可以忽略不计，所以是等容变化过程．
[解析]　选玻璃泡A内的一定量的气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程．
玻璃泡A内气体的初始状态：T1＝300 K，
p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg；
末态，即t＝0 ℃的状态：T0＝273 K．
由查理定律得p＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg．
所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是
x0＝(76－54.6) cm＝21.4 cm．
[答案]　21.4 cm
利用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律成立条件，即质量和体积是否保持不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、压强．
(4)按查理定律公式列式求解，并对结果进行必要的讨论．
[跟进训练]
1．有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃．当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入多少水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3)
[解析]　设再注入的水银柱长为x cm，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化．
初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，
T1＝(273＋27) K＝300 K，
末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30) K＝303 K，
由查理定律＝得＝，解得x＝0.9，
则注入水银柱的长度为0.9 cm．
[答案]　0.9 cm
　盖-吕萨克定律
1．盖-吕萨克定律的适用范围
压强不太大，温度不太低．原因同查理定律．
2．公式变式
由＝得＝，
所以ΔV＝V1，ΔT＝T1．
3．等压线
(1)V-T图像．
①意义：反映了一定质量的气体在等压变化中体积与热力学温度T成正比．
②图像：过原点的倾斜直线．
③特点：斜率越大，压强越小．
(2)V-t图像．
①意义：反映了一定质量的气体在等压变化中体积与摄氏温度t成线性关系．
②图像：倾斜直线，延长线与t轴交点为－273.15 ℃．
③特点：连接图像中的某点与点(－273.15 ℃，0)，连线的斜率越大，压强越小．
【典例2】　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V -T图像，已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa．
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图中TA的值．
(2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p -T图像，并在图像相应位置上标出字母A、B、C．如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．
[思路点拨]　(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律．
(2)在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程．
[解析]　(1)由图像可知A→B为等压过程，根据盖-吕萨克定律可得＝，所以TA＝＝×300 K＝200 K．
(2)根据查理定律得＝，pC＝pB＝pB＝pB＝pA＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa．
则可画出由状态A→B→C的p -T图像如图所示．
[答案]　(1)压强不变　200 K　(2)见解析
(1)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程．先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T．
(2)根据计算结果在图像中描点，连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误．
(3)图像特点：p-图像、p-T图像、V-T图像在原点附近都要画成虚线．
[跟进训练]
2．如图所示，一定质量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积－温度(V-t)图像上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a为直线Ⅰ上的一点．由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝______；气体在状态b和c的压强之比＝______．
[解析]　根据盖-吕萨克定律有＝k
整理得V＝kt＋273.15k
由体积－温度(V-t) 图像可知，过程Ⅰ对应的就是等压变化的过程，对应的直线为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1．
当温度等于0 ℃，过程Ⅰ对应的体积为V1，过程Ⅱ对应的体积为V2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2得＝，由于过程Ⅰ、过程Ⅱ都是等压变化，所以＝．
[答案]　1　
1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的2倍，则气体温度的变化情况是(　　)
A．气体的摄氏温度升高到原来的2倍
B．气体的热力学温度升高到原来的2倍
C．气体的摄氏温度降为原来的一半
D．气体的热力学温度降为原来的一半
B　[一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，所以T2＝T1＝2T1，选项B正确．]
2．(多选)图中描述一定质量的气体做等容变化图线的是(　　)
A　　 　　B　 　　　C　　　D
CD　[由查理定律知，一定质量的气体，在体积不变时，其压强和热力学温度成正比，选项C正确，A、B错误；在p-t图像中，直线与横轴的交点表示热力学温度的零度，选项D正确．]
3．如图所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p-t图线．p0表示标准大气压，则在状态B时气体的体积为(　　)
A．5.6 L B．3.2 L
C．1.2 L D．8.4 L
D　[此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从0 ℃到A状态的127 ℃，气体是等容变化，则A状态的体积为6.72 L．从A状态到B状态是等压变化，A状态的温度为127 K＋273 K＝400 K，B状态的温度为227 K＋273 K＝500 K，根据盖-吕萨克定律＝，得VB＝＝ L＝8.4 L，D项正确．]
4．(多选)氢气球飞向天空，上升到一定高度会胀破，关于其胀破的原因下列说法中正确的是(　　)
A．球内氢气温度升高
B．球内氢气压强增大
C．球内气体体积增大
D．球内外的压力差超过球的承受限度
CD　[氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．]
5．(2022全国乙卷)如图所示，一竖直放置的气缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，气缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定质量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，气缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处．活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l．初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到气缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0．已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，气缸无漏气，不计弹簧的体积．
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到气缸连接处时，活塞间气体的压强和温度．
[解析]　(1)对活塞与弹簧整体进行受力分析得
3mg＋2p0S＋pS＝2pS＋p0S
对活塞Ⅱ受力分析得
p0S＋F＝pS＋mg
由胡克定律得
F＝0.1kl
联立解得k＝．
(2)通过对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强p＝＋p0，由题图可知，气体做的是等压变化，那么弹簧上弹力大小不变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变，所以气体初态体积为
V1＝Sl，温度为T1＝T0
气体末态体积为
V2＝2.2Sl，温度为T2
由盖-吕萨克定律得
＝
联立解得T2＝×2＝T0．
[答案]　(1)　(2)活塞间气体的压强为＋p0，温度为T0
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．试写出热力学温度的公式，变化1 K与变化1 ℃有什么关系？
提示：T＝t＋273.15 K，Δ1 K＝Δ1 ℃即ΔT＝Δt．
2．试写出查理定律的内容、公式及适用条件？
提示：一定质量的气体，在体积不变的情况下，其压强p与热力学温度T成正比，＝．气体的质量一定，气体的体积不变．
3．试写出盖-吕萨克定律的内容、公式及适用条件？
提示：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比，＝．气体质量一定，气体压强不变．
形形色色的温度计
自从伽利略制造了第一个温度计以后，温度就不再是一个主观感觉，而成了一个客观的物理量．人们根据物质某种与温度有关的性质制作了多种温度计．例如，双金属温度计是把线膨胀程度不同的两种金属片压合在一起，温度变化时，双金属片的弯曲程度会发生变化，带动指针偏转来指示温度(图甲)．热电偶温度计是根据不同导体因温差而产生电动势的大小不同来制作的．如图乙，把一条金属丝的两端分别与另一条不同材料金属丝的两端熔焊，接成闭合电路，倘若两个焊点之间有温度差，电路中就有电动势产生，温度差越大，电动势也越大．热电偶温度计的测温探头，实际上就是两根金属丝相连的一个焊点．选择不同的金属丝可以做成不同的热电偶温度计，有的可以测量高达3 000 ℃的高温，有的可以测量接近绝对零度的低温．
电阻温度计是根据金属的电阻率随温度的升高而变化的原理制成的．常见的金属电阻温度计有铂电阻温度计和铜电阻温度计，铂电阻温度计是目前最精确的温度计．热敏电阻温度计是利用某些半导体材料制作的，其电阻随温度的变化比导体更明显，但热敏电阻的稳定性差，主要用于低精度的测量．
压力表式温度计是根据气体压强随温度变化的规律制作的．某些铁磁性物质的磁性强弱跟温度有关，磁性的强弱便可以成为温度的标志．声音的传播速度跟介质的温度有关，声速也可以成为温度的标志．有些晶体(如石英)的固有频率跟温度有关，频率也可以成为温度的标志．根据这个思路，磁温度计、声速温度计、频率温度计等都相继制成，而且发挥着各自的作用．
课时分层作业(五)　气体实验定律(Ⅱ)
?题组一　查理定律
1．(多选)关于热力学温度和摄氏温度，下列说法中正确的是(　　)
A．热力学温度的单位“K”是国际单位制中的基本单位
B．温度升高1 ℃就是升高1 K
C．物体的温度由本身决定，数值与所选温标无关
D．0 ℃的温度可用热力学温度粗略地表示为273 K
ABD　[热力学温度K是国际单位制中七个基本物理量之一，其单位称为基本单位，A正确；用摄氏温标与热力学温标表示同一物体的温度数值不同，必有T＝t＋273.15 K，可知C错误，D正确；两种温标的每一分度的含义相同，即1 ℃＝1 K，B正确．故答案为A、B、D．]
2．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电．若大气压为1.0×105 Pa，刚通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为7 ℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是(　　)
A．0.26×105 Pa　　　　 B．0.93×105 Pa
C．1.07×105 Pa D．3.86×105 Pa
B　[冷藏室气体的初状态：T1＝(273＋27)K＝300 K，p1＝1×105 Pa，末状态：T2＝(273＋7)K＝280 K，压强为p2，气体体积不变，根据查理定律得：＝ ，代入数据得：p2≈0.93×105 Pa．故B正确．]
3．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增加量为Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是(　　)
A．1∶1 B．1∶10
C．10∶1 D．10∶110
A　[等容变化，这四个状态在同一条等容线上，因Δt相同，所以Δp也相同，故A正确．]
?题组二　盖-吕萨克定律
4．一定质量的气体，如果保持它的压强不变，降低温度，使它的体积为0 ℃时体积的倍，则此时气体的温度为(　　)
A． ℃
B． ℃
C． ℃
D．－273n(n－1) ℃
C　[根据盖-吕萨克定律，在压强不变的条件下＝，整理得t＝ ℃．故C正确．]
5．如图所示，圆柱形薄壁导热气缸内有一光滑活塞，密封了一定质量的理想气体．用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个气缸悬挂在天花板上．测得此时弹簧测力计的示数为F，气缸内气体的压强为p．若外界大气压始终保持不变，那么随着外界温度的升高(　　)
A．F变大，p变大
B．F变大，p不变
C．F不变，p变大
D．F不变，p不变
D　[弹簧测力计上的拉力跟气缸和活塞的总重力大小相等，当外界温度升高时，不影响弹簧弹力大小，所以示数F不变；以气缸为研究对象，最终达到平衡时，气缸的重力与气缸内气体压力之和等于大气压力，因为重力和大气压力均不变，所以气缸内气体压力不变，气缸内气体压强p不变，故D正确．]
6．如图所示，a、b表示两部分气体的等压线，根据图中所给条件可知，当t＝273 ℃，气体a的体积比气体b的体积大(　　)
A．0.1 m3　 B．0.2 m3
C．0.3 m3 D．0.4 m3
D　[在0 ℃到273 ℃的温度区间上应用盖-吕萨克定律分别研究气体a和b可得到方程＝＝，解得Va＝0.6 m3，Vb＝0.2 m3，ΔV＝＝0.4 m3，正确选项为D．]
7．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL．假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm．若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
[解析]　取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17)K＝290 K，
末态：p2＝1.2 atm．
气体发生等容变化，
由查理定律＝得
T2＝T1＝K＝348 K
t＝(348－273) ℃＝75 ℃．
[答案]　75 ℃
8．小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示．导热气缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦．一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上．当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K．设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2．
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
[解析]　(1)当电子天平的示数为m＝600.0 g时，以铁块为研究对象，由力的平衡条件有
FT＋mg＝m2g
以活塞为研究对象，由力的平衡条件有
FT＋p1S＝p0S＋m1g，
解得p1＝p0＋，
当电子天平的示数为m′＝400.0 g时，同理得
p2＝p0＋，
气体的体积不变，根据查理定律有＝，
解得T2＝297 K．
(2)当细绳对活塞的拉力为零时，气体的压强最大，为
p3＝p0＋＝1.03×105 Pa，
气体的体积不变，根据查理定律有＝，
得Tmax＝309 K．
[答案]　(1)297 K　(2)309 K
9．(多选)如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的正确说法是(　　)
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中p -t图线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V-t图线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．满足乙图变化规律的气体，温度每升高1 ℃，压强增加量相同
AD　[由查理定律p＝cT＝c(t＋273.15)及盖-吕萨克定律V＝cT＝c(t＋273.15)可知，题图甲是等压线，题图乙是等容线，故A正确；由“外推法”可知，两种图线的反向延长线与t轴的交点坐标均为－273.15 ℃，故B错误；查理定律是气体实验定律，是一定质量的气体在温度不太低、压强不太大、体积不变的条件下得出的，故C错误；由于图线是直线，温度每升高1 ℃，压强增加量相同，故D正确．]
