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(共19张PPT)
课后达标检测
√
1.左端封闭、右端开口、粗细均匀的倒置U形玻璃管，用水
银封住两部分气体，静止时如图所示，若让U形管保持竖直
状态做自由落体运动，则(　　)
A．气体柱Ⅰ长度将减小
B．气体柱Ⅱ长度将增大
C．左管中水银柱A将上移
D．右管中水银面将下降
解析：设大气压强为p0，由题图可知，封闭气体压强pⅠ＝p0－ph，pⅡ＝pⅠ＋ph＝p0，当U形管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压p0；Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变，左管中水银柱A不动，故B、C错误；
气柱Ⅰ的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小，右管中的水银面上升，故A正确，D错误．
2.(10分)导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高．已知大气压强p0＝75 cmHg保持不变，环境初始温度T1＝300 K．现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2＝330 K．求：
(1)右侧空气柱长度；(4分)
答案：5.5 cm　
(2)左侧管内水银面下降的高度．(6分)
答案：1.83 cm
3.(10分)(2025·云南德宏州期末)如图所示，绝热圆柱形气缸直
立在水平地面上，内有质量不计、可上下移动的绝热活塞，在
距缸底高为2H0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中
顶出，不计摩擦．活塞下方距缸底高为H0处还有一固定的导热
隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭有同种理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27 ℃，压强等于外界大气压强p0，活塞距气缸底的高度为1.6H0，现通过电热丝缓慢加热B中气体．
(1)当B中气体的压强为1.5p0时，活塞距导热隔板的高度是多少？(4分)
答案：0.9H0　
(2)当A中气体的压强为1.2p0时，B中气体的温度是多少？(6分)
答案：600 K
4.(12分)如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为
400 cm2的气缸分为A、B两个气缸，A、B两个气缸装有体积
均为12 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体．现给
左边的活塞N施加一推力，使其向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动．已知外界大气压强为1 atm，1 atm＝1×105 Pa，不计活塞与气缸壁间的摩擦．当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，求：
(1)A气缸中气体的压强；(4分)
答案：1.5 atm　
(2)活塞N向右移动的距离；(4分)
答案：10 cm　
(3)B气缸中的气体升到的摄氏温度．(4分)
答案：177 ℃
5．(12分)(2024·广东卷，T13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统．如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变．当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭．当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计．当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2.(4分)
(2)求A内气体体积VA2.(4分)
答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3　
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m.(4分)
答案：1.1×102 kg1．某同学用如图甲所示的装置探究气体做等温变化的规律．
(1)在实验中，下列操作不必要的是________．
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动柱塞，这些要求的目的是________________________________________
____________________________________________________________________.
(3)该同学的两次实验操作完全正确，根据实验数据在p－图像上作出了两条不同的直线，如图乙中的图线1、2所示，出现这种情况的可能原因是____________________________________________________________________.
解析：(1)用橡胶套密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，故A是必要的，不符合题意；没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，横截面积不变，知道长度就可以，列方程时，两边的横截面积可以消掉，故B没必要，符合题意；读取压力表上显示的气压值，知道初、末状态的气压值，故C是必要的，不符合题意；读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，故D是必要的，不符合题意．
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动柱塞，这些要求的目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变．
(3)因两直线的斜率不同，则出现这种情况的可能原因是两次实验中空气质量不同或两次实验中空气温度不同(答对一种即可)
答案：(1)B　(2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变　(3)两次实验中空气质量不同或两次实验中空气温度不同(答对一种即可)
2．在“探究气体等温变化的规律”实验中，实验装置如图甲所示．用注射器封闭一定质量的空气，连接到气体压强传感器上，用传感器测量封闭气体的压强，用注射器刻度读出气体体积．
(1)多次改变封闭气体的体积，测量出不同体积时气体的压强，用电脑记录下来，并生成p－V图像如图乙所示，由图乙可猜测p与V可能________(选填“成正比”“成反比”或“不成比例”).
(2)实验完成后，某同学作出的图像如图丙所示(其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支)，造成这一现象的原因可能是________．
A．操作实验时用手握住了注射器
B．实验时环境温度降低了
C．注射器内气体向外泄漏
D．有气体进入注射器内
解析：(1)根据图线进行猜测，p与V可能成反比．
(2)实线与虚线进行比较，实线的pV乘积减小，可知气体温度降低，即实验时环境温度降低或注射器内气体可能向外泄漏．
答案：(1)成反比　(2)BC
3．某同学设计了如图甲所示的实验装置来“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”．注射器导热性能良好，用橡皮塞和柱塞在注射器内封闭一定质量的气体．柱塞下方安装一个钩．实验时，在钩的下端依次挂上质量相同的钩码1，2，3，…，稳定后通过注射器的标度读出对应空气柱的体积V，并依据柱塞(包括钩)和钩码的质量求出对应气体的压强p.已知注射器内空气柱的横截面积为S，刻度全长为L，大气压为 p0，柱塞(包括钩)的质量m0＝200 g，每个钩码的质量m＝50 g，重力加速度为g.
　　
(1)每次挂上钩码，要停留一点时间，让柱塞下滑到不再移动的另一位置时才读出空气柱的体积，是为了控制空气柱的________．
(2)若在某次实验中所挂钩码个数为 n，则平衡后空气柱的压强为________(用题目中已知量的符号表示).
(3)该同学通过实验数据得到如图乙所示的p－图像，由该图像得到的结论是__________________________________________________________________________________________________________________________________________.