10．(多选)p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，下列图中能正确描述一定质量的理想气体等压变化规律的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
AC　[根据一定质量的理想气体的等压变化线的特征可知，A、C正确，B错误；D选项中没有明确标明图像与t轴交点的坐标为(－273.15 ℃，0)，因此，不能算正确．]
11．如图所示，容积为V的气缸由导热材料制成，面积为S的活塞将气缸分成容积相等的上下两部分，气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，气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气缸，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．求流入气缸内液体的质量．
[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]　
12．如图是一个大号的拔罐容器，容器口的表面积为，把一个点燃的酒精棉球放入到容器中，稍停片刻后把点燃的酒精棉球拿出，容器内温度升高31 ℃，容器内的空气将有10%从容器内溢出．
(1)在给拔罐容器内的空气加热后，容器内温度升高，容器内的压强怎样变化？
(2)把拔罐容器放在人的后背，拔罐容器为什么能吸附在后背上？(不考虑后背皮肤的形变)
(3)此时把拔罐容器迅速放在人的后背，气体不再溢出，当恢复到原来的温度时，拔罐容器对人体皮肤的吸附力的大小是多少？(设开始外界的大气压强为1×105 Pa)
[解析]　(1)容器开口与外界连通，压强保持不变．
(2)此过程是等容变化，拔罐容器的温度降低，压强减小，内外存在压强差，所以拔罐容器能吸附在人的后背上．
(3)设原来的温度为T，拔罐容器的总体积为V，点燃后拔罐容器的温度为(T＋31)K，以此状态的气体为研究对象，根据＝可得，＝，解得T＝279 K＝6 ℃，
拨罐容器吸附在皮肤上恢复到原来的温度的过程是等容过程，
初状态的温度T1＝310 K，p1＝1.0×105 Pa；
设末状态压强为p2，末状态的温度为T2＝279 K，
根据查理定律得
＝，p2＝＝ Pa＝9×104 Pa，
对人体吸附力F＝(p0－p2)S＝1×104×12×10-4 N＝12 N．
[答案]　见解析第三节　气体实验定律的微观解释
1．知道气体压强产生的原因和决定压强的因素，了解理想气体及理想气体状态方程．
2．会解释气体实验定律中压强变化的原因，能用理想气体状态方程解释和计算相关问题．
3．通过气体压强产生原因的探究和理想气体状态方程的推导，提高动手实验的能力和推理能力，培养学习科学的兴趣和端正的态度．
知识点一　气体压强的微观解释
1．微观原因：气体的压强是大量气体分子频繁碰撞器壁的结果．
2．压强大小：大小等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．
　大量气体分子无规则运动，在各个器壁上产生的压强是相等的．
知识点二　气体实验定律的微观解释
气体压强的决定因素：
(1)单位体积内气体分子数目．
(2)气体分子热运动的平均速率．
知识点三　理想气体
1．理想气体：严格遵循气体实验定律的气体，是一种理想化模型．
2．理想气体状态方程
(1)理想气体的压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变．
(2)公式：或．
　理想气体的始末状态，与过程无关，只与温度、压强和体积有关．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)气体的压强是由气体分子的重力而产生的． (×)
(2)密闭容器内气体的压强是由于气体分子频繁碰撞容器壁产生的． (√)
(3)一定质量的气体压强跟体积成反比． (×)
(4)一定质量的气体压强跟体积成正比． (×)
2．(多选)关于密闭容器中气体的压强，下列说法不正确的是(　　)
A．是由气体受到的重力产生的
B．是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的
C．压强的大小只取决于气体分子数量的多少
D．容器运动的速度越大，气体的压强也越大
ACD　[气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，A错误，B正确；压强的大小取决于气体分子的平均动能和分子的密集程度，与物体的宏观运动无关，C、D错误．]
3．如图所示，a、b、c三点表示一定质量理想气体的三个状态，则气体在a、b、c三个状态的热力学温度之比是(　　)
A．1∶1∶1　　　　 B．1∶2∶1
C．3∶4∶3 D．1∶2∶3
C　[根据理想气体状态方程＝c可知，T∝pV，所以Ta∶Tb∶Tc＝(paVa)∶(pbVb)∶(pcVc)＝3∶4∶3，选项C正确．]
在电视上经常看到热气球载人升空，你能说明其升空的原因吗？
提示：设空气是理想气体，由＝c知，T升高p不变，则V增大，气体会从气球下面漏出，使m减小，使浮力大于重力而上升．
　气体压强的微观意义
1．产生原因
单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．气体的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．
2．决定气体压强大小的因素
(1)微观因素．
①气体分子的密集程度：气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就多，气体压强就大；
②气体分子的平均动能：气体的温度高，气体分子的平均动能就大，每个气体分子与器壁碰撞(可视为弹性碰撞)时给器壁的冲力就大；从另一方面讲，分子的平均速率大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就多，累计冲力就大，气体压强就大．
(2)宏观因素．
①与温度有关：温度越高，气体的压强越大；
②与体积有关：体积越小，气体的压强越大．
(3)气体压强与大气压强不同．
大气压强由重力而产生，随高度增大而减小．
气体压强是由大量分子频繁撞击器壁产生的，大小不随高度而变化．
【典例1】　如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)(　　)
A．两容器中器壁的压强都是由于分子撞击器壁而产生的
B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的
C．甲容器中pA>pB，乙容器中pC＝pD
D．当温度升高时，pA、pB变大，pC、pD也要变大
[思路点拨]　(1)液体压强是因重力而产生的．
(2)气体压强是气体分子碰撞器壁产生的．
C　[甲容器压强产生的原因是由于液体受到重力作用，而乙容器压强产生的原因是气体分子撞击器壁产生，液体的压强p＝ρgh，hA>hB，可知pA>pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC＝pD，当温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，故C正确．]
气体压强的分析技巧
(1)明确气体压强产生的原因——大量做无规则运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞．压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．
(2)明确气体压强的决定因素——气体分子的密集程度与平均动能．
[跟进训练]
1．在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧．下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同．由此可判断，高空客舱内的气体压强______(选填“大于”“小于”或“等于”)机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______(选填“变大”“变小”或“不变”)．
[解析]　矿泉水瓶变瘪是由于机场地面的大气压强大于瓶内气压，而在高空舱内矿泉水瓶没有变瘪，是由于瓶内气压等于舱内气压，故高空舱内气体压强小于机场地面大气压强．温度是分子平均动能的标志，机场地面温度与高空舱内温度相同，故瓶内气体的分子平均动能不变．
[答案]　小于　不变
　理想气体状态方程
1．理想气体的特点
理想气体是一种理想化模型，是实际气体的一种近似，就像质点、点电荷模型一样，突出问题的主要方面，忽略次要方面，是物理学中常用的方法．
(1)严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程．
(2)理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比忽略不计，分子视为质点．
(3)理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，故无分子势能的变化，一定质量的理想气体内能的变化只与温度有关．
2．理想气体状态方程与气体实验定律
＝
【典例2】　如图所示，绝热气缸A与导热气缸B横截面积相同，均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内都装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强变为原来的1.2倍，设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA．
[思路点拨]　(1)气缸B导热，B中气体初、末状态温度相等，发生的是等温变化．
(2)刚性杆连接绝热活塞，且A、B两个气缸面积相等，因此A、B体积之和不变，即VA＋VB＝2V0．
[解析]　设初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等，均为1.2p0．
B中气体始、末状态温度相等，则有
p0V0＝1.2p0(2V0－VA)
解得VA＝V0．
A部分气体满足＝，
解得TA＝1.4T0．
[答案]　V0　1.4T0
对于一定质量的理想气体，由其状态方程＝c可知，当其中一个状态参量发生变化时，一定会引起另外一个状态参量发生变化或另外两个状态参量都发生变化．分析时抓住三个状态参量之间的物理关系是解决此类问题的关键．
[跟进训练]
2．一个半径为0.1 cm的气泡，从18 m深的湖底上升．如果湖底水的温度是8 ℃，湖面水的温度是24 ℃，湖面的大气压强相当于76 cm高水银柱产生的压强，即101 kPa，那么气泡升至湖面时体积是多少？(ρ水＝，g取9.8 m/s2．)
[解析]　由题意可知18 m深处气泡体积V1＝≈4.19×10-3 cm3，
p1＝p0＋ρ水 gh水＝277.4 kPa，
T1＝(273＋8)K＝281 K，
p2＝101 kPa，
T2＝(273＋24)K＝297 K，
根据理想气体的状态方程＝，得V2＝＝ cm3≈0.012 cm3．
[答案]　0.012 cm3
　理想气体状态变化的图像
1．一定质量的气体不同图像的比较
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p-V pV＝cT(c为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p- p＝，斜率k＝cT，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 p-T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
p-t 图线的延长线均过点(－273 ℃，0)，斜率越大，对应的体积越小
等压线 V-T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
V-t V与t成线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(－273 ℃，0)，斜率越大，对应的压强越小
2．一般状态变化图像的处理方法
化“一般”为“特殊”，如图是一定质量的某种气体的状态变化过程A→B→C→A．在V-T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，pA′＜pB′＜pC′，即pA＜pB＜pC，所以A→B压强增大，温度降低，体积减小，B→C温度升高，体积减小，压强增大，C→A温度降低，体积增大，压强减小．
【典例3】　内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa，体积为的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃．(大气压强为1.0×105 Pa)
(1)求气缸内气体的最终体积(保留三位有效数字)；
(2)在如图所示的p -V图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化．
[思路点拨]　(1)在活塞上方缓缓倒沙子的过程是一个等温变化过程，缓慢加热的过程是一个等压变化过程．
(2)等压过程的图线为平行于V轴的直线，等容过程的图线为平行于p轴的直线，等温过程的图线为双曲线的一支．
[解析]　(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p0V0＝p1V1，解得p1＝2.0×105 Pa．
在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则＝，所以V2≈1.5×10-3 m3．
(2)如图所示，
[答案]　(1)1.5×10-3 m3　(2)见解析
理想气体状态变化时注意转折点的确定
转折点是两个状态变化过程的分界点，挖掘隐含条件，找出转折点是应用理想气体状态方程解决气体状态变化问题的关键．
[跟进训练]
3．一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p-T图像如图所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V-T图像和p -V图像(标注字母和箭头)．
[解析]　根据理想气体状态方程，有＝＝，解得VB＝V0，VC＝V0
A到B是等温变化，B到C是等压变化，C到A是等容变化，作出对应的V-T图像和p-V图像如图所示．
[答案]　见解析
1．教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的(　　)
A．空气分子密集程度增大
B．空气分子的平均动能增大
C．空气分子的速率都增大
D．空气质量增大
B　[温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速率都增大，C项错误．]
2．关于一定质量的气体，下列叙述中正确的是(　　)
A．如果体积减小，气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数一定增多
B．如果压强增大，气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数一定增多
C．如果温度升高，气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数一定增多
D．如果分子密度增大，气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数一定增多
B　[气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数，是由单位体积内的分子数和分子的平均速率共同决定的．选项A和D都是单位体积内的分子数增大，但分子的平均速率如何变化却不知道；选项C由温度升高可知分子的平均速率增大，但单位体积内的分子数如何变化未知，所以选项A、C、D错误．气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数正是气体压强的微观表现，所以选项B是正确的．]
3．一定质量的理想气体，从一个状态变化到另一个状态，在如图所示的四个图中，描述的变化过程可能相同的是(　　)
A．甲和乙 B．甲和丙
C．乙和丙 D．乙和丁
B　[由题图甲所示图像可知，压强与温度成正比的图像，由理想气体状态方程＝c可知，它是一个等容过程；由题图乙所示图像可知，图线是双曲线的一支，是一个等温过程；由题图丙所示图像可知，气体体积不变，是一个等容过程；由题图丁所示图像可知，体积与温度成正比的关系，由理想气体状态方程＝c可知，它是一个等压过程；由以上分析可知，甲、丙的过程可能相同，故B正确，A、C、D错误．]
4．如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，在图中三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3，体积分别为V1、V2、V3且V1A．T1＝T2＝T3
B．T1C．T1>T2>T3
D．T1B　[设三种稳定状态下气体的压强分别为p1、p2、p3，以活塞为研究对象，三种稳定状态下分别有p0S＋Mg＝p1S，p0S＋Mg＝p2S，p0S＋Mg＋mg＝p3S，可以得出p1＝p25．房间的容积为20 m3，在温度为7 ℃、大气压强为9.8×104 Pa时，室内空气质量是25 kg．当温度升高到27 ℃，大气压强变为1.0×105 Pa 时，室内空气的质量是多少？
[解析]　气体初态：
p1＝9.8×104 Pa，V1＝20 m3，T1＝280 K．
末态：p2＝1.0×105 Pa，T2＝300 K．
由理想气体状态方程＝，
所以V2＝V1＝ m3＝21.0 m3，
因V2>V1，故有气体从房间内流出，
房间内气体质量m2＝m1＝×25 kg≈23.8 kg．
[答案]　23.8 kg
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．气体压强的两个决定因素是什么？
提示：单位体积内气体分子数目；气体分子热运动的平均速率．
2．试写出理想气体状态方程的内容和公式？
提示：理想气体的压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变．＝c或＝．
3．理想气体状态方程与气体实验定律的关系是怎样的？
提示：＝