(4)未挂钩码前，柱塞封闭的空气柱长度为，压强为，依次挂上钩码，当空气柱长度为L时，所挂钩码有________个．
解析：(1)柱塞静止时空气柱的压强保持不变，柱塞静止时读数是为了控制空气柱的压强稳定．
(2)若在某次实验中所挂钩码个数为n，由平衡条件得pS＋(m0＋nm)g＝p0S，得平衡后空气柱的压强p＝p0－.
(3)p－图像为倾斜直线，说明等温情况下一定质量封闭气体的压强与体积成反比．
(4)由等温变化可得·＝p′LS，
又p′S＋(m0＋km)g＝p0S，＋m0g＝p0S
联立得所挂钩码个数k＝＝
代入数据得k＝2.
答案：(1)压强稳定　(2)p0－　(3)等温情况下一定质量封闭气体的压强与体积成反比　(4)2
4．在探究气体压强与体积关系实验中，某兴趣小组设计如图甲所示的实验装置．已知重力加速度为g，注射器的气密性和导热良好且外界环境温度保持不变，不计一切摩擦．
(1)用刻度尺测得注射器刻度上40 mL到50 mL的长度为1 cm，注射器活塞的横截面积S＝________cm2.
(2)取下沙桶，向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，此时的气体压强为大气压为p0.
(3)挂上沙桶，稳定后，测出此时的气体体积V和沙桶的总质量m，则气体压强的表达式p2＝________．(请选用p0、g、S、m表示)
(4)在沙桶内适量添加沙子，重复步骤(3).
(5)以沙桶的总质量m为纵轴，以为横轴，绘制m－图像，其图像如图乙所示，图中横轴截距为a，纵轴截距为b，可求得未悬挂沙桶时注射器内气体的体积V0＝__________，实验时当地的大气压强p0＝________．(请选用a、b、g、S表示)
解析：(1)注射器活塞的横截面积S＝＝ cm2＝10 cm2.
(3)根据受力平衡可得p0S＝p2S＋mg，解得气体压强的表达式为p2＝p0－.
(5)根据玻意耳定律可得
p0V0＝p2V＝V
整理可得m＝－·＋，结合m－图像可得＝，＝b，解得V0＝，p0＝.
答案：(1)10　(3)p0－　(5)　
5．某同学利用如图甲所示装置做探究一定质量的理想气体在温度不变时压强与体积关系的实验．
步骤如下：
①将一个带两根细管的橡胶塞塞紧烧瓶的瓶口，封闭一定质量的气体．其中，一根带阀门的细管连通充满水的注射器，另一根细管与压强传感器相连．
②将压强传感器连接数据采集器，数据采集器连接计算机．
③打开阀门，缓慢推动注射器活塞向烧瓶内注入一定量的水，然后关闭阀门．
④根据注射器刻度记录注入烧瓶中水的体积V，并记录此时气体的压强p.
⑤多次实验，记录多组数据，分析得出结论．
(1)正确进行实验后，该同学根据实验数据画出的图像如图乙所示，其中的纵坐标为________，烧瓶的容积V0为________．(用图中字母表示)
(2)另一同学重复实验，计算了多组p与(V0－V)乘积，发现p(V0－V)随压强p增大而变小，导致这个现象的原因可能为____________．(写出一个原因即可)
解析：(1) 设烧瓶容积为V0，由玻意耳定律则有p(V0－V)＝C，解得V＝V0－·C，所以图线的纵坐标是V，图线的纵截距为烧瓶的容积，则有V0＝n.
(2)p(V0－V)这个乘积与物质的量有关，与气体温度有关，实验中发现p(V0－V)乘积变小，有可能是实验过程中烧瓶密封不严有漏气导致的．
答案：(1)V　n　(2)烧瓶密封不严有漏气(共43张PPT)
第二章　气体、液体和固体
第一节　气体实验定律(Ⅰ)
学习目标
1．理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系．
2．学会通过实验的方法研究问题，探究物理规律，学习用电子表格与图像对实验数据进行处理与分析，体验科学探究过程．
3．理解气体等温变化的p－V图像的物理意义．
4．学会用玻意耳定律计算有关问题．
第1课时　气体的等温变化
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、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______．
3．适用条件
(1)气体质量不变、______不变．
(2)气体温度不太低、压强不太大．
反比
p2V2
温度
二、等温图像
1．等温过程：气体在温度不变的情况下发生的状态变化过程．
(2)p－V图像：一定质量的气体等温过程的p－V图像为
________的一支，如图乙所示．
直线
双曲线
√
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　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
(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，图甲中
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．图甲中同一液面C、D处压强相等，pA＝p0＋ph.