课时分层作业(六)　气体实验定律的微观解释
?题组一　气体压强的微观意义
1．对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则(　　)
A．当体积减小时，N必定增加
B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
C　[一定质量的气体，在单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，取决于分子数密度与分子运动的激烈程度，即与体积和温度有关，故A、B两项错误；压强不变，说明气体分子对器壁单位面积上的撞击力不变，由＝c可知，p不变时，V与T成正比，V增大时，N减小，T增大，每次撞击力变大，V减小时，N增大，T减小，每次撞击力减小，故C项正确，D项错误．]
2．如图所示，一定质量的理想气体由状态A沿平行于纵轴的直线变化到状态B，则它的状态变化过程是(　　)
A．气体的温度不变
B．气体的内能增加
C．气体分子的平均速率减少
D．气体分子在单位时间内与器壁在单位面积上碰撞的次数不变
B　[从p -V图像中的AB图线看，气体由状态A变到状态B为等容升压，根据查理定律，一定质量的气体，当体积不变时，压强与热力学温度成正比，故A项错误；气体的温度升高，内能增加，故B项正确；气体的温度升高，分子平均速率增加，故C项错误；气体压强增大，则气体分子在单位时间内与器壁在单位面积上碰撞的次数增多，故D项错误．]
?题组二　理想气体状态方程
3．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中不可实现的是(　　)
A．先等温膨胀，再等容降温
B．先等温压缩，再等容降温
C．先等容升温，再等温压缩
D．先等容降温，再等温压缩
AC　[根据理想气体的状态方程＝c，若经过等温膨胀，则T不变，V增加，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来值，A不可实现；同理可以确定C不可实现．]
4．(多选)关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是(　　)
A．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍
B．一定质量的理想气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程＝
C．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍
D．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半
BC　[一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比．温度由100 ℃上升到200 ℃时，体积增大为原来的1.27倍，A错误；理想气体状态方程成立的条件为质量不变，B正确；由理想气体状态方程＝c可知，C正确，D错误．]
5．如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是(　　)
A．温度降低，压强增大
B．温度升高，压强不变
C．温度升高，压强减小
D．温度不变，压强减小
A　[玻璃泡中气体与外界大气温度相同，液柱上升，则气体体积减小，对于一定质量的理想气体pV＝cT，得出V＝c ，当温度降低，压强增大时，体积减小，故A正确；当温度升高，压强不变时，体积增大，故B错误；当温度升高，压强减小时，体积增大，故C错误；当温度不变，压强减小时，体积增大，故D错误．]
6．如图所示为医院给病人输液的部分装置，A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通．在输液过程中(假设病人保持不动、瓶A液体未流完)(　　)
A．瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均减小
B．瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均增大
C．瓶A上方的气体压强增大，滴壶B中的气体压强不变
D．瓶A上方的气体压强减小，滴壶B中的气体压强不变
C　[瓶A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差，瓶A中的液体面下降，液体产生的压强就减小，所以瓶A中上方气体的压强会增大，进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶B之间的液柱高度不变，所以滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的．故A、B、D错误，C正确．]
?题组三　理想气体状态变化的图像
7．如图所示，一定质量的气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其温度(　　)
A．保持不变
B．逐渐升高
C．逐渐降低
D．先升高后降低
C　[根据理想气体方程知＝c，即p＝，其p -图像上点到原点连线斜率反映温度的高低，
如图所示，知A点温度大于B点的温度，由A到B温度降低，故C正确，A、B、D错误．]
8．(多选)如图所示是理想气体经历的两个状态的p -T图像，对应的p -V图像和V-T图像不正确的是(　　)
A　　　 　B　　　　C　　　　D
AB　[由p -T图像可知，气体先经历等容变化，后经历等温膨胀，所以对应的p -V图像是C，所以C正确，对应的V-T图像是D，所以D正确．]
9．我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米．在某次深潜试验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化，如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3．如果将该气缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．
[解析]　当气缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意知p＝100 atm．
由理想气体状态方程得＝，代入数据得V＝2.8×10-2 m3．
[答案]　2.8×10-2 m3
10．(多选)在下列图中，能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是(　　)
A　　　　 B　　　　 C　　　　　D
ACD　[根据p -V、p -T、V-T图像的物理意义可以判断，其中B反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符，故A、C、D项符合要求．]
11．如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变．下列各个描述理想气体状态变化的图像中与上述过程相符组合的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
D　[封闭气体做等温变化，只有D图线是等温线，故D正确．]
12．如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，当t1＝31 ℃、大气压强p0＝76 cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1＝8 cm，求：
(1)当温度t2是多少时，左管气柱L2为9 cm；
(2)当温度达到上问中的温度t2时，为使左管气柱长L为8 cm，应在右管中加入多长的水银柱．
[解析]　(1)初状态：p1＝p0＝76 cmHg，
V1＝L1S，T1＝304 K，
末状态：p2＝p0＋2 cmHg＝78 cmHg，
V2＝L2S，
根据理想气体状态方程＝，
代入数据得T2＝351 K，t2＝78 ℃．
(2)设应在右管中加入h cm水银柱，p3＝p0＋h＝(76＋h)cmHg，
V3＝V1＝L1S，T3＝T2＝351 K，
根据理想气体状态方程＝，
代入数据得h＝11.75 cm．
[答案]　(1)78 ℃　(2)11.75 cm
13．(2021辽宁卷)如图甲所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途．图乙为某一“系留气球”的简化模型图：主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通．轻弹簧右端固定、左端与活塞连接．
当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态．在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩．当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的．已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计．
(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p．
(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变．气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的．求气球驻留处的大气温度T．
[解析]　(1)对于封闭的氦气，其初态的压强p1＝p0，体积为V1；末态的压强p2＝p＋p0，体积V2＝1.5V1
发生等温变化过程，则有p1V1＝p2V2
代入整理得p0＝1.5(p＋p0)
解得p＝p0＝×1.0×105 Pa＝5×104 Pa．
(2)设左、右挡板间距离为L，活塞面积为S，弹簧劲度系数为k，温度达到平衡后，氦气压强为p3，体积为V3．
活塞与右挡板刚好接触时，对活塞由平衡条件得
p2S＝pS＋kL，
又有p2－p＝p0
温度达到平衡后，对活塞由平衡条件得
p3S＝pS＋kL
解得p3＝p0
V3＝V1＋(1.5V1－V1)＝V1
由理想气体状态方程得＝
解得T＝266 K．
[答案]　(1)5×104 Pa　 (2)266 K第四节　液体的表面张力
1．知道表面张力及其成因，知道浸润、不浸润及毛细现象产生的原因．
2．理解微观上表面张力、浸润、不浸润、毛细现象的解释，并能解决相关的问题．
3．通过多种小实验探究液体的这几种现象，学会与他人合作交流，学会利用科学，造福人类，培养探索科学的兴趣．
知识点一　表面张力
1．实验：观察肥皂膜的变化
(1)现象．
①铁丝环上肥皂膜会把棉拉过去，成为圆弧．
②肥皂膜里的棉线圈，当刺破棉线圈内肥皂膜，棉线圈外的肥皂膜使棉线张紧，形成圆形．
(2)结论：液体的表面就像绷紧的橡皮膜一样，总是有收缩的趋势．
2．表面张力
(1)表面层．
①定义：液体与气体接触的表面存在一个薄层．
②特点：表面层分子的分布比液体内部稀疏．
(2)表面张力．
①定义：表面层中使液体表面收缩的相互作用的拉力，液体表面出现的这种张力．
②作用效果：由于表面张力的作用，液体表面总要收缩到尽可能小的面积．而体积相等的各种形状的物体中，球形物体的表面积最小．因此小水珠、小露珠等都呈现球形．若露珠过大，重力影响不能忽略，则呈椭球形．完全失重环境下，可形成标准的球形．
　表面张力是根据效果命名的力，是液体表面层内大量分子力的宏观表现．
知识点二　毛细现象
1．浸润与不浸润
(1)浸润：液体与固体的接触面有扩张的趋势，液体会附着在固体上．
(2)不浸润：液体与固体的接触面有收缩的趋势，液体不会附着在固体上．
(3)产生原因：是液体内分子与固体分子对附着层的液体分子共同作用的结果．
若固体分子的引力更强，表现为浸润；若液体内分子的引力更强表现为不浸润．
2．毛细现象
(1)定义：浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降．
(2)特点：水在玻璃管中会出现凹形弯月面；水银在玻璃管中则会出现凸形弯月面．管的内径越小，前者水面越高，后者水银面越低．
　同一种液体，对有些固体是浸润的，对有些固体是不浸润的，如：水银不浸润玻璃，但能浸润铅．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)注满氢气的彩色气球飘向空中是因表面张力所致． (×)
(2)毛细现象只指浸润液体在细管里上升的现象． (×)
(3)在内径小的容器里，如果液体能浸润器壁，液面呈凸形． (×)
(4)如果固体分子对液体分子间的引力比较弱，就会形成不浸润现象． (√)
2．以下关于各种现象的说法中，正确的是(　　)
A．图甲，硬币漂浮在水面上不下沉，这是由于水的浮力作用
B．图乙， 含有泥沙的浑水经过一段时间会变清， 这是分子无规则热运动的结果
C．图丙，右侧玻璃管中的水银面是凸形面，这是水银不浸润玻璃的缘故
D．图丁，荷叶上的水珠呈球形，这是由于表面张力以及水浸润荷叶造成的结果
C　[硬币可以停在水面上，是由于水的表面张力作用，故A错误；含有泥沙的浑水经过一段时间会变清是由于泥沙的平均密度大于水的密度，泥沙在重力的作用下向下沉，而上层水变清，故B错误；水能浸润玻璃，故玻璃管中的水面是凹形面，而水银不浸润玻璃，玻璃管中的水银面是凸形面，故C正确；荷叶上的水珠呈球形是由于表面张力及水不浸润荷叶造成的结果，故D错误．]
3．(多选)下列现象中与毛细现象有关的是(　　)
A．砖块吸水
B．毛巾的一只角浸入水中，水会沿毛巾上升，使毛巾湿润
C．洗净的衣服在太阳下被晒干
D．钢笔从墨水瓶里把墨水吸入笔中
AB　[砖块、毛巾、棉花、木材、植物根和茎等物体内部有许多细小的管道，可起到毛细管的作用，水会在这些细小的管道中上升，A、B正确；洗净的衣服在太阳下被晒干，这是蒸发现象，C错误；钢笔是靠大气压强把墨水吸入笔中的，故D错误．]
鸡落水时会全身湿透，俗称“落汤鸡”，而鸭子在水中嬉戏，上岸后抖一抖身子，水便会被抖落，比鸡可潇洒多了，你知道这是为什么吗？
提示：这是由于鸭子经常用嘴把油脂涂到羽毛上，使水不浸润羽毛．
　表面张力
1．表面特性
表面层分子之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膜．所以说表面张力是表面层内分子力作用的结果．
2．表面张力的方向
表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线．如图所示．
3．表面张力的大小
除了跟分界线长度有关外，还跟液体的性质和温度有关．一般情况下，温度越高，表面张力就越小．另外，杂质也会明显地改变液体的表面张力大小．比如洁净的水有很大的表面张力，而沾有肥皂液的水的表面张力就比较小．
4．表面张力的作用
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．
【典例1】　关于液体的表面张力，下列说法正确的是(　　)
A．在液体的表面层里，分子比较稀疏，分子间只有引力没有斥力
B．在液体的表面层里，分子比较密集，分子间只有斥力没有引力
C．液体的表面层中斥力大于引力，使得液体的表面收缩到最小，所以露珠呈球形
D．液体的表面层中引力大于斥力，使得液体的表面收缩到最小，所以露珠呈球形
[思路点拨]　(1)液体表面层里分子比较稀疏，表现为引力．
(2)表面张力使液面收缩到最小．
D　[与气体接触的液体表面分子比较稀疏，间距大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，A、B错误；但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，所以露珠呈球形，C错误，D正确．]
液体表面层与液体内部分子分布特点
比较项 液体表面层 液体内部
分子密度 稀疏 密集
分子间距d 10-10 m< d<10-9 m d＝10-10 m
分子力 表现为引力(合力) 斥力与引力平衡(合力为零)
表现 表面有收缩趋势 不易被压缩
[跟进训练]
1．如图甲所示是吹肥皂泡游戏的画面，在图乙玻璃杯内注入肥皂水，再将铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出在空中做无规则运动的肥皂泡，下列说法正确的是(　　)
A．肥皂泡的无规则运动为布朗运动
B．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
C．肥皂水与玻璃杯壁接触位置的液体分子间作用力表现为引力
D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力
B　[肥皂泡的无规则运动是肥皂泡受到重力、浮力及风力作用的结果，而布朗运动是固体小颗粒受到分子撞击的不平衡引起的，故A错误；表面张力具有使液面收缩的趋势，而体积相同时，球的表面积最小，所以肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关，故B正确；肥皂水与玻璃杯壁表现为浸润，玻璃杯附着层内的液体分子受到固体分子的吸引力大于液体内部分子间作用力，所以附着层液体分子比较密集，分子间的作用力表现为斥力，故C错误；肥皂泡表面液体分子间既有引力又有斥力，合力表现为引力，故D错误．]
　浸润与不浸润
1．液体能否浸润固体由内聚力和附着力大小决定
(1)内聚力大于附着力．附着层的分子比液体内部稀疏，附着层内出现与液体表面张力相似的收缩力，此时跟固体接触的液体表面有缩小的趋势，形成不浸润．
(2)内聚力小于附着力．附着层中的分子比液体内部更密，附着层中出现液体分子相互排斥的力，此时跟固体接触的液面有扩展的趋势，形成浸润．
2．微观解释
当液体与固体接触时，附着层中的液体分子受固体分子的吸引比液体内部分子弱，结果附着层中的液体分子比其内部稀疏，这时在附着层中就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟固体接触的液体表面有缩小的趋势，因而形成不浸润现象．
相反，如果受到固体分子的吸引相对较强，附着层里的分子就比液体内部更密，在附着层里就出现液体分子互相排斥的力，这时跟固体接触的表面有扩展的趋势，从而形成浸润现象．总之，浸润和不浸润现象是分子力作用的宏观表现．
【典例2】　(多选)以下各种说法中正确的是(　　)
A．因为水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体
B．液体对固体是否发生浸润现象，是由液体和固体两者的性质共同决定的
C．在人造卫星中，由于一切物体都处于完全失重状态，所以一个固定着的容器中装有浸润其器壁的液体时，必须用盖子盖紧，否则容器中液体一定会沿器壁流散
D．发生浸润现象还是不浸润现象，取决于固体分子和液体内的分子哪个对附着层中液体分子的吸引力更大
[思路点拨]　(1)有的液体对某些固体浸润，对某些固体不浸润．
(2)浸润是液体在固体表面扩张．
BCD　[水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，所以A错误，B正确．在处于完全失重状态的人造卫星上，如果液体浸润器壁，液体和器壁的附着层就会扩张，沿着器壁流散，故必须盖紧，C正确．D正确说明了发生浸润和不浸润现象的微观原理．]
分析浸润与不浸润问题的要点归纳
(1)同一种固体，对有些液体浸润，对有些液体不浸润；同一种液体，对一些固体是浸润的，对另一些固体是不浸润的．
(2)液体浸润固体，附着层面积要扩张；不浸润固体，附着层面积要收缩．
(3)发生浸润还是不浸润是看固体分子和液体内部分子对附着层分子的吸引力的强弱．
[跟进训练]
2．(多选)如图所示的现象中，下列说法正确的是(　　)
A．图甲为浸润现象，图乙为不浸润现象
B．图甲中附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏
C．图甲和图乙中表面层的液体分子都比液体内部的分子稀疏
D．图甲中表面层分子比液体内部稀疏，而图乙中表面层分子比内部密
AC　[由题图可知，图甲为浸润现象，图乙为不浸润现象，选项A正确；图甲中附着层的液体分子比液体内部的分子密集，选项B错误；图甲和图乙中表面层的液体分子都比液体内部的分子稀疏，选项C正确，D错误．]
　毛细现象
1．毛细现象
浸润液体在毛细管里上升后，形成凹月面，不浸润液体在毛细管里下降后形成凸月面的现象．
2．毛细现象产生的原因
液体浸润细管时，浸润液体的附着层沿细管壁有扩张趋势，故附着层液体顺着管壁往上升，此时管内液面弯曲，面积变大．而表面张力使弯曲的液面有收缩的趋势，这使得弯曲液面A点处液体的压强不再与大气压相等，而是小于大气压．由于管内外液体是连通的，则管内B点处的压强等于大气压，A、B两点处的压强差使得管内液体上升，如图甲所示．若管的内径越细，则弯曲液面形成的压强差越大，液体上升得越高，如图乙所示．液体不浸润细管时，表现出的毛细现象则与液体浸润细管情况相反，如图丙所示．
【典例3】　附着层里的液体分子比液体内部稀疏的原因是(　　)
A．附着层里液体分子间的斥力强
B．附着层里液体分子间的引力强
C．固体分子对附着层里的液体分子的吸引，比液体内部分子的吸引弱
D．固体分子对附着层里的液体分子的吸引，比液体内部分子的吸引强
[思路点拨]　(1)附着层里的分子既受固体分子吸引又受液体内部分子吸引．
(2)附着层里的分子稀疏或稠密是上面二力的合力结果．
C　[附着层里的分子既受到固体分子的吸引，又受到液体内部分子的吸引，如果受到的固体分子的吸引比较弱，附着层里的部分分子进入液体内部，从而使附着层的分子比液体内部稀疏，所以C正确，A、B、D错误．]
[跟进训练]
3．(多选)水对玻璃是浸润液体，而水银对玻璃是不浸润液体．它们在毛细管中将发生上升或下降的现象．现把粗细不同的三根毛细管插入水和水银中，如图所示．其中正确的现象应是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
AD　[浸润液体和不浸润液体具有不同的毛细现象．毛细管越细，内、外液面的高度差越大．浸润液体在毛细管内上升，管越细，上升越高；不浸润液体在毛细管内下降，管越细，下降越多，故A、D对，B、C错．]
1．如图所示，金属框上阴影部分表示肥皂膜，它被棉线分割成a、b两部分．若将肥皂膜的a部分用热针刺破，棉线的形状是图中的哪一个(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
D　[肥皂膜未被刺破时，作用在棉线两侧的表面张力互相平衡，棉线可以有任意形状．当把a部分液膜刺破后，在b部分液膜表面张力的作用下，棉线将被绷紧，因液体表面有收缩到面积最小的趋势，而在同周长的几何图形中，圆面积最大，所以棉线被拉成凹的圆弧形状．正确选项为D．]
2．(多选)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有(　　)
A．水黾可以停在水面上
B．叶面上的露珠呈球形
C．滴入水中的红墨水很快散开
D．悬浮在水中的花粉做无规则运动
AB　[由于表面张力的作用，水的表面层分子间表现为引力，使表面形成了弹性膜，使水黾可以停在水面上；由于表面张力的作用，使水表面层有收缩到表面积最小的趋势，因此叶面上的露珠呈球形，A、B均正确；滴入水中的红墨水很快散开和悬浮在水中的花粉做无规则运动，均说明水分子做无规则运动，与表面张力无关，C、D均错误．]
3．(多选)如图所示，液体浸润固体的是(　　)
A　　B　 　C　　 　 D
BC　[由题图可以看出：B、C中附着层有扩张的趋势，而A、D中附着层具有面积减小的趋势，故B、C浸润固体．]
4．全红婵夺得2023年跳水世界杯蒙特利尔站女子10米台决赛冠军，她的跳水被惊叹为“物理学的水花不存在了”．下列说法正确的是(　　)
A．运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为制造泳衣的材料对水浸润
B．运动员入水激起的水花中，很多呈现球形，这是水的表面张力的作用
C．水池中的水温保持在26 ℃左右，用以保证运动员入水后的舒适度，此时运动员和水池中的水处于热平衡状态
D．运动员入水后，身体周围会出现一些小气泡，这些小气泡在做无规则的布朗运动
B　[运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为泳衣用了对水不浸润的材料制成，故A错误；运动员入水激起的水花接近球形，这是表面张力的作用，故B正确；水池中的水温约26 ℃，用以保证运动员入水后的舒适度，此时运动员的体温和水池的水温并不相同，故C错误；运动员入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，故D错误．]
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．什么是表面张力？其产生原因和作用分别是什么？
提示：表面层中使液体表面收缩的相互作用的拉力，液体表面出现的这种张力称为表面张力．表面张力是因为表面层分子间的分子力表现为引力．使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小．
2．什么是浸润与不浸润？
提示：液体与固体的接触面有扩张的趋势，液体会附着在固体上，这种现象称为浸润．液体与固体的接触面有收缩的趋势，液体不会附着在固体上，这种现象称为不浸润．
3．什么是毛细现象？
提示：浸润液体在毛细管里上升，不浸润液体在毛细管里下降的现象．
课时分层作业(七)　液体的表面张力
?题组一　表面张力
1．关于液体的表面张力，下列说法中错误的是(　　)
A．表面张力是液面各部分间相互吸引的力，方向与液面相切
B．表面张力是液面分子间的作用力的宏观体现
C．表面层里的分子距离比液体内部的小，分子间的作用力表现为引力
D．不论是水还是水银，表面张力都要使液面收缩
C　[表面张力是液面各部分间相互吸引的力，方向与液面相切，在液体与气体相接触的表面层中，液体分子的分布比液体内部的稀疏，即分子间距大于r0，分子间的相互作用力表现为引力，其宏观表现是使液面收缩，好像绷紧的橡皮膜一样，所以错误的只有C选项．]
2．下列说法正确的是(　　)
A．液体表面张力是由于液体分子间斥力的作用产生的
B．液体表面张力是由于气体分子对表面层液体分子的吸引产生的
C．在液体的表面层里，分子间距离大，分子间斥力消失，只有引力
D．由于液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间的作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势
D　[液体表面张力是液体表面层里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，而非气体分子对表面层液体分子的吸引产生的，表面张力使液体表面具有收缩的趋势，故A、B错误，D正确；在液体的表面层里，分子斥力和引力同时存在，只不过引力大于斥力，分子力表现为引力而已，C错误．]
3．(多选)下列现象中，哪些现象是由于液体的表面张力而引起的(　　)
A．液体与固体、气体不同，它在不同容器内，尽管形状不同，但体积相同
B．两滴水银相互接触，立即合并成一滴
C．新的棉织品水洗后都要缩水
D．小昆虫能在水面上自由走动
BCD　[同一体积的液体在不同容器内有不同的形状，这是由液体分子的排列规律决定的，与表面张力无关；而两滴水银接触时的现象，新棉织品水洗后缩水，小昆虫能在水面上走动，都因受到液体的表面张力的作用．故B、C、D正确．]
4．(多选)如图所示，a、b是航天员王亚平在“天宫一号”实验舱做水球实验时水球中形成的气泡，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．水球呈球形是由于表面张力作用的结果
B．此时水球内的水分子之间只有引力
C．a内气体的平均动能比b的大
D．在水球表面滴一小滴红墨水且水球未破，最后水球将呈红色
AD　[水球呈球形是由于表面张力作用的结果，故A正确；水球内的水分子之间既有引力，又有斥力，故B错误；温度是分子热运动的平均动能的标志，而理想气体的内能只与温度有关，故a内气体的平均动能与b的等大，故C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，由于分子的无规则运动，最后水球将呈红色，故D正确．]
?题组二　浸润与不浸润
5．(多选)同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现图乙的情况．若A固体和B毛细管都很干净，则(　　)
A．A固体和B管可能是同种材料
B．A固体和B管一定不是同种材料
C．固体A的分子对液体附着层内的分子的引力比B管的分子对液体附着层内的分子的引力小些
D．液体对B毛细管是浸润现象
BCD　[由所给现象可知该溶液对固体A不浸润，对固体B浸润；毛细现象是浸润和不浸润与表面张力共同作用的结果．故B、C、D正确．]
6．如图所示是分别装有水和水银的两个玻璃杯，下列说法正确的是(　　)
A．水不浸润玻璃
B．水银浸润玻璃
C．水的表面层中的水分子之间的作用力表现为引力
D．水银的表面层中的水银分子之间的作用力表现为引力
D　[浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面，由题图可知，水浸润玻璃，水银不浸润玻璃，故A、B错误；水对玻璃浸润，水的表面层中的水分子之间的作用力表现为斥力；水银对玻璃不浸润，水银的表面层中的水银分子之间的作用力表现为引力，故D正确，C错误．]
7．两个完全相同的空心玻璃球壳，其中一个盛有一半体积的水，另一个盛有一半体积的水银，将它们封闭起来用航天飞机送到绕地球做匀速圆周运动的空间实验站中去，在如图所示的四个图中(图中箭头指向地球中心)：
A　　　 B　　　　C　　　D
(1)水在玻璃球壳中分布的情况，可能是______图．
(2)水银在玻璃球壳中分布的情况，可能是______图．
[解析]　①绕地球做匀速圆周运动的空间实验站中，球壳和其中的水、水银均处于完全失重状态．②水浸润玻璃，附着层有扩大的趋势；水银不浸润玻璃，附着层有收缩的趋势．③水和水银跟气体(空气或其他气体)接触的表面层都有收缩(使表面积最小)的趋势．
[答案]　(1)C　(2)B
?题组三　毛细现象
8．在水中浸入两个同样粗细的毛细管，一个是直的，另一个是弯的，如图所示，水在直管中上升的高度比弯管的最高点还要高，那么弯管中的水将(　　)
A．会不断地流出
B．不会流出
C．不一定会流出
D．会流出很少的一部分
B　[因为弯管管口的水面在重力作用下要向下凸出，这时表面张力的合力竖直向上，且表面张力的合力等于重力，故水不能流出，选项B正确．]
9．把一根弯成如图所示形状的金属丝悬挂在灵敏弹簧测力计的下端，然后将盛有液体的杯子放在金属丝下面，使金属丝浸入液体中，这时如果把灵敏弹簧测力计慢慢地向上移动，让金属丝的水平部分从液体里露出来，就可以看到，金属丝和液面之间出现了一层液体的薄膜，同时金属丝本身也被薄膜包围着，由于表面张力的作用，薄膜向下拉金属丝，而使测力计的弹簧伸长，继续移动测力计，直到金属丝和液面之间的薄膜刚要断开为止，设此时测力计的读数为F，金属丝的重力为mg，求薄膜每一面上平行于金属丝的分界线上表面张力的大小．
[解析]　当将要把金属丝和液面之间的薄膜拉断时，表面张力的方向为竖直向下，设每一面上的张力大小为F′，由平衡条件F＝mg＋2F′，得F′＝．
[答案]　
10．由于海水表面有表面张力的作用，水珠之间相互吸引着，这样使得风很难把水珠刮起，只能够形成海浪，所以海洋上的风中只带有少量的水沫；而沙漠中的沙子却不一样，沙粒之间几乎没有作用力，所以风很容易刮起大量的沙子……根据以上规律联系所学知识请你设想，如果玻璃杯中盛有少量水银，在太空轨道上运行的宇宙飞船内，水银在杯子中将呈现下图所示的怎样的形状(　　)
A　　　B　　 C　　　D
D　[在宇宙飞船内完全失重的情况下，由于重力的存在而产生的一切现象随之消失．因为液体的表面张力不受重力的影响，水银不浸润玻璃，水银的形状只由表面张力来决定．在液体表面张力的作用下，水银的表面有收缩到最小的趋势，而体积一定时，球形的表面积最小．所以最终水银会呈现球形，D正确．]
11．在天平的左盘挂一根铁丝，右盘放一砝码，且铁丝浸于液体中，此时天平平衡，如图所示，现将左端液体下移使铁丝刚刚露出液面，则(　　)
A．天平仍然平衡
B．由于铁丝离开水面沾上液体，重力增加而使天平平衡被破坏，左端下降
C．由于铁丝刚离开液面，和液面间生成一液膜，此液膜的表面张力使天平左端下降
D．以上说法都不对
C　[铁丝在刚离开液面时，和液面之间形成一层膜，膜中分子密度小，分子稀疏，分子力表现为引力，对铁丝产生向下的拉力作用，使天平左端下降．故C正确．]
12．(多选)关于液体表面张力，下列说法中正确的有(　　)
A．甲图中露珠呈球形，这是地球引力作用的结果
B．乙图中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，产生表面张力
C．丙图中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用
D．丁图中液体表面张力方向与液面平行
BCD　[甲图中露珠呈球形，这是液体表面张力的结果，故A错误；乙图中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，从而产生表面张力，故B正确；丙图中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用，故C正确；丁图中液体表面张力方向与液面平行，故D正确．]
13．长征五号B搭载新一代载人飞船试验船和柔性充气式货物返回舱试验舱，于北京时间2020年5月5日18时0分，从文昌航天发射场点火升空．有两个圆柱体洁净玻璃容器，其中分别封装有水和水银，若把它们放入“实验船”内，在它围绕地球做匀速圆周运动的过程中，两容器中水和水银会出现什么形状？
[解析]　当“实验船”绕地球做匀速圆周运动的过程中，处于失重状态，液体仅受表面张力的作用，使其自由表面收缩到最小状态．因此，两者的形状均为球形，但由于水能完全浸润玻璃，水银几乎不能浸润玻璃，所以水和水银的液面分别呈如图所示形状．
[答案]　见解析第五节　晶体
第六节　新材料
1．知道晶体与非晶体、液晶的宏观特征， 了解新材料的用途，能解释相关现象．
2．理解晶体微观结构特点及液晶的微观结构，能用固体的微观结构解释其宏观性质．
3．通过实验探究单晶体的各向异性，借助网络了解新材料的特点及用途，体验科技力量的强大作用．
知识点一　晶体与非晶体
1．固体的分类：固体可以分成晶体和非晶体两类．
2．晶体可分为单晶体和多晶体两类．
3．熔点：晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．
4．单晶体特点：
(1)具有规则的几何形状．
(2)具有各向异性．
(3)有固定的熔点．
5．多晶体特点：
(1)外形不确定．
(2)具有各向同性．
(3)有固定熔点．
　区分是否是晶体看有没有固定的熔点，区分是否是单晶体看是否具有各向异性．
知识点二　晶体的微观结构
1．晶体的结构及结合类型
(1)组成晶体的物质微粒有规则地在空间排成阵列，呈现周而复始的有序结构，说明晶体的微观结构具有周期性．
(2)晶体内部各微粒之间存在着很强的相互作用力，微粒被约束在一定的平衡位置上．
(3)热运动时，组成晶体的物质微粒只能在各自的平衡位置附近做微小振动．
2．固体特征的微观解释
(1)方法：在固体界面沿不同方向画出等长线段．
(2)微观解释：
①单晶体在不同线段上微粒的个数不相等，说明沿不同方向微粒排列及物质结构情况不同，在物理性质上表现为各向异性．
②非晶体在不同直线上微粒的个数大致相等，说明沿不同方向微粒排列及物质结构情况基本相同，在物理性质上表现为各向同性．
(3)同一种物质在不同条件下形成不同的晶体，由于微观结构不同，物理性质有很大差异．
　晶体熔化时吸收的热量全部用来破坏晶体微粒规则的排列，温度并不发生变化，因而有固定的熔点．
知识点三　液晶
1．定义：由固态向液态转化的中间态液体具有与晶体相似的性质，故称为液态晶体，简称液晶．
2．分子特点：并不是所有物质都有液晶态，液晶的分子有些是长棒状，有些是碟状或板状．
3．性质：
外界条件的微小变化，会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，例如温度、压力、摩擦、电磁作用、容器的表面差异等，都可以改变液晶的光学性质．
4．应用：
(1)液晶显示器．
(2)液晶在电子工业、航空、生物、医学等领域有广泛应用．
　液晶在力学性质上与液体相同，在光学、电学性质等方面又具有明显的各向异性．
知识点四　新材料
1．半导体材料
(1)导电能力：介于导体与绝缘体之间．
(2)导电性能可控：在纯净的半导体中掺入某些微量元素作为杂质，其导电性能将会发生显著变化．
(3)应用：应用于电子元件、发电领域应用及热电材料．
2．纳米材料
(1)定义：指在三维空间中至少有一维处于纳米尺度范围或由它们作为重要单元构成的材料．
(2)特性：
纳米材料通常硬度、韧性、延展性等力学性能更好，熔点、磁性、导热和导电性降低，对光和物质具有更好的吸收和吸附性，化学活性大大增加．
(3)应用：
碳纳米管、纳米梯度材料、石墨烯等在新技术上的应用．
3．超材料