√
角度1　玻璃管液封模型
　　　(2025·清远市期末)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的两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强p0＝76 cmHg，h1＝12 cm，h2＝15 cm，h3＝6 cm，下列说法正确的是(　　)
A．空气柱b的压强pb＝80 cmHg
B．空气柱b的压强pb＝78 cmHg
C．空气柱a的压强pa＝75 cmHg
D．空气柱a的压强pa＝73 cmHg
[解析]　根据等液面法求压强得pb＝p0＋(ph2－ph1)＝(76＋3)cmHg＝79 cmHg，故A、B错误；
根据pa＋ph3＝pb，得pa＝(79－6)cmHg＝73 cmHg，故C错误，D正确．
角度2　活塞气缸模型
　　　根据下列情境，分析相关问题：
(1)两个内壁光滑的气缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，图甲中气缸静止在水平面上，图乙中活塞和气缸竖直悬挂在天花板下．两个气缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强．(重力加速度为g)
(2)如图丙所示，光滑水平面上放有一质量为M的气缸，气缸内放有一质量为m的可在气缸内无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S.现用水平恒力F向右推气缸，最后气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)
知识点二　玻意耳定律的应用
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．
(1)上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？
[提示]　因为在恒温池中，所以气泡内气体的温度保持不变．
(2)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？
[提示]　变小．
(3)气泡在上升过程中体积为何会变大？
1．玻意耳定律的成立条件：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．玻意耳定律的表达式：pV＝C中的常量C不是一个普通常量，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．解题步骤
(1)确定研究对象，并判断其是否满足玻意耳定律成立的条件．
(2)确定始、末状态及状态参量(p1、V1、p2、V2).
(3)根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2，代入数值求解(注意各状态参量要统一单位).
(4)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去．
角度1　玻璃管液封模型
　　　如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，
左管内封有一段长20 cm 的气体，右管开口，左管水银面比右
管内水银面高15 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，
使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为(　　)
A．10 cm B．15 cm
C．16 cm D．25 cm
√
[解析]　设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度L1＝20 cm，密闭气体初始状态压强p1＝p0－ph＝(75－15)cmHg＝60 cmHg、体积V1＝SL1，移动右侧玻璃管后，压强p2＝p0＝75 cmHg、体积V2＝SL2，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得L2＝16 cm.
　　　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
角度2　活塞气缸模型
　　　有一质量为M的气缸，用质量为m的活塞封着一定质量的气体．当气缸水平横放时，气缸内空气柱长为l0(如图甲所示).现把气缸竖直放在水平地面上并保持静止(如图乙所示).已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，它与气缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变．求：
(1)竖直放置时气缸内的压强；
(2)竖直放置时气缸内空气柱的长度．
　　　如图所示，导热性能良好的气缸用锁定装置固定于
光滑足够长斜面上，内部封闭一定质量的气体。面积为S、
质量为m的活塞与气缸接触面光滑，到气缸底部距离为l。
已知大气压强为p0，环境温度不变，斜面倾角θ＝30°，
重力加速度为g。
(1)计算缸内气体压强p1。
(2)某时刻解除锁定，经过一段时间后系统达到稳定状态(活塞没有滑出气缸)，计算稳定状态时活塞到气缸底部的距离l′。
　　　为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，小星同学用气压计连通一个带有密封门的导热气缸做成如图所示的装置，气缸中PQ、MN两处设有固定卡环，厚度可忽略的密封良好的活塞可在其间运动．已知卡环MN下方气缸的容积为V0，外界温度恒定，大气压强为p0，忽略气压计管道的容积．
(2)打开密封门，将待测固体A放入气缸中，将活塞放至卡环MN处，然后关闭密封门，将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，此时气压计的示数p2＝0.6p0，求待测固体A的体积V.
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
解析：设大气压强为p0，左边封闭空气的压强p左＝p0－ρgh1，右边封闭空气的压强p右＝p0＋ρgh2＝p左＋ρgh，则h＝h1＋h2，故B正确．
√
√
3.(玻意耳定律)如图所示，一只开口向下的玻璃试管在水中一
定的深度处于静止状态，有部分水进入试管中，封闭有一定
质量的理想气体，气体的压强为p1、体积为V1.如果用试管夹
将试管轻轻夹住并缓慢竖直向上提起一小段距离后，试管内
气体的压强为p2、体积为V2.若在此过程中，试管内气体的温度保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．p2＞p1，V2＞V1 B．p2＞p1，V2＜V1
C．p2＜p1，V2＞V1 D．p2＜p1，V2＜V1
解析：令初始时刻水面与试管中液面高度差为h1，大气压为p0，则有p1＝ρgh1＋p0，当试管夹将试管轻轻夹住并缓慢竖直向上提起一小段距离后，假设管内液面在管中的位置不变，此时水面与试管中液面高度差为h2，由于水面与试管中液面高度差减小，则管内气体压强将大于ρgh2＋p0，可知液面在管内压强作用下将相对于管向下移动，即管内气体体积一定增大，则有V2＞V1，根据玻意耳定律有p2V2＝p1V1，由于体积增大，则有p2＜p1，故C正确．
4.(玻意耳定律)如图所示，一足够长、两侧粗细均匀的U形管竖直放置．管内盛有水银，右端开口，左端封闭一定质量的理想气体，封闭气体的长度L1＝20 cm，右管水银液面比左管水银液面高h1＝25 cm.大气压强p0＝75 cmHg.
(1)求左管内封闭气体的压强．
解析：以封闭气体为研究对象，设初始时气体的压强为p1，有p1＝p0＋ph1＝100 cmHg.
答案：100 cmHg　
(2)现从右管口逐渐取出水银，直到右管中水银液面下降25 cm为止，求此时左管内封闭气体的压强．设整个过程温度不变．
解析：设最终左侧封闭气体的液面下降高度为L2，管的横截面积为S，初始时气体的体积V1＝L1S
最终阶段气体的体积V2＝(L1＋L2)S
最终阶段气体的压强p2＝p0＋pL2
由于该过程气体的温度不变，即发生等温变化，有p1V1＝p2V2
解得p2＝80 cmHg.