(1)定义：具有天然材料所不具备的超常物理性质的人工复合结构的复合材料，是将人造复合材料以特定方式排列形成的，具有特殊电磁特征的人造结构材料．
(2)分类：包括左手材料、光子晶体、超磁性材料等．
(3)应用：广泛应用于工业、军事、生活等各个方面．
　纳米是长度单位，1 nm＝10-9 m，颗粒在1～100 nm的材料称为纳米材料．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)常见的金属材料都是单晶体． (×)
(2)凡是具有天然规则的几何形状的物体必定是单晶体． (√)
(3)单晶体的分子(原子、离子)排列是有规则的． (√)
(4)非晶体在不同方向上的微粒排列及物质结构情况基本相同． (√)
2．如图所示，四块固体中，属于非晶体的是(　　)
A．明矾　　B．石英　　C．冰块　D．塑料管
D　[明矾、石英、冰块为晶体，塑料为非晶体，故D符合题意．]
3．下列说法正确的是(　　)
A．黄金可以切割加工成各种形状，所以是非晶体
B．同一种物质只能形成一种晶体
C．单晶体的所有物理性质都是各向异性的
D．玻璃没有确定的熔点，也没有天然规则的几何形状
D　[常见的金属都是多晶体，因而黄金也是多晶体，只是因为多晶体内部小晶粒的排列杂乱无章，才使黄金没有规则的几何形状，故A错误；同一种物质可以形成多种晶体，如碳可以形成金刚石和石墨两种晶体，故B错误；单晶体只在某些物理性质上表现出各向异性，并不是所有物理性质都表现出各向异性，故C错误；玻璃是非晶体，因而没有确定的熔点和规则的几何形状，D正确．]
如图甲所示是日常生活中常见的几种晶体，图乙是生活中常见的几种非晶体，请在图片基础上思考以下问题：
(1)晶体与非晶体在外观上有什么不同？
(2)没有规则几何外形的固体一定是非晶体吗？
提示：(1)单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体无规则的几何外形．
(2)不是．由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体也没有规则的几何外形．
　晶体和非晶体的比较
1．单晶体、多晶体、非晶体的比较
2．单晶体具有各向异性，并不是说每一种单晶体都能在各种物理性质上表现出各向异性
(1)云母、石膏晶体在导热性上表现出显著的各向异性——沿不同方向传热的快慢不同．
(2)方铅矿石晶体在导电性上表现出显著的各向异性——沿不同方向电阻率不同．
(3)立方形的铜晶体在弹性上表现出显著的各向异性——沿不同方向的弹性不同．
(4)方解石晶体在光的折射上表现出各向异性——沿不同方向的折射率不同．
【典例1】　在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针尖接触其上一点，蜡熔化的范围如下图所示；另外甲、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所示，则(　　)
A．甲、乙是非晶体，丙是晶体
B．甲、丙是非晶体，乙是晶体
C．甲、丙是多晶体，乙是晶体
D．甲是多晶体，乙是非晶体，丙是单晶体
[思路点拨]　由蜡熔化图判断导热性能，由温度—时间图线形状分析是晶体还是非晶体．
D　[由题图甲、乙、丙知，甲、乙具有各向同性，丙具有各向异性；由温度—时间图线知，甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点，所以甲是多晶体，乙是非晶体，丙是单晶体．故D正确．]
区分晶体和非晶体、单晶体和多晶体的方法
(1)区分晶体和非晶体的方法是看其有无确定的熔点，晶体具有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，仅从各向同性或几何形状不能判断某一固体是晶体还是非晶体．
(2)区分单晶体和多晶体的方法是看其是否具有各向异性，单晶体表现出各向异性，而多晶体表现出各向同性．
[跟进训练]
1．“嫦娥五号”探测器顺利完成月球采样任务并返回地球．探测器上装有用石英制成的传感器，其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”．如图所示，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著．石英晶体(　　)
A．没有确定的熔点
B．具有各向同性的压电效应
C．没有确定的几何形状
D．是单晶体
D　[石英是单晶体，有确定的熔点，有确定的几何形状，故A、C错误，D正确；石英受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”，沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故具有各向异性，故B错误．]
　晶体的微观结构及物理性质
1．微观结构理论的内容
(1)组成晶体的微粒(分子、原子或离子)是依照一定的规律在空间中整齐地排列的．
实验证实：人们用X射线和电子显微镜对晶体的内部结构进行研究后，证实了这种假说是正确的．
(2)微粒的热运动特点表现为在一定的平衡位置附近不停地做微小的振动．
2．晶体的微观结构特点
(1)组成晶体的微粒(分子、原子或离子)，依照一定的规律在空间中整齐地排列的．
(2)晶体中微粒的相互作用很强，微粒的热运动不足以克服它们的相互作用而远离．
(3)微粒的热运动表现为在一定的平衡位置附近不停地做微小的振动．
晶体的微观结构决定其宏观物理性质，改变物质的微观结构从而改变物质的属性，如碳原子可以组成性质差别很大的石墨和金刚石，有些晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．
3．用微观结构理论解释晶体的特性
(1)对单晶体各向异性的解释．
如图所示，这是在一个平面上单晶体物质微粒的排列情况．从图上可以看出，在沿不同方向所画的等长线段AB、AC、AD上物质微粒的数目不同．线段AB上物质微粒较多，线段AD上较少，线段AC上更少．正因为在不同方向上物质微粒的排列情况不同，才引起单晶体在不同方向上物理性质的不同．
(2)对晶体具有一定熔点的解释．
给晶体加热到一定温度时，一部分微粒有足够的动能克服微粒间的作用力，离开平衡位置，使规则的排列被破坏，晶体开始熔解，熔解时晶体吸收的热量全部用来破坏规则的排列，温度不发生变化．
(3)对多晶体特征的微观解释．
晶粒在多晶体里杂乱无章地排列着，所以多晶体没有规则的几何形状，也不显示各向异性．它在不同方向的物理性质是相同的，即各向同性．多晶体和非晶体的主要区别是多晶体有确定的熔点，而非晶体没有．
(4)对非晶体特征的微观解释．
在非晶体内部，物质微粒的排列是杂乱无章的，从统计的观点来看，在微粒非常多的情况下，沿不同方向的等长线段上，微粒的数量大致相等，也就是说，非晶体在不同方向上的微粒排列及物质结构情况基本相同，所以非晶体在物理性质上表现为各向同性．
(5)同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同形态出现，晶体和非晶体可在一定条件下相互转化．
【典例2】　(多选)有关晶体的微观结构，下列说法中正确的有(　　)
A．同种元素的原子按不同结构排列有相同的物理性质
B．同种元素的原子按不同结构排列有不同的物理性质
C．同种元素形成晶体只能有一种排列规律
D．同种元素形成晶体可能有不同的排列规律
[思路点拨]　(1)晶体的微观结构不同，其物理性质不同．
(2)同种元素可有几种不同的排列结构．
BD　[同种元素的原子可以按不同结构排列，形成不同的物质，不同物质的物理性质不同，如同是由碳元素组成的石墨和金刚石的物质密度、机械强度、导热性、导电性和光学性质等都有很大差别，所以B、D正确，A、C错误．]
(1)各种晶体都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性．
(2)物体的宏观性质是由微观结构决定的，单晶体与非晶体的物理性质不同，是因为微观结构不同，单晶体各向异性也是由粒子排列的特点决定的．
[跟进训练]
2．(多选)2010年的诺贝尔物理学奖授予安德烈 海姆和康斯坦丁 诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开，使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34 nm的石墨烯，是碳的二维结构．如图所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识判断，下列说法正确的是(　　)
A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B．石墨是单质，石墨烯是化合物
C．石墨、石墨烯与金刚石都是晶体
D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的
CD　[晶体、非晶体都是对固体而言的，晶体有固定熔点、规则结构，非晶体没有，石墨、石墨烯与金刚石都是晶体，石墨与金刚石、碳60、碳纳米管、石墨烯等都是碳元素的素的单质，它们互为同素异形体，他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的，故A、B错误，C、D正确．]
　液晶
1．液晶的主要性质
(1)液晶具有单晶体的各向异性的特点．
原因是在微观结构上，从某个方向看，液晶的分子排列比较整齐，有特殊的取向．
(2)液晶具有液体的流动性．
原因是从另一方向看液晶分子排列是杂乱的，因而液晶又具有液体的性质，具有一定的流动性．
(3)液晶分子的排列特点．
液晶分子的排列特点是从某个方向上看，液晶分子的排列比较整齐；但是从另一个方向看，液晶分子的排列又是杂乱无章的．
(4)液晶的物理性质．
液晶的物理性质很容易受外界的影响(如电场、压力、光照、温度等)发生改变．
2．液晶的主要应用
(1)利用向列型液晶的性质可以制成各种液晶显示器．
(2)胆甾型液晶在温度改变时会改变颜色．随着温度的升高，色彩按红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的顺序变化，温度下降时又按相反顺序变色，而且灵敏度很高，在不到1 ℃的温差内就可以显出整个色谱．利用液晶的这种温度效应可以探测温度．
【典例3】　(多选)关于液晶的分子排列，下列说法正确的是(　　)
A．液晶分子在特定方向排列整齐
B．液晶分子的排列不稳定，外界条件的微小变动会引起液晶分子排列的变化
C．液晶分子的排列整齐且稳定
D．液晶的物理性质稳定
[思路点拨]　(1)液晶分子一般是长棒状、碟状或板状，在特定方向排列有序．
(2)外界条件变化，分子排列会发生变化．
AB　[液晶分子在特定方向上排列比较整齐，故A正确；液晶分子排列不稳定，外界条件的微小变动会引起液晶分子排列的变化，故B正确，C错误；液晶的物理性质不稳定，例如有一种液晶，在外加电压的影响下，会由透明状态变成浑浊状态，去掉电压，又恢复透明状态，故D错误．]
(1)液晶既有液体的流动性和连续性，表现不够稳定，又具有晶体的一些各向异性特点，是某些特殊的有机化合物．
(2)液晶的物理性质很容易在外界的影响(如电场、压力、光照、温度等)下发生改变．
[跟进训练]
3．(多选)关于液晶，下列说法中正确的有(　　)
A．液晶是一种晶体
B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性
C．液晶的光学性质随温度的变化而变化
D．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化
CD　[液晶的微观结构介于晶体和液体之间，A错误；虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，B错误；外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，例如温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，C、D正确．]
1．(多选)某种物体表现出各向同性的物理性质，则可以判断这种物质(　　)
A．不一定是多晶体　　 B．不一定是单晶体
C．一定不是单晶体 D．一定是非晶体
AC　[因为非晶体和多晶体都表现出各向同性，故A正确，D错误；单晶体一定表现出各向异性，故B错误，C正确．]
2．(多选)下列有关晶体的结构叙述正确的是(　　)
A．在晶体内部，组成晶体的物质微粒是无规则排列的
B．晶体的微观结构具有周期性
C．在晶体内部，组成晶体的物质微粒可以自由运动
D．组成晶体的微粒只能做微小的振动
BD　[在晶体的内部，组成晶体的物质微粒是规则排列的，A错误；晶体的微观结构具有周期性，且微粒间存在着很强的作用力，B正确；在晶体内部，组成晶体的物质微粒只能在各自的平衡位置附近做微小振动，而不能自由运动，C错误，D正确．]
3．如图所示为一透明的正方体物块，下列说法正确的是(　　)
A．由于该物块有规则形状，所以它一定为晶体
B．由于该物块透明，所以它一定为晶体
C．若该物块为绝缘体，则它一定为非晶体
D．若将该物块加热到某一温度才开始熔化，且熔化的过程中温度保持不变，则它一定为晶体
D　[单晶体具有天然的有规则的几何形状，但这个正方体物块不一定是天然形成，所以不一定是晶体，故A错误；晶体并非都是透明的，所以该物块不一定是晶体，例如玻璃是透明的，但并非是晶体，故B错误；晶体并非都能导电，所以该绝缘物块不一定是非晶体，例如金刚石晶体，是单晶体，也是绝缘体，故C错误；晶体具有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度，故D正确．]
4．(多选)如图a、b是两种不同物质的熔化曲线，根据曲线，你认为在下列说法中正确的是(　　)
A．a是一种晶体的熔化曲线
B．a是一种非晶体的熔化曲线
C．b是一种非晶体的熔化曲线
D．a中有一段吸热但温度不变的过程
ACD　[晶体在熔化过程中，不断吸热，但温度(熔点对应的温度)却保持不变，而非晶体没有确定的熔点，不断加热，非晶体先变软，然后熔化，温度却不断上升，因此a对应的是晶体，b对应的是非晶体，故A、C、D正确．]
5．(多选)一块厚度和密度都均匀分布的长方体被测样品，长AB是宽AD的两倍，如图所示．如果用多用电表的欧姆挡沿两个对称轴O1O1′和O2O2′方向测量，结果阻值均为R，则这块样品不可能是(　　)
A．单晶体 B．多晶体
C．非晶体 D．金属
BCD　[用多用电表的欧姆挡沿两个对称轴O1O1′和O2O2′方向测量结果均相同，说明该物体沿O1O1′和O2O2′方向电阻率(即导电性能)不同，即表现出各向异性的物理性质，所以可能是单晶体．如果是普通金属，可以分析出沿O1O1′方向电阻比较大．故不可能是B、C、D三种物品．]
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．如何区分晶体和非晶体？单晶体有哪些特点？
提示：晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．单晶体具有规则的几何形状、各向异性、固定的熔点．
2．晶体的微观结构特点有哪些？
提示：微粒(分子、原子或离子)依照一定的规律在空间中整齐地排列；微粒间相互作用力很强，微粒的热运动不足以克服它们的相互作用力而远离；微粒在一定的平衡位置附近不停地做微小振动．
3．什么是液晶？有哪些新材料？
提示：由固态向液态转化的中间态液体具有与晶体相似的性质，故称为液态晶体，简称液晶．新材料有半导体材料、纳米材料、超材料等．
石墨烯实验研究背后的故事
我们知道，物体是由原子、分子等微粒组成的，它们按一定规律组成一个个“小单元”，这些“小单元”结合在一起形成了肉眼可见的物体．用机械的方法把物体粉碎、研磨，可以得到很细的粉末，但实际上一粒这样的粉末仍比这里说的“小单元”大得多．当构成材料的“小单元”的某个维度达到纳米尺度时，它的性质就会发生很大的变化．石墨烯就是一个典型的例子．
石墨烯具有六边形的晶格结构(如图所示)，单层厚度仅为0.335 nm．2010年的诺贝尔物理学奖授予了安德烈盖姆与康斯坦丁诺沃肖洛夫两人，以表彰他们对石墨烯的开创性实验研究．
安德烈对待研究工作一直颇具想象力和好奇心．例如，他在利用超导强磁铁发现水分子具有抗磁性后(水滴悬浮在磁场中)，便开始思考：生物体内绝大多数物质是水，而且生物体内的蛋白质也具有抗磁性，如果将生物体放入磁场内，会像水滴一样悬浮吗？于是，他把一只活体青蛙放入磁场，在精确的计算下，这只青蛙真的悬浮在了磁场中．安德烈将这个实验结果发表在了物理期刊上，并为他赢得了2000年的“搞笑诺贝尔物理学奖”．然而，他的想象力并未止步，也从未停止……
在2004年之前，人类对材料的研究已经进入纳米、甚至原子尺度，人们也对石墨烯的结构有了更清晰的认识，预言了单层石墨可能会有非常好的物理性质．但如何把石墨不断磨薄，薄到只有一个原子的厚度，然而，这个世界性难题还是让很多科学家们望而却步了，甚至有人质疑单层石墨是否能够独立存在．安德烈的想象力再一次“拯救”了这项研究，在助手们试图将石墨块磨成石墨烯而陷入“绝境”的时候，安德烈在偶然的机会下，观察到助手们用透明胶带去除石墨块表面的污渍．这时他天才的直觉引导他将粘过的胶带放到仪器下观察，发现远比助手们打磨好的样品薄了许多，有的甚至只有几十个原子那么厚．随即，他便利用透明胶带反复地粘黏，直到获得了单层的石墨——石墨烯．石墨烯独特的结构使它在力学、电学等方面具有很多奇特的物理性质．
在力学特性方面，石墨烯是目前人类已知的强度最高的物质之一．强度比世界上最好的钢铁还要高百倍之多．同时还具有很好的韧性，且可以弯曲．在电学、热学特性方面，电子在石墨烯中“奔跑”的速率比在硅材料中高出数十倍甚至上百倍，这有利于进一步提高计算机处理器的运算速率．
无论是搞笑的，还是货真价实的诺贝尔物理学奖，安德烈的研究总是让人颇感意外．解决具有挑战性的科学问题，除了扎实的理论和精密的仪器外，好奇心、想象力对日常生活的细致观察和灵活运用也同样重要．
课时分层作业(八)　晶体　新材料
?题组一　晶体和非晶体的比较
1．江苏省东海县是世界天然水晶原料集散地，有着“世界水晶之都”的美誉．天然的水晶具有规则的几何外形，如图所示．关于天然水晶，下列说法正确的是(　　)
A．具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B．微观粒子的空间排列不规则
C．在熔化过程中分子平均动能不变
D．在光学性质上表现为各向同性
C　[天然水晶具有规则的几何外形，是单晶体，晶体都有固定的熔点，故A错误；单晶体微观粒子的空间排列是规则的，故B错误；晶体在熔化过程中温度不变，所以分子平均动能不变，故C正确；单晶体在光学性质上表现为各向异性，故D错误．]