答案：80 cmHg(共38张PPT)
第2课时　实验：探究气体
等温变化的规律
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、温度不变时，体积和压强的定性关系
日常生活中的很多现象说明，一定质量的气体，其压强、温度、体积三个量之间存在着某种关系．我们采用控制变量法探究一定质量的气体，在温度不变时，其压强与体积之间的关系．实验发现气体的体积______，压强就越大，其体积______，压强就越小．
越小
越大
二、实验探究一定质量的气体，在温度不变时，其压强的大小与体积的大小是否成反比关系
1．实验原理图如图所示．
2．实验过程：通过改变注射器内气体的体积，可以获得对应的气体压强值并记录数据．
4．注意事项：实验中，为了做到封闭气体，不让气体泄漏，可以在活塞上涂润滑油．而为了控制气体温度这一变量，活塞移动速度不能太快，且要避免用手握住注射器封闭气体部分导致气体温度改变．
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
角度1　实验原理与操作
　　　使用如图所示装置做“探究气体压强与体积的关系”的实验，压力表通过柱塞内的细管与空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。
序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 Pa·mL)
1 3.85 1.0 3.85
2 3.17 1.2 3.80
3 2.70 1.4 3.78
4 2.25 1.6 3.60
5 1.95 1.8 3.51
(1)使用控制变量法，实验中必须保持不变的参量是__________(选填“温度”“体积”或“压强”)。
[解析]　该实验为“探究气体压强与体积的关系”的实验，使用控制变量法，实验中必须保持不变的参量是温度．
温度
(2)某同学在实验中，测得的实验数据如表中所示，仔细观察“pV ”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的主要原因是________。
A．实验时外界大气压强降低
B．实验时装置内的气体向外发生了泄漏
C．实验时装置内柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大
[解析]　封闭气体的压强与外界大气压无关，故A错误；
实验时装置内的气体向外发生了泄漏，则pV的乘积将减小，故B正确；
实验时装置内柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大并不会影响气体的压强和体积，故C错误．
B
(3)实验过程中，下列操作正确的是________。
A．为方便推拉柱塞，应用手握住装置外壁再推拉柱塞
B．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与装置内壁间涂上油脂
C．装置旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注具体数值
D．连接压力表和装置内空气柱的细管中的气体体积对实验没有影响
BC
[解析]　若用手握住装置外壁再推拉柱塞，则会因人体与装置内气体发生热传递而改变气体的温度，因此不能用手握住装置外壁再推拉柱塞，故A错误；
为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与装置内壁间涂上油脂，故B正确；
由于注射器横截面积一定，初、末状态的体积比就等于空气柱的长度之比，因此装置旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注具体数值，对实验的可靠度不会产生影响，故C正确；
设细管中气体的体积为ΔV，则随着压强的变化，细管中气体的密度将发生改变，当压强越大，细管中进入的气体的质量就越大，从而造成在实验中气体的质量发生改变，因此会对实验结果产生影响，故D错误．
　　　如图所示，在“用DIS探究气体等温变化的规律”的实验中，用一个带刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积的关系．
(1)实验中应保持不变的状态参量是___________．
[解析]　实验研究的对象是注射器内密闭的气体，实验中应保持不变的状态参量是气体温度．
气体温度
(2)实验过程中，下列说法正确的是________(填选项前的字母).
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手不可以握住整个注射器
C．必须测量所封闭气体的质量
D．在活塞上涂上润滑油，且保持良好的密封性
BD
[解析]　推拉活塞时，动作要慢，使气体温度与环境温度保持一致，故A错误；
推拉活塞时，手不能握住注射器，防止手向其传热，从而保证气体的温度不变，故B正确；
探究的是一部分封闭气体在温度不变的情况下压强和体积的关系，故本实验只要保证封闭气体的质量不变即可，无需测量封闭气体的质量，故C错误；
活塞与针筒之间要保持润滑，可以减小摩擦，不漏气则可以保证气体质量一定，故D正确．
角度2　数据分析与处理
　　　某小组在用如图甲所示的装置做“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验．
该实验小组想利用实验所测得的数据测出压强传感器和注射器的连接管的容积，所测得的压强和注射器的容积(不包括连接管的容积)数据见下表：
实验次数 压强/kPa 体积/cm3
1 101.5 18
2 112.8 16
3 126.9 14
4 145.0 12
5 169.2 10
D　
(2)利用(1)中图线求连接管的容积时是利用图线的________．
A．斜率
B．纵坐标轴上的截距
C．横坐标轴上的截距
D．图线下的“面积”
B
[答案]　见解析图
题型二　教材实验拓展
　　　实验小组同学探究气体压强与体积的关系，设计了如图所示的装置，实验步骤如下：
①将圆柱体密闭容器装水以封闭气体，上方连接压强传感器可测封闭气体压强，左端有出水控制开关；
②不计容器的厚度，以容器下表面为零刻线，通过刻度尺读取容器的高度H和水面所在位置h；
③出水控制开关打开一小段时间后关闭，获取封闭气体压强p和水面所在位置h数据，重复实验步骤获得几组数据；
④将各组数据在坐标纸上描点，绘制图像，得出气体压强与体积的关系。
完成下列填空：
(1)实验中所研究的对象是封闭气体，应保持不变的物理量是_________。
[解析]　实验中所研究的是封闭气体压强与体积的关系，应保持不变的物理量是气体的温度．
(2)实验时，为判断气体压强与体积的关系，________(选填“需要”或“不需要”)测出容器的横截面积。
[解析]　根据p1h1S＝p2h2S可得p1h1＝p2h2，则实验时，为判断气体压强与体积的关系，不需要测出容器的横截面积．
温度
不需要
(3)为直观反映压强与体积之间的关系，若以空气柱压强p为纵坐标，则应以_____________为横坐标在坐标系中描点作图(用H、h表达)。
　　　(2023·山东卷，T13)利用图甲所示的实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系．将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连．活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和).逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示．
B　
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为___________ Pa(保留3位有效数字).