2．(多选)如图所示，ACBD是一厚度均匀的由同一种材料构成的圆板．AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置转90°后电流表读数发生了变化(两种情况下都接触良好)．关于圆板，下列说法正确的是(　　)
A．圆板是非晶体
B．圆板是多晶体
C．圆板是单晶体
D．圆板沿各个方向导电性能不同
CD　[转过90°后电流表示数发生变化，说明圆板电阻的阻值发生变化，即显示各向异性，而单晶体并不是所有物理性质都显示各向异性，可对某些物理性质显示各向同性．多晶体和非晶体都显示各向同性．故C、D正确．]
3．(多选)固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，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．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
ABD　[晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，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，则不一定有确定的几何外形，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，则一定不表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确．故选ABD．]
4．石墨和金刚石都是由碳原子构成的晶体，它们的空间点阵不同．已知碳的摩尔质量M＝12.0 g/mol，石墨的密度ρ1＝2.25 g/cm3，金刚石的密度ρ2＝3.52 g/cm3，试求石墨和金刚石中相邻原子间的平均距离各是多少．
[解析]　从晶体的空间结构(立方体)看，两个相距最近的碳原子中心距离，也就是两个相邻碳原子中心间的平均距离，这个距离与碳分子的直径相等．
所以有×10-6＝π，
代入数据可得
D1≈2.57×10-10 m，D2≈2.21×10-10 m．
[答案]　2.57×10-10 m　2.21×10-10 m
?题组二　晶体的微观结构及物理性质
5．晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于(　　)
A．破坏空间点阵结构，增加分子动能
B．破坏空间点阵结构，增加分子势能
C．破坏空间点阵结构，减小分子势能
D．破坏空间点阵结构，增加分子势能，同时增加分子动能
B　[晶体熔化时温度保持不变，分子的平均动能不变，晶体熔化过程中吸收的热量使分子间的距离增大，全部用来增加分子的势能．因而，只有选项B正确．]
6．有一块长方形的铜条，有关它的三种说法：①这是一块单晶体，因为它有规则的几何形状；②这是一块多晶体，因为它内部的分子排列是不规则的；③这是一块非晶体，因为它的物理性质是各向同性的．这三种说法中(　　)
A．①②是错的　　　 B．②③是错的
C．①③是错的 D．都是错的
D　[铜条虽具有规则的几何形状，但它是多晶体，它是由许多单晶体颗粒组合而成的，每个单晶体颗粒内部分子排列是规则的，但构成多晶体的单晶体颗粒的排列是不规则的，所以D正确．]
7．(多选)单晶体不同于非晶体，它具有规则的几何外形，在不同方向上物理性质不同，而且具有一定的熔点，下列哪些说法可以用来解释晶体的上述特性(　　)
A．组成晶体的物质微粒，在空间按一定的规律排成整齐的行列，构成特定的空间点阵
B．晶体在不同方向上物理性质不同，是由于不同方向上微粒数目不同，微粒间距离也不相同
C．晶体在不同方向上物理性质不同，是由于不同方向上的物质微粒的性质不同
D．晶体在熔化时吸收热量，全部用来瓦解晶体的空间点阵，转化为分子势能，因此，晶体在熔化过程中保持一定的温度不变．只有空间点阵完全被瓦解，晶体完全变为液体后，继续加热，温度才会升高
ABD　[晶体微粒构成的空间点阵是晶体有规则几何外形的原因，晶体在物理性质上的各向异性是由于空间点阵中不同方向的微粒数目不同，微粒间距离也不相同．晶体熔点的存在是由于在熔化时要吸收热量用来瓦解空间点阵，增加分子势能．熔化过程中分子的热运动的平均动能不变，即温度不变，只有当晶体全部转变为液体后温度才会继续升高，分子热运动的平均动能才会增加．故A、B、D正确．]
8．(多选)关于石墨和金刚石的区别，下面说法正确的是(　　)
A．石墨和金刚石都是由同种物质微粒组成但空间结构不同的晶体
B．金刚石晶体结构紧密，所以质地坚硬，石墨晶体是层状结构，所以质地松软
C．石墨和金刚石是不同物质的微粒组成的不同的晶体
D．石墨导电，金刚石不导电是由于组成它们的化学元素不同
AB　[石墨和金刚石都是由碳原子按照不同的排列规律构成的不同晶体，A正确，C错误；金刚石中的碳原子距离相等，有很强的相互作用，因此它结构紧密、质地坚硬，而石墨中的碳原子间距离不相等，形成层状结构，其原子间距离很大，作用力较弱，因此质地松软，B正确；石墨和金刚石都是由碳原子组成的，故它们的化学性质相同，D错误．]
?题组三　液晶
9．(多选)关于液晶的以下说法正确的是(　　)
A．液晶态只是物质在一定条件下才具有的存在状态
B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏
C．人体的某些组织中存在液晶结构
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，所以显示各种颜色
ACD　[液晶本身不能发光，液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围存在，人体的某些组织中存在液晶结构，液晶本身不发光，在外加电压下，对不同色光的吸收强度不同．故A、C、D正确．]
10．(多选)岩盐的颗粒很大，我们能清楚地看出它的立方体形状．将大颗粒的岩盐敲碎后，小的岩盐仍然呈立方体形状．如图所示的是岩盐的平面结构，深色点为氯离子，浅色点为钠离子，如果将它们用直线连起来，将构成一系列大小相同的正方形．则(　　)
A．岩盐是晶体
B．岩盐是非晶体
C．固体岩盐中氯离子是静止的
D．固体岩盐中钠离子是运动的
AD　[岩盐分子按一定规律排列，分子构成一系列大小相同的正方形，则岩盐是晶体；根据分子永不停息地做无规则运动可知，固体岩盐中氯离子和钠离子都是运动的，故选A、D．]
11．人们对物质的研究不断深入，对物质的了解也越来越全面，以下认知正确的是(　　)
A．因为用高倍光学显微镜我们可以看见分子，所以说物质是由分子组成的
B．物质的分子半径的数量级都是10-10m
C．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
D．晶体都有规则的几何形状和熔点，这是我们分辨晶体和非晶体的依据
C　[有些物质是由分子直接构成的，如水、氧气等，有些物质是由原子直接构成的，如铁、铜，有些是由离子构成的，如食盐、硫酸铜，故A错误；物质的分子半径的数量级一般是10-10m，有些大分子半径比这个值要大，故B错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如水晶和玻璃，故C正确；晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定焀点，这是我们分辨晶体和非晶体的主要依据，而不能看有无规则的几何形状，故D错误．]
12．关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述中，不正确的是(　　)
A．甲图中，晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质
B．乙图为金刚石中碳原子形成一种紧密结构，相互之间作用力很强，所以金刚石十分坚硬，可制造玻璃刀和钻头
C．丙图为食盐晶体的点阵结构，晶体的许多特性都与点阵结构有关
D．丁图为液晶分子的排列示意图，液晶分子的排列会因温度、压强、摩擦等外界条件的微小变动而发生变化，由此引起液晶光学性质的改变
B　[晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质，A正确；乙图是石墨的结构，而非金刚石，B错误；晶体的许多特性都与点阵结构有关，C正确；温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质，D正确．]
13．如图所示为食盐晶体结构示意图，食盐晶体是由钠离子(图中○)和氯离子(图中●)组成的，这两种离子在空间中三个互相垂直的方向上，都是等距离地交错排列的．已知食盐的摩尔质量是58.5 g/mol，食盐的密度是，阿伏伽德罗常量为，试估算食盐晶体中两个最近的钠离子中心间的距离．
[解析]　1 mol食盐中有NA个氯离子和NA个钠离子，离子总数为2NA，因为摩尔体积V与摩尔质量M和物质密度ρ的关系为V＝，
所以一个离子所占的体积为V0＝＝，
由题图可知V0就是图中每四个离子所夹的正方体的体积，此正方体的边长d＝，
而最近的两个钠离子中心间的距离
r＝d＝
＝1.41× m≈4×10-10 m．
[答案]　4×10-10 m素养提升课(一)　气体实验定律的综合应用
1．能熟练运用气体实验定律解决液体移动的问题．
2．掌握关联气体问题的处理方法与技巧．
3．能准确应用理想气体的图像解决相关问题，提升解题能力．
　液柱类移动问题
此类问题的特点是：当气体的压强、体积及温度都发生变化时，直接判定液柱或活塞的移动方向比较困难，那么处理这类问题一般有以下几种方法．
1．计算法
(1)先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．
(2)利用查理定律可得Δp＝ΔT，分别求出两部分气体压强的变化量Δp1和Δp2，并加以比较．
例如，如图所示的水银柱原来处于平衡状态，所受合力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2．温度升高后，两部分气体的压强都增大，假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别可推得Δp＝p，若Δp1>Δp2，水银柱所受合力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动．显然如果升高相同的温度，水银柱向上移动．
2．图像法
判断液柱移动还可用图像法，设液柱下方的气体压强为p1，液柱上方的气体压强为p2，则在同一p -T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1>p2，得气柱1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，液柱上移．
3．极限法
对上部的气体压强p2进行极限推理，认为p2→0，上部为真空，升温时，下部气体的压强p1增大，液柱上移．
[特别提醒]　此类问题中，若是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp也为负值，表示气体压强减小，那么降温后液柱应向压强减小多的一侧移动．
【典例1】　(多选)如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　　)
A　　　　　　B
C　　　　　　D
[思路点拨]　假设升温后，水银柱不动，则两端封闭气体发生等容变化，根据查理定律＝，可得Δp＝p．讨论两端气体Δp的大小，即可判断出水银柱移动的方向．
CD　[假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律可知，压强的增加量Δp＝，而各管原压强p相同，所以Δp∝，即T越高，Δp越小，所以水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确．]
[跟进训练]
1．如图所示，左端封闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h．当左侧部分气体温度升高较小的Δt，重新达到平衡后，h和p1的变化是(　　)
A．h不变，p1不变　　　 B．h不变，p1变大
C．h变小，p1变小 D．h变小，p1不变
D　[设大气压强为p0，右侧液体压强为ph1，对右侧部分封闭气体有p1＝p0＋ph1，根据题意，p0和ph1均不变，故p1不变．设左侧气体压强为p2，根据理想气体状态方程＝c，可知p2增大，由于p1＝ρgh＋p2，当左侧部分气体温度升高时，p2增大，h变小．故A、B、C错误，D正确．]
　关联气体问题
该类问题涉及两部分(或两部分以上)的气体，它们之间虽然没有气体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系往往是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法有：
(1)分别选取每一部分气体为研究对象，确定初末状态及其状态参量，根据气体实验定律或理想气体状态方程写出状态量间的关系式．
(2)分析关联气体之间的压强关系、体积关系，并写出关系式．
(3)联立多个方程求解．
【典例2】　如图所示，水平面上固定着两个内壁光滑的气缸A、B，横截面积相同的绝热活塞a、b用水平轻杆连接，将一定质量的气体封闭在两气缸中，气缸A绝热，气缸B导热．开始时活塞静止，活塞与各自气缸底部距离相等，B气缸中气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，A气缸中气体温度TA＝300 K．气缸外界温度保持不变，现通过电热丝加热A气缸中的气体，活塞缓慢移动，当B气缸中气体体积变为初始状态的倍时，求：
(1)B气缸气体的压强；
(2)A气缸气体的温度．
[思路点拨]　
[解析]　(1)设初始时A、B气缸中气体体积为V，B气缸导热，B气缸内气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有
p0V＝pB′V
解得pB′＝p0＝2.5×105 Pa．
(2)因为两侧活塞横截面积相同，对于a、b和轻杆整体，根据平衡条件可得
初态时有pA＝pB＝p0
末态时有pA′＝pB′
初始时两活塞离各自气缸底部距离相等，当B气缸中气体体积变为初始状态的倍时，A气缸中气体体积为VA′＝V
对A气缸中的气体，根据理想气体状态方程有
＝
代入数据解得TA′＝1 200 K．
[答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)1 200 K
关联气体问题的解题关键
(1)根据两部分气体的关联情况，找出两部分气体关联物理量之间的关系．
(2)分别对两部分气体依据特点找出各自遵循的规律，写出相应的方程．
[跟进训练]
2．如图所示，容积均为V的气缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27 ℃，气缸导热．
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．
[解析]　(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1．依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得
p0V＝p1V1 ①
(3p0)V＝p1(2V－V1) ②
联立①②式得
V1＝ ③
p1＝2p0．④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下方气体压强为p2．由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2 ⑤
由⑤式得
p2＝p0 ⑥
由⑥式知，打开K3后，活塞上升直到B的顶部为止，此时p2为p2′＝p0．
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
＝ ⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0． ⑧
[答案]　(1)　2p0　(2)在气缸B的顶部　(3)1.6p0
　理想气体图像转换问题
1．准确理解p -V图像、p -T图像和V-T图像的特点、函数关系和物理意义．
2．知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量p、V、T．
3．知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p′、V′、T′)的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程．
4．从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T．
5．根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误．
【典例3】　如图所示是一定质量的理想气体状态按图中箭头顺序变化，状态D的温度为27 ℃，BC为一段双曲线，试求出TA、TB、TC，并画出气体状态变化的p -T图像．(T＝273 K＋t)
[思路点拨]　对于某一物理现象或物理变化过程，可能表现为多个物理量与同一物理量间均存在变化关系，此种情况下可进行图像转化．转化时一定要抓住同一时刻或同一状态转化量所具有的特点，利用两者的相互对应性确定转化的图像，当然还有些复杂的问题，需要利用相关的物理规律确定转化量间的函数关系才能解决．
[解析]　由题意可知，TD＝(273＋27)K＝300 K
由题图可知，C→D为等容变化过程且pC＝2×105 Pa，pD＝1×105 Pa
根据查理定律可得
TC＝TD＝×300 K＝600 K
由题图可知，B→C为等温变化过程，TB＝TC＝600 K
由题图可知，A→B为等压变化过程，且VA＝1 L，VB＝2 L
根据盖-吕萨克定律可得
TA＝TB＝×600 K＝300 K
p -T图像如图所示．
[答案]　300 K　600 K　600 K　p -T图像见解析
应用理想气体图像分析相关问题的关键点
(1)图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量．
(2)图像上的某一条直线或曲线表示一定质量的气体状态变化的一个过程．
[跟进训练]
3．如图所示，一定质量的理想气体，从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1．那么，在下列的p -T图像中，反映了上述循环过程的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