2.04×105
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而__________(选填“增大”或“减小”).
[解析]　根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大．
增大
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．如图所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”，下列说法正确的是(　　)
A．注射器必须水平放置
B．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
C．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据
D．实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得
√
解析：实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，故A错误；
推拉活塞时，动作要慢，使气体的温度与环境保持一致，故B错误；
活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故C正确；
注射器中封闭一定质量的气体，用压强传感器与注射器相连，通过数据采集器和计算机可以测出注射器中封闭气体的压强，体积可以从注射器上的刻度读出，故D错误．
2．某实验小组用如图甲所示装置探究气体做等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。压力表读取空气柱的压强，由注射器旁的刻度尺读取空气柱的长度。
(1)实验过程中，下列说法正确的是________。
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手不可以握住整个注射器
C．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值
解析：若急速推拉活塞，则有可能造成等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，故A错误；
手握活塞易造成气体温度变化，故B正确；
应等状态稳定后，记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，故C错误．
B　
解析：题图乙中的图线发生了弯曲，即pV乘积变大，则说明在实验中温度或者质量发生了变化，因图线向上弯曲，故可能是温度升高了或者质量变大了．
C
(3)不同小组的同学选用一定质量的同种理想气体，均按正确的实验操作和数据处理的方法完成了实验，并在相同坐标标度的情况下画出了压强与体积的关系图线，如图丙所示。两组图线不相同的原因是________。
A．两组实验过程中有漏气现象
B．两组实验过程温度不同
C．两组实验过程气体的质量不同
BC(共23张PPT)
课后达标检测
√
题组1　气体压强的微观解释
1．关于密闭容器中气体的压强，下列说法正确的是(　　)
A．是由气体受到的重力产生的
B．是由大量气体分子不断地碰撞器壁产生的
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
解析：密闭容器中气体的压强是由大量气体分子不断地碰撞器壁产生的，A错误，B正确；
压强的大小取决于气体分子的平均速率和分子的数密度，与物体的宏观运动无关，C、D错误．
2.(多选)如图所示的“空气弹簧”是由多个充气橡胶圈叠加制
成，其“劲度系数”与圈内充气的多少有关．橡胶圈内充气越
多，则(　　)
A．橡胶圈越容易被压缩
B．橡胶圈越不容易被压缩
C．空气弹簧的“劲度系数”越大
D．空气弹簧的“劲度系数”越小
解析：橡胶圈内充气越多，橡胶圈内气体的压强越大，橡胶圈越不容易被压缩，则空气弹簧的“劲度系数”越大．
√
√
√
3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所
示，从距秤盘80 cm高度处把1 000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，
持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．
若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰
撞的极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒
豆粒的总质量为100 g，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　　)
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
√
题组2　气体实验定律的微观解释
4．在一定的温度下，一定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于(　　)
A．单位体积内的分子数增多，单位时间内、单位面积上分子对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个气体分子对器壁的撞击力都变大
D．气体密度增大，单位体积内分子质量变大
解析：在一定的温度下，一定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于体积减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内、单位面积上分子对器壁碰撞的次数增多，故A正确；
气体的压强是由于大量的气体分子无规则地运动碰撞器壁产生的，而不是气体分子与器壁吸引引起的，故B错误；
由于温度不变，因此气体分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变，但对于单个分子而言，其对器壁的撞击力可能变大，因此并不是每个气体分子对器壁的撞击力都变大而使压强变大的，故C错误；
气体密度增大，单位体积内分子质量变大，但这并不是压强增大的原因，故D错误．
√
5.如图所示，医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽
出，在此过程中瓶中气体的(　　)
A．压强增大，分子数密度增大
B．压强增大，分子数密度减小
C．压强减小，分子数密度增大
D．压强减小，分子数密度减小
解析：医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，在此过程中瓶中药液的体积减小，则气体的体积增加，而气体的温度可视为不变，则气体压强减小，气体分子总数一定，则气体分子数密度减小．
√
题组3　理想气体状态方程的应用
6．如图所示的是一定质量的理想气体状态变化时的p－T图像，由图像可知，此气体的体积(　　)
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
√
8．玻璃瓶内封闭了一定质量的理想气体．当环境温度发生变化时，该气体由状态a变化到状态b，其压强为p，热力学温度为T，关系可能正确的是(　　)
√
√
9．某医用氧气瓶的容积为40 L，瓶内装有7 kg的氧气．使用前，瓶内氧气的压强为1.2×107 Pa，温度为27 ℃.当患者消耗该氧气瓶内4 kg的氧气时，瓶内氧气的压强变为4.8×106 Pa，则此时瓶内气体的温度为(　　)
A．7 ℃ B．10 ℃
C．14 ℃ D．17 ℃
10.(10分)(2025·辽宁鞍山市期末联考)我国航天员在出舱执行
任务时身着舱外航天服．舱外航天服内密封了一定质量理想
气体，用来提供适合人体生存的气压．航天服密闭气体的体
积约为V1＝4 L，压强p1＝1.0×105 Pa，温度t1＝27 ℃，航天员身着航天服，出舱前先从核心舱进入节点舱，然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门．
(1)节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2＝6 L，温度t2＝－3 ℃，求此时航天服内气体压强p2.(4分)
答案：6×104 Pa
(2)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度t2＝－3 ℃时，航天员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝5.0×104 Pa.假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3＝4 L，求航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比．(6分)
11．(10分)如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管．初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝8 cm的理想气体B，左右两侧水银面高度差L2＝5 cm，此时A、B气体的温度均为280 K.