B　[从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，先后经历了等压膨胀、等容降温、等温压缩三个变化过程，由此判断B项正确．]
素养提升练(一)　气体实验定律的综合应用
一、选择题
1．一定质量的理想气体，其状态变化过程中的p与V的关系如图所示，该过程对应的p -T图像应是(　　)
A 　　　　　　　　B
C 　　　　　　　　D
C　[由题图可知，气体压强与体积的函数关系式为p＝kV，根据理想气体状态方程＝c，可得出p2＝kcT，可知p -T图像为抛物线，故选C．]
2．如图所示，密封的U形管中装有水银，左、右两端都封有温度相同的空气，两水银面的高度差为h，把U形管竖直浸没在热水中，高度差将(　　)
A．增大
B．减小
C．不变
D．两侧空气柱的长度未知，不能确定
A　[假设水银不动，左右两部分气体都将发生等容变化，根据查理定律可得＝，整理得Δp＝；由于初态时两边温度相同，但左侧气体的压强大，升高相同的温度时，左侧压强增加得多，所以左侧的气体体积变大，两水银面的高度差增大，故A正确．]
3．(多选)如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管(容积不能忽略)的A管插入烧瓶，B管与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面(橡胶管内充满水银)等高，外界大气压恒定，下列说法正确的是(　　)
A．保持B、C两管不动，若烧瓶内气体温度降低，则烧瓶内气体密度增大
B．保持B、C两管不动，若烧瓶内气体温度降低，则C管中水银面将升高
C．若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管向上移动
D．若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管向下移动
AD　[保持B、C两管不动，由等容变化规律可知，气体温度降低，压强变小，B管中水银面上升，C管中水银面将下降，气体体积减小，则烧瓶内气体密度增大，故选项A正确，B错误；若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，即发生等压变化，由盖-吕萨克定律可知，应该使气体的体积增大，应将C管向下移动，故选项C错误，D正确．]
4．如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段水银柱，将管内气体分为两部分，下面空气柱长为l1，上面空气柱长为l2．初始时温度相同，现使两部分气体同时升高相同的温度，下列判断正确的是(　　)
A．若l1>l2，水银柱将向下移动
B．若l1C．若l1＝l2，水银柱静止不动
D．两部分气体的压强增加量相同
B　[假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律有＝＝，可得Δp2＝ΔT2，Δp1＝ΔT1，又由于ΔT2＝ΔT1，T2＝T1，p2＋ρgh＝p1，可得Δp2<Δp1，下部分气体的压强增加量大于上部分气体的压强增加量，水银柱将向上移动，水银柱上移与原气柱的长度大小无关，故B正确．]
5．如图所示，U型玻璃管静置于竖直平面，右管封闭一定质量的空气，左管上端开口且足够长，左管内水银面比右管内水银面高h，能使h变小的是(　　)
A．使U型管自由下落
B．外界大气压强升高
C．使U型管静置于水平面内
D．沿管壁向左管内加注水银
B　[由题图可知，被封闭气体的压强为p＝p0＋ρgh．当U型玻璃管自由下落时，水银处于完全失重状态，此时被封闭气体压强与大气压相等，故被封闭气体压强减小，体积将增大，此时h将增大，故A错误；若大气压强增大，则被封闭气体压强增大，假设被封闭气体体积不变，根据p1V1＝p2V2可知，等温变化压强增大，体积变小，故假设错误，气体体积减小，则h变小，故B正确；使U型管静置于水平面内，则被封闭气体压强减小，假设被封闭气体体积不变，根据p1V1＝p2V2可知，等温变化压强减小，体积增大，故假设错误，气体体积增大，则h变大，故C错误；若向左管内加水银，则被封闭气体压强增大，同理被封闭气体体积减小，压强增大故h将增大，故D错误．]
6．(多选)两端封闭的玻璃管在常温下如图所示竖直放置，管内有一段水银柱将空气分隔成上下两部分，下列判断中正确的是(　　)
A．当它转过90°成水平状态时，原下部空气柱体积会减小
B．当它竖直向上加速运动时，下部空气柱体积增大
C．当它自由下落时，上部空气柱体积减小
D．当它浸没在冰水中后，上部空气柱体积增大
CD　[设开始时上部分空气压强为p(cmHg)，则下部分空气压强为p＋ph(cmHg)，其中ph为水银柱产生的压强；转过90°的过程中，下部分的空气压强减小，由于气体做等温变化，由玻意耳定律可知，下部分空气的体积变大，故A错误；当它竖直向上加速运动时，水银柱受到的合力竖直向上，所以下面的空气压强变大，根据玻意耳定律可知，下面气体体积减小，故B错误；当玻璃管自由下落时，水银柱不产生压强，水银柱下面空气压强变小，由于气体做等温变化，故下面空气的体积变大，上面空气体积减小，故C正确；当把玻璃管浸入冰水中时，气体的温度降低，假设气体做等容变化，根据查理定律有＝c＝，可以看出初态压强p越大的气体压强减小得越多，所以下部分气体压强减小得多，水银柱下降，上部空气柱体积增大，故D正确．]
7．如图所示弯管，左侧a、b两处液面上方分别封闭一段气体，右侧开口处与大气相通．ab、cd两处液面高度差分别为h1、h2．现用一轻质活塞封住开口处一段气体，若活塞可在弯管内无摩擦滑动，大气压强为p0，装置气密性良好，右侧开口端与活塞足够远．下列说法正确的是(　　)
A．一定有h1＝h2
B．若仅加热右侧轻活塞处封闭的气体，d处液面上升
C．若加热a处上方的气体，b、c液面之间气体的体积不变
D．若缓慢向上推动活塞，a处液面上升，a处上方气体压强增大
D　[对中间封闭的气体，则p0－h2＝pa＋h1，则h1不一定等于h2，故A错误；当有活塞时，仅加热右侧轻活塞处封闭的气体，由于活塞可无摩擦滑动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，d处液面也不变，故B错误； 若加热a处上方的气体，根据＝c可知，该处体积增大，a处液面下降，b处液面上升，若b、c液面之间气体的体积不变，则c处液面上升，d处液面下降，h2增大，而由于活塞可无摩擦滑动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，则pbc＝p0－h2，可见b、c液面之间气体的压强减小，而温度不变，则体积不可能不变，故C错误；缓慢向上推动活塞，活塞处封闭的气体温度不变，根据玻意耳定律可知，活塞处封闭的气体体积减小压强增大，同理a和bc处封闭的气体压强增大体积减小，a处液面上升，故D正确．]
8．如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将(　　)
A．向A移动 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
A　[假定两个容器的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为273 K和293 K，当温度降低ΔT时，左边的压强由p1降至p′1，Δp1＝p1－p′1，右边的压强由p2降至p′2，Δp2＝p2－p′2．由查理定律得，Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT，因为p2＝p1，所以Δp1＞Δp2，即水银柱应向A移动．故A正确，B、C、D错误．]
9．足够长的U形玻璃管开口朝下竖直放置，管中有两段水银，右边封闭了一段长度为LA的气体，左边的活塞也封闭了一段长度为LB的气体，现将活塞缓慢地向上移动，左边的竖直管中始终有水银，两气柱长度变化是(　　)
A．LA不变，LB增大
B．LA不变，LB减小
C．LA减小，LB增大
D．LA增大，LB减小
A　[对于右边封闭的气体LA而言属于等压变化，在缓慢移动过程中，温度几乎不变，由理想气体状态方程＝c可知，体积不变，所以LA不变，由于右侧压强不变，在压迫LB过程中，造成左右水银柱的压强差增加，所以B部分压强变小，由理想气体状态方程＝c可知，在温度不变时，压强变小，所以体积变大，即A正确，B、C、D错误．]
10．(多选)内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示．已知环境温度为27 ℃，大气压强p0＝76 cmHg．下列说法正确的是(　　)
A．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2 cm
B．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12 cm
C．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10 cm时，气体Ⅰ长度为18 cm
D．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10 cm时，气体温度为500 K
BCD　[保持温度不变， 从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有p1V1＝p1″V1″，其中p1″＝(76＋14＋10)cmHg，V1″＝l1″S，对气体Ⅱ，有p2V2＝p2″V2″，其中p2″＝(76＋14＋10)cmHg，V2″＝l2″S，可得l1″＝10.8 cm，l2″＝7.2 cm，则加入水银长度为Δl＝l1－l1″＋l2－l2″＋10＝12 cm，故A错误，B正确；两部分气体升高相同温度， 竖直管水银面上升10 cm时，对气体Ⅰ，有＝，其中p1＝(76＋14)cmHg，V1＝12S，T1＝(27＋273)K，p1′＝(76＋14＋10)cmHg，V1＝l1′S，对气体Ⅱ有＝，其中p2＝(76＋14)cmHg，V2＝8S，T2＝(27＋273)K，p2′＝(76＋14＋10)cmHg，V2′＝l2′S，T2′＝T1′，根据题意可知V1′－V1＋V2′－V2＝10S，联立以上各式解得T2′＝T1′＝500 K，l1′＝18 cm，故C、D正确．]
二、非选择题
11．如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A下方悬挂质量均为m的两个物体后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0．已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg＝p0S，不计一切摩擦．当取下一个物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度．
[解析]　气体Ⅰ在初状态的压强为p1＝p0－＝p0
末状态的压强为p1′＝p0－＝p0
气体Ⅰ发生等温变化，由玻意耳定律有
p1l0S＝p1′l1S
代入数据解得l1＝l0
气体Ⅱ在初状态的压强为p2＝p1－＝p0
末状态的压强为p2′＝p1′－＝p0
气体Ⅱ发生等温变化，由玻意耳定律有
p2l0S＝p2′l2S
代入数据解得l2＝l0
所以活塞A上升的高度为
Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)＝l0．
[答案]　l0
12．(2021全国甲卷节选)如图所示，一气缸中由活塞封闭有一定质量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0．隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动．气体温度始终保持不变．向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为．
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强．
[解析]　(1)对气体B，由玻意耳定律有
p0V＝pB
代入数据解得pB＝2p0
此时pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0
同理有p0V＝pAVA
代入数据解得VA＝0.4V．
(2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1，体积分别为VA1、VB1，由玻意耳定律有
pAVA＝pA1VA1
pB ＝pB1VB1
VA1＋VB1＝2V
pA1＋0.5p0＝pB1
联立解得VA1＝(－1)V
pB1＝p0．
[答案]　(1)0.4V　2p0　(2)(－1)V　p0
13．如图甲所示为一个长、宽均为l＝0.2 m，高h＝0.5 m的矩形容器，图乙为一个硬质活塞，活塞质量m＝100 kg，下表面水平且能与容器紧密贴合，活塞的上表面倾斜，活塞部分尺寸已在图上标注．现将活塞轻轻放入容器中(状态A)，忽略活塞与容器间的摩擦．已知室温为t0＝27 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2．
(1)活塞缓慢下降，待活塞停止运动且系统的温度恢复到t0后(状态B)，求容器中气体的体积VB．
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M＝50 kg的物体，物体不与容器接触且能与活塞相对静止，若想保持活塞的位置与状态B相同(状态C)，应将气体加热到多少摄氏度(tC)
(3)在上一问的基础上，将气体冷却至室温，等活塞再次保持稳定(状态D)．请在图丙中定性表示上述4个气体状态及相关辅助线．
[解析]　(1)开始时容器内气体的压强为pA＝p0＝1.0×105 Pa
体积为VA＝hl2＝0.02 m3
放入活塞后容器内气体的压强为pB＝p0＋＝1.25×105 Pa
气体从状态A到状态B发生等温变化，则由玻意耳定律有pAVA＝pBVB
解得VB＝0.016 m3．
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M＝50 kg的物体，则气体的压强pC＝p0＋＝1.375×105 Pa
气体从状态B到状态C发生等容变化，由查理定律有
＝
解得TC＝330 K
tC＝57 ℃．
(3)气体从A到B发生等温变化，体积减小；从B到C发生等容变化，温度升高；从C到D，发生等压变化，温度降低．变化图像如图所示．
[答案]　(1) 0.016 m3　(2) 57 ℃　(3)图见解析主题1　分子微观量的计算方法
阿伏伽德罗常量NA是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁，在已知宏观物理量的基础上往往可借助NA计算出某些微观物理量，有关计算主要有：
1．已知物质的摩尔质量M，借助于阿伏伽德罗常量NA，可以求得这种物质的分子质量m0＝．
2．已知物质的摩尔体积VA，借助于阿伏伽德罗常量NA，可以计算出这种物质的一个分子所占据的体积V0＝．
3．若物体是固体或液体，可把分子视为紧密排列的球形分子，可估算出分子直径d＝．
4．依据求得的一个分子占据的体积V0，可估算分子间距，此时把每个分子占据的空间看作一个小立方体模型，所以分子间距d＝，这时气体、固体、液体均适用．
5．已知物体的体积V和摩尔体积VA，求物体的分子数N，则N＝NA．
6．已知物体的质量m和摩尔质量M，求物体的分子数N，则N＝NA．
【典例1】　已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水的摩尔质量M＝1.8×10-2 kg/mol．求：
(1)1 g水中所含水分子数目；
(2)水分子的质量；
(3)水分子的直径．(取两位有效数字)
[解析]　(1)因为1 mol任何物质中含有分子数都是NA，所以只要知道了1 g水的物质的量n，就可求得其分子总数N．
N＝nNA＝NA＝×6.02×1023个≈3.3×1022个．
(2)水分子质量
m0＝＝ kg≈3.0×10-26 kg．
(3)水的摩尔体积V＝，设水分子是一个挨一个紧密排列的，则一个水分子的体积V0＝＝．将水分子视为球形，则V0＝πd3，所以有πd3＝，
即有d＝ m≈3.9×10-10 m．
[答案]　(1)3.3×1022个　(2)3.0×10-26 kg　(3)3.9×10-10 m
分子动理论中宏观量与微观量之间的关系
由宏观量计算微观量，或由微观量计算宏观量，都要通过阿伏伽德罗常量建立联系．所以说，阿伏伽德罗常量是联系宏观量与微观量的桥梁．
主题2　液体表面张力、浸润和不浸润及毛细现象的比较
1．液体的结构更接近于固体，具有一定体积，其有难压缩、易流动、没有一定形状等特点．
2．表面张力是液体表面层各个部分之间相互作用的吸引力．它是由表面层内分子之间的引力产生的，表面张力使液体表面具有收缩的趋势．
3．浸润、不浸润现象和液体、固体都有关系，与附着层的分子分布有关．
4．毛细现象是表面张力、浸润和不浸润共同作用的结果．若液体浸润毛细管管壁，则附着层有扩张的趋势，毛细管中液面上升，反之下降．
【典例2】　(多选)下列说法正确的是(　　)
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水的表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
ACD　[针浮在水面是表面张力作用的结果，A正确；水对油脂表面是不浸润的，所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，B错误；宇宙飞船中的圆形水滴是由于表面张力作用，C正确；毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材质有关，D正确．]
由液体的表面层和附着层的特性所引起的现象很普遍，在解释这类现象时，应抓住以下特点：
(1)液体表面因存在表面张力而具有收缩趋势．
(2)浸润液体的附着层内因存在排斥力而具有扩张趋势，不浸润液体的附着层内因存在收缩力而具有收缩趋势．
主题3　应用状态方程讨论变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用相关规律求解．
1．充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题．只要选择容器内原有气体和即将打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的问题转化为定质量问题．
2．抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题．