(1)求初始时理想气体B的压强．(4分)
解析：根据题意，设初始时理想气体B的压强为pB，则有pB＋pL2＝p0
解得pB＝70 cmHg.
答案：70 cmHg　
(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左侧液面下降4 cm时气体B的温度．(6分)
答案：668 K第一节　气体实验定律(Ⅰ)
1．理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系．
2．学会通过实验的方法研究问题，探究物理规律，学习用电子表格与图像对实验数据进行处理与分析，体验科学探究过程．
3．理解气体等温变化的p－V图像的物理意义．
4．学会用玻意耳定律计算有关问题．
第1课时　气体的等温变化
一、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：p∝或p1V1＝p2V2，其中p1、V1为初态时气体的压强和体积，p2、V2为末态时气体的压强和体积．
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．
二、等温图像
1．等温过程：气体在温度不变的情况下发生的状态变化过程．
2．等温图像(等温线)
(1)p－图像：一定质量气体的等温过程在p－图像上为过原点的直线，如图甲所示．
(2)p－V图像：一定质量的气体等温过程的p－V图像为双曲线的一支，如图乙所示．
判断下列说法是否正确．
(1)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比.(　　)
(2)一定质量的某种气体等温变化的p－V图像是通过原点的倾斜直线．(　　)
(3)一定质量的气体，在温度不变的情况下，体积变大，压强变大．(　　)
(4)一定质量的气体，做等温变化的p－图像是过原点的直线．(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
知识点一　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
(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，图甲中粗细均匀的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．图甲中同一液面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，然后根据牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强．
如图乙，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＋.
角度1　玻璃管液封模型
　(2025·清远市期末)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的两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强p0＝76 cmHg，h1＝12 cm，h2＝15 cm，h3＝6 cm，下列说法正确的是(　　)
A．空气柱b的压强pb＝80 cmHg
B．空气柱b的压强pb＝78 cmHg
C．空气柱a的压强pa＝75 cmHg
D．空气柱a的压强pa＝73 cmHg
[解析]　根据等液面法求压强得pb＝p0＋(ph2－ph1)＝(76＋3)cmHg＝79 cmHg，故A、B错误；根据pa＋ph3＝pb，得pa＝(79－6)cmHg＝73 cmHg，故C错误，D正确．
[答案]　D
角度2　活塞气缸模型
　根据下列情境，分析相关问题：
(1)两个内壁光滑的气缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，图甲中气缸静止在水平面上，图乙中活塞和气缸竖直悬挂在天花板下．两个气缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强．(重力加速度为g)
　
(2)如图丙所示，光滑水平面上放有一质量为M的气缸，气缸内放有一质量为m的可在气缸内无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S.现用水平恒力F向右推气缸，最后气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)题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图1所示，由受力平衡知
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋
题图乙中选气缸为研究对象，受力分析如图2所示，由受力平衡知p0S＝pBS＋Mg
得pB＝p0－.
(2)选取题图丙中气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＋.
[答案]　(1)p0＋　p0－
(2)p0＋
知识点二　玻意耳定律的应用
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．
(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p∝可知，一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强变小，气体的体积变大．
1．玻意耳定律的成立条件：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．玻意耳定律的表达式：pV＝C中的常量C不是一个普通常量，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．解题步骤
(1)确定研究对象，并判断其是否满足玻意耳定律成立的条件．
(2)确定始、末状态及状态参量(p1、V1、p2、V2).
(3)根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2，代入数值求解(注意各状态参量要统一单位).
(4)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去．
角度1　玻璃管液封模型
　如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长20 cm 的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高15 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为(　　)
A．10 cm B．15 cm
C．16 cm D．25 cm
[解析]　设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度L1＝20 cm，密闭气体初始状态压强p1＝p0－ph＝(75－15)cmHg＝60 cmHg、体积V1＝SL1，移动右侧玻璃管后，压强p2＝p0＝75 cmHg、体积V2＝SL2，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得L2＝16 cm.
[答案]　C
　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
角度2　活塞气缸模型
　有一质量为M的气缸，用质量为m的活塞封着一定质量的气体．当气缸水平横放时，气缸内空气柱长为l0(如图甲所示).现把气缸竖直放在水平地面上并保持静止(如图乙所示).已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，它与气缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变．求：
(1)竖直放置时气缸内的压强；
(2)竖直放置时气缸内空气柱的长度．
[解析]　(1)竖直放置气缸时，活塞受力平衡，有p0S＋mg＝p2S
解得p2＝p0＋.
(2)对气缸内的气体，初态有p1＝p0，V1＝l0S
气缸从水平放置到竖直放置，末态时设气缸内空气柱的长度为l，压强为p2，体积V2＝lS
气体发生等温变化，有p1V1＝p2V2
解得l＝.