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一个典型的变质量问题．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看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解．如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关方程求解即可．
【典例3】　一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为多少？
[解析]　打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V，
所以p′＝p0＝p0，
抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻璃耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1(V＋V0)，则p1＝p0，
第二次抽气：p1V＝p2(V＋V0)，
则p2＝p1＝p0，
则第n次抽气后：pn＝p0．
[答案]　p0　p0
(1)处理变质量问题的巧妙方法是“化变为恒”．
(2)灵活运用等温分态公式，即初态(p、V、M)，末态(p1、V1、M1)(p2、V2、M2)(p3、V3、M3)…(pn、Vn、Mn)，则有pV＝p1V1＋p2V2＋p3V3＋…＋pnVn．
(3)气体不能发生化学变化，即物质的量不变．
主题4　气体状态变化的图像问题
1．常见的有p -V、V -T、p -T三种图像．
2．要能够识别p -V、p -T、V -T中的等温线、等容线和等压线，能从图像上解读出状态参量和状态变化过程．
3．依据理想气体状态方程＝c，得到V＝T或p＝T，认识p -、V -T、p -T图像斜率的意义．
4．作平行于横轴(或纵轴)的平行线，与同一坐标系内的两条p -V线(或p -线)，或两条V -T线或两条p -T线交于两点，两点横坐标(或纵坐标)相同，依据纵坐标(或横坐标)关系，比较第三物理量的关系．
【典例4】　如图所示，1、2、3为一定质量理想气体在p -V图像中的三个状态．该理想气体由状态1经过程1→2→3到达状态3，其中2→3之间图线为双曲线．已知状态1的参量为p1＝1.0×105 Pa，V1＝2 L，T1＝200 K．
(1)状态2的压强p2＝4.0×105 Pa求温度T2是多少？
(2)状态3的体积V3＝6 L，求压强p3是多少？
[解析]　(1)1→2是等容变化，
由查理定律＝，得：T2＝T1＝800 K．
(2)2→3是等温变化，
由玻意耳定律p2V2＝p3V3，
得：p3＝＝×105 Pa．
[答案]　(1)800 K　(2)×105 Pa
解决图像问题应注意的几个问题
(1)看清坐标轴，理解图像的意义：图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程．
(2)观察图像，弄清图像中各量的变化情况，看是否属于特殊变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化．
(3)若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较．
(4)涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应关系．
章末综合测评(一) 分子动理论 气体、液体和固体
一、单项选择题(本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列说法正确的是(　　)
A．只要是有确定熔点的物体必定是非晶体
B．液体表面存在张力是由于表面层分子间距离小于液体内部分子间距离
C．容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的
D．蔗糖受潮后会粘在一起，因为没有确定的几何形状，所以它是非晶体
C　[晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，液体表面张力是由于表层分子间距大于液体内部的分子间距，蔗糖是晶体，C选项正确．]
2．下列说法不正确的是(　　)
A．浸润液体在细管里能上升
B．不浸润液体在细管里能下降
C．在建筑房屋时，在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸，这是为了增加毛细现象使地下水容易上升
D．农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，以减少毛细现象的发生
C　[毛细现象和液体的浸润、不浸润相联系，浸润液体在细管中能上升，不浸润液体在细管中下降，故A、B正确．建筑房屋的时候，在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的厚纸，防止地下的水分沿着夯实的地基以及砖墙的毛细管上升，以使房屋保持干燥；土壤里有很多毛细管，地下的水分可以沿着它们上升到地面，如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏这些土壤里的毛细管；相反，如果想把地下的水分引上来，就不仅要保持土壤里的毛细管，而且还要使它们变得更细，这时就要用磙子压紧土壤，所以C错误，D正确．]
3．如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子动能最大处可能是(　　)
A．a点　　　　　　 B．b点
C．c点 D．d点
C　[从a点到c点分子间的作用力表现为引力，分子间的作用力做正功，动能增加，从c点到d点分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功，动能减小，所以乙分子动能最大时在c点，C正确．]
4．关于扩散运动和布朗运动，下列说法中正确的是(　　)
A．两种运动都是由外部原因引起的液体分子的运动
B．两种运动都能反映分子的运动
C．两种运动都与温度有关，所以也叫热运动
D．布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒大小有关，说明分子运动快慢与物体的速度有关
B　[两种运动都不是外因引起的，扩散运动是分子的运动，布朗运动不是分子的运动，但能反映分子的运动，并且都与温度有关，A错误，B正确；热运动指的是分子的无规则运动，C错误；布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒大小有关，颗粒越小，布朗运动越明显，说明液体分子做无规则运动对颗粒的撞击越不平衡，D错误．]
5．关于气体的体积，下列说法中正确的是(　　)
A．气体的体积与气体的分子总数成正比
B．气体的体积与气体的质量成正比
C．气体的体积与气体的密度成反比
D．气体的体积与气体的质量、密度和分子的体积无关，只决定于容器的容积
D　[由气体能够充满整个容器的性质可知A、B、C错误，D正确．]
6．已知理想气体的内能与温度成正比，如图所示的实线为气缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中气缸内气体的内能(　　)
A．先增大后减小
B．先减小后增大
C．单调变化
D．保持不变
B　[题图中虚线是等温线，由理想气体状态方程＝c知，pV＝cT，离原点越近的等温线温度越低，所以气体由状态1到状态2时温度先减小后增大，即理想气体的内能先减小后增大，B项正确．]
7．如图所示，为一定质量的理想气体的p- 图像，图中BC为延长线过原点的线段，AB与p轴平行，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是(　　)
A．TA>TB＝TC B．TA>TB>TC
C．TA＝TB>TC D．TAA　[由题图可知A→B为等容变化，根据查理定律，pA>pB，TA>TB．由B→C为等温变化，即TB＝TC．所以TA>TB＝TC，A正确．]
二、多项选择题(本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
8．利用油膜法可粗略地测定分子的大小和阿伏伽德罗常量．若已知n滴油的总体积为V，一滴油形成的单分子油膜面积为S，这种油的摩尔质量为M，密度为ρ，则每个油分子的直径D和阿伏伽德罗常量NA分别为(　　)
A．D＝ B．D＝
C．NA＝ D．NA＝
BD　[据题意，每一滴油的体积为，油膜厚度即分子直径D＝，每一个球形分子的体积V0＝＝，一个分子的质量为m0＝ρV0＝，阿伏伽德罗常量为NA＝＝，故B、D正确．]
9．如图所示为一定质量的理想气体沿着所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化是(　　)
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强不变
AC　[在V-T图像中，过原点的直线表示等压线，直线的斜率越大，气体的压强越小，分别做过a、b、c、d四点的等压线，则有pb>pc>pd>pa，故A、C正确．]
10．如图所示，用弹簧测力计拉着一个薄壁平底玻璃试管，将它的开口端向下插入水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h．若试管本身的重力与管壁的厚度不计，此时弹簧测力计的读数(　　)
A．等于进入试管内的H高水银柱的重力
B．等于外部大气压与内部空气对试管平底部分的压力之差
C．等于试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力
D．等于上面A、C所述的两个数值之差
BC　[取试管平底部分为研究对象，有pS＋F弹＝p0S，弹簧测力计对试管的拉力F弹＝p0S－pS，故B正确；而试管内封闭气体的压强p＝p0－ρgh，代入上式得F弹＝p0S－(p0－ρgh)S＝ρghS，故C正确．]
三、非选择题(本题共5小题)
11．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：
(1)关于油膜面积的测量方法，下列说法中正确的是______．(填字母代号)
A．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积
B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积
C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积
D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积
(2)实验中，将1 cm3的油酸溶于酒精，制成200 cm3的油酸酒精溶液，又测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2 m2的单分子油膜层，由此可估算油酸分子的直径d＝______m．
[解析]　(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液滴在水面上，油膜会散开，待稳定后，再在玻璃上画下油膜的轮廓，用坐标纸计算油膜面积，故选D．
(2)一滴油酸酒精溶液里含纯油酸的体积V＝ cm3＝10-10 m3
油酸分子的直径d＝＝ m＝5×10-10 m．
[答案]　(1)D　(2)5×10-10
12．回答下列有关DIS实验“研究气体的压强与体积的关系”的问题．
(1)如图所示，用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的压强与体积关系．实验中气体的质量保持不变，气体的体积直接读出，气体的压强是由图中______传感器及计算机辅助系统得到。
(2)完成本实验的基本要求是(　　)
A．在等温条件下操作
B．封闭气体的容器密封良好
C．必须弄清所封闭气体的质量
D．气体的压强和体积必须用国际单位
(3)某同学在做本实验时，按实验要求组装好实验装置，然后缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从初始体积20.0 mL减为12.0 mL．实验共测五次，每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值．实验完成后，计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果：
实验序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 PamL)
1 20.0 1.0010 20.020
2 18.0 1.0952 19.714
3 16.0 1.2313 19.701
4 14.0 1.4030 19.642
5 12.0 1.6351 19.621
仔细观察不难发现，pV/(×105 PamL)一栏中的数值越来越小，造成这一现象的原因可能是(　　)
A．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大
B．实验时环境温度增大了
C．实验时外界大气压强发生了变化
D．实验时注射器的空气向外发生了泄漏
(4)根据你在第(3)题中的选择，为了减小误差，你应当采取的措施是：______．
[解析]　(1)气体的压强需要压强传感器联合计算机辅助系统得到具体数据．
(2)玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定，即可判断和计算体积与压强的关系，A正确；玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定，容器的密封性必须好，如果气体泄漏，则质量发生变化，B正确；实验过程中，只要保证封闭气体的质量不变即可，不需要知道气体的具体质量，C错误；玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定，单位可以不用国际单位，D错误；故选AB．
(3)实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大，不会影响气压与体积，A错误；实验时环境温度增大了，根据理想气体状态方程＝c，pV乘积变大，B错误；封闭气体压强与外界大气压强无关，C错误；实验时注射器的空气向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程＝c，常数c与质量有关，c变小，则pV乘积减小，D正确；故选D．
(4)增强接口处和活塞与针筒间的密封性，防止漏气，以保证气体质量不变．
[答案]　(1)压强　(2)AB　(3)D　(4)增强接口处和活塞与针筒间的密封性，防止漏气
13．如图甲所示是一个右端开口的圆筒形气缸，活塞可以在气缸内自由滑动．活塞将一定量的理想气体封闭在气缸内，此时气体的温度为27 ℃．若给气缸加热，使气体温度升高，让气体推动活塞从MN缓慢地移到PQ．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa．求：
甲　　　　　　　　　乙
(1)当活塞到达PQ后缸内气体的温度；
(2)把活塞锁定在PQ位置上，让气体的温度缓慢地降低到27 ℃，求此时气体的压强；
(3)在图乙中画出上述两个过程中气体压强p随温度T变化的图像．
[解析]　(1)此过程为等压变化过程p1＝p2＝p0＝1×105 Pa，V2＝2V1，T1＝300 K，
由＝得：T2＝600 K．
(2)此过程为等容变化过程，T3＝300 K，
由查理定律＝得：p3＝5×104 Pa．
(3)p -T图像如图所示：
[答案]　(1)600 K　(2)5×104 Pa　(3)见解析
14．(2022山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉．如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换．质量为M的鱼静止在水面下H处．B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1．
[解析]　(1)鱼静止在水面下H处时，所受浮力等于重力，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρgΔV＝Ma
又m＝ρ气V
Δm＝ρ气ΔV
联立解得Δm＝．
(2)鱼静止在水面下H处时，B室内气体压强为p1＝p0＋ρgH，体积为V
鱼静止在水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，设该部分气体在压强为p1时体积为V1
根据玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝V
又温度不变，则有＝
解得m1＝m．
[答案]　(1)　(2) m
15．(2022全国甲卷)如图所示，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两气缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两气缸的底部通过细管连通，A气缸的顶部通过开口C与外界相通；气缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0．环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B气缸中的活塞刚到达气缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向气缸内缓慢注入气体，求A气缸中的活塞到达气缸底部后，B气缸内第Ⅳ部分气体的压强．
[解析]　(1)封闭气体做等压变化，对于Ⅳ部分气体，升温前体积为V0－V0＝V0，由盖-吕萨克定律有＝
解得T1＝T0．
(2)Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体，初状态体积V1＝V0＋V0＝V0，温度为T0；Ⅳ部分气体，初状态体积V2＝V0，温度为T0
从开口C向气缸中注入气体，设末状态Ⅳ部分气体压强为p′，体积为V，则原Ⅱ、Ⅲ部分气体最终总体积为V0－V，对这两部分理想气体分别有＝
＝
解得p′＝2.25p0．
[答案]　(1)T0　(2)2.25p0

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