[答案]　(1)p0＋　(2)
　如图所示，导热性能良好的气缸用锁定装置固定于光滑足够长斜面上，内部封闭一定质量的气体。面积为S、质量为m的活塞与气缸接触面光滑，到气缸底部距离为l。已知大气压强为p0，环境温度不变，斜面倾角θ＝30°，重力加速度为g。
(1)计算缸内气体压强p1。
(2)某时刻解除锁定，经过一段时间后系统达到稳定状态(活塞没有滑出气缸)，计算稳定状态时活塞到气缸底部的距离l′。
[解析]　(1)对活塞受力分析，由平衡关系知p1S＝p0S＋mg sin θ，解得p1＝p0＋＝p0＋.
(2)对活塞和气缸组成的系统受力分析，由牛顿第二定律(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
对活塞受力分析，设此时封闭气体压强为p2
p0S＋mg sin θ－p2S＝ma
对于封闭气体，由玻意耳定律得p1lS＝p2l′S
解得l′＝l＋l.
[答案]　(1)p0＋　(2)l＋l
　为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，小星同学用气压计连通一个带有密封门的导热气缸做成如图所示的装置，气缸中PQ、MN两处设有固定卡环，厚度可忽略的密封良好的活塞可在其间运动．已知卡环MN下方气缸的容积为V0，外界温度恒定，大气压强为p0，忽略气压计管道的容积．
(1)打开密封门，将活塞放至卡环MN处，然后关闭密封门，将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，此时气压计的示数p1＝p0，求活塞在PQ处时气缸的容积V1.
(2)打开密封门，将待测固体A放入气缸中，将活塞放至卡环MN处，然后关闭密封门，将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，此时气压计的示数p2＝0.6p0，求待测固体A的体积V.
[解析]　(1)打开密封门，将活塞放至卡环MN处，然后关闭密封门，封闭气体的压强为p0，体积为V0，将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，因气缸导热且外界温度恒定，则封闭气体发生等温膨胀，有p0V0＝p1V1，解得V1＝V0.
(2)放入待测固体A后封闭，再将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，封闭气体依然发生等温膨胀，有p0(V0－V)＝p2(V1－V)
联立解得V＝.
[答案]　(1)V0　(2)
1.(封闭气体压强的计算)如图所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为(　　)
A．h1－h2 B．h1＋h2
C． D．
解析：选B．设大气压强为p0，左边封闭空气的压强p左＝p0－ρgh1，右边封闭空气的压强p右＝p0＋ρgh2＝p左＋ρgh，则h＝h1＋h2，故B正确．
2.(封闭气体压强的计算)如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，容器上端放一金属圆板，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＋
解析：选D．圆板的下表面是倾斜的，气体对其产生的压力应与该面垂直．为求气体的压强，应以封闭气体的金属圆板为研究对象，其受力分析如图所示．由物体的平衡条件得p·cos θ＝Mg＋p0S，解得p＝p0＋.
3.(玻意耳定律)如图所示，一只开口向下的玻璃试管在水中一定的深度处于静止状态，有部分水进入试管中，封闭有一定质量的理想气体，气体的压强为p1、体积为V1.如果用试管夹将试管轻轻夹住并缓慢竖直向上提起一小段距离后，试管内气体的压强为p2、体积为V2.若在此过程中，试管内气体的温度保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．p2＞p1，V2＞V1 B．p2＞p1，V2＜V1
C．p2＜p1，V2＞V1 D．p2＜p1，V2＜V1
解析：选C．令初始时刻水面与试管中液面高度差为h1，大气压为p0，则有p1＝ρgh1＋p0，当试管夹将试管轻轻夹住并缓慢竖直向上提起一小段距离后，假设管内液面在管中的位置不变，此时水面与试管中液面高度差为h2，由于水面与试管中液面高度差减小，则管内气体压强将大于ρgh2＋p0，可知液面在管内压强作用下将相对于管向下移动，即管内气体体积一定增大，则有V2＞V1，根据玻意耳定律有p2V2＝p1V1，由于体积增大，则有p2＜p1，故C正确．
4.(玻意耳定律)如图所示，一足够长、两侧粗细均匀的U形管竖直放置．管内盛有水银，右端开口，左端封闭一定质量的理想气体，封闭气体的长度L1＝20 cm，右管水银液面比左管水银液面高h1＝25 cm.大气压强p0＝75 cmHg.
(1)求左管内封闭气体的压强．
(2)现从右管口逐渐取出水银，直到右管中水银液面下降25 cm为止，求此时左管内封闭气体的压强．设整个过程温度不变．
解析：(1)以封闭气体为研究对象，设初始时气体的压强为p1，有p1＝p0＋ph1＝100 cmHg.
(2)设最终左侧封闭气体的液面下降高度为L2，管的横截面积为S，初始时气体的体积V1＝L1S
最终阶段气体的体积V2＝(L1＋L2)S
最终阶段气体的压强p2＝p0＋pL2
由于该过程气体的温度不变，即发生等温变化，有p1V1＝p2V2
解得p2＝80 cmHg.
答案：(1)100 cmHg　(2)80 cmHg(共29张PPT)
专题提升课1　
等温变化图像和变质量问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　等温变化图像
1．p－V图像
(1)一定质量的某种气体，其等温线是双曲线，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示．
(2)玻意耳定律pV＝C(常量)，其中常量C不是一个普通常量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，常量C越大，等温线离坐标轴越远．如图乙所示，四条等温线的温度关系为T4>T3>T2>T1.
　　　(多选)一定质量的某种气体状态变化的p－V图像如
图所示，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列关于气
体的温度和分子平均速率的变化情况的说法错误的是(　　)
A．都一直保持不变
B．温度先升高后降低
C．温度先降低后升高
D．平均速率先增大后减小
√
√
[解析]　由图像可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p－V图像上作出几条等温线，如图所示．由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B，温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．
√
[解析]　图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比，由图像可知，1→2过程图像上各点与原点连线斜率逐渐减小，故气体温度逐渐降低，B正确，A、C、D错误．
微专题二　变质量问题
1．打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球、轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．
2．抽气(漏气)问题
从容器内抽气(漏气)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(漏气)过程中抽出(漏掉)的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气(漏气)过程可看作是膨胀的过程．
3．题型特点
(1)打气和抽气过程温度不变．
(2)都是取全部气体为研究对象．
(3)抽气过程可以看成打气过程的逆过程．
4．气体的压强p、体积V、温度T和物质的量n满足pV＝nRT，所以在打气或抽气问题中，若温度不变，则p1V1＋p2V2＝n1RT＋n2RT＝(n1＋n2)RT＝pV.
类型1　打气问题
　　　(2025·茂名市开学考)某同学在骑自行车出行前，发现自行车胎气压不足，他拿打气筒给自行车充气，充气前车胎气压p＝1.5 atm、车胎容积V＝2 L．每次打气筒充入车胎的气体压强p1＝1 atm，体积ΔV＝0.5 L，打10次后(不考虑气体温度和车胎容积的变化)，求：
(1)此时车胎内气体的压强p2的大小；
[解析]　气体做等温变化，由玻意耳定律可得p2V＝pV＋10p1ΔV，此时车胎内气体的压强p2＝4 atm.
[答案]　4 atm　
(2)充入的气体与原来气体质量之比k.
　　　(2024·山东卷，T16)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示．长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A．储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B．汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体．已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度．
(1)求x.
[解析]　由题意可知，缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
p1(H－x)S1＝p2HS1
又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0，代入数据联立解得x＝2 cm.
[答案]　2 cm　
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V.
[答案]　8.92×10－4 m3
类型2　抽气(漏气)问题
√
类型3　分装问题
　　　小方同学用一个容积为50 L、压强为2.1×106 Pa的氦气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气体压强为1.05×105 Pa，则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度相同，忽略充气过程的漏气和气球内原有气体。已知地面附近空气温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa。已知气球上升过程中体积达到7.5 L时就会爆裂，离地高度每升高10 m，气球内气体压强减小100 Pa，上升过程中大气温度不变。求：
(1)充气后每个气球的体积V0；
[解析]　由玻意耳定律可得
p1V1＝p2(V1＋nV0)
解得V0＝5 L.
[答案]　5 L　
(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度h。
[答案]　3 500 m
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(等温变化的图像)(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，下列选项图中能正确描述一定质量的气体发生等温变化的是(　　)
√
√
2．(等温变化的图像)一定质量的气体保持温度不变，从状态A到状态B．用p表示气体压强，用V表示气体体积，图中能描述气体做等温变化的是(　　)
解析：若温度不变，则p与V－1成正比，若横坐标为V，则p－V图线应为双曲线的一支．
√
√
4．(变质量问题)容积 V＝10 L 的钢瓶充满氧气后，压强p＝20 atm.打开钢瓶盖阀门，让氧气分别装到容积V0＝5 L的小瓶子中去．若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p0＝2 atm.在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是(　　)
A．2瓶 B．18瓶
C．10瓶 D．20瓶
√(共3张PPT)
章末知识网络建构
感谢观看
THANKS题组1　封闭气体压强的计算
1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)
A．p0＋ph2 B．p0－ph1
C．p0－(ph1＋ph2) D．p0＋(ph2－ph1)
解析：选B．选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋ph1＝p0，所以p＝p0－ph1，B正确．
2.如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在水平地面上，T形活塞的质量为M，下底面积为S，上底面积为4S，若大气压强为p0，重力加速度为g，则被封闭气体的压强p等于(　　)
A．4p0＋ B．3p0＋
C．p0＋ D．条件不够，无法判断
解析：选C．以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，根据受力平衡得Mg＋4p0S＝3p0S＋pS，解得p＝p0＋，C正确．
3.有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，在玻璃管下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)　(　　)
A．76 cmHg B．82 cmHg
C．88 cmHg D．70 cmHg
解析：选A．水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理．水银柱的受力分析如图所示，
因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a＝g sin θ，所以对水银柱，由牛顿第二定律得，p0S＋mg sin θ－pS＝ma，解得p＝p0＝76 cmHg.
4．(10分)若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各图中被封闭气体的压强．
解析：题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S＋ρghS＝p0S
解得p甲＝p0－ρgh
题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知
p乙S＋ρghS＝p0S
解得p乙＝p0－ρgh
题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S＋ρghS sin 60°＝p0S
解得p丙＝p0－ρgh
题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件得
p丁S＝p0S＋ρgh1S
所以p丁＝p0＋ρgh1
题图戊中，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pb＝p0＋ρg(h2－h1)
故a气柱的压强
pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3).
答案：甲：p甲＝p0－ρgh　乙：p乙＝p0－ρgh
丙：p丙＝p0－ρgh　丁：p丁＝p0＋ρgh1　戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)，pb＝p0＋ρg(h2－h1)
题组2　玻意耳定律的应用
5.我国探月工程2004年正式立项，2024年6月25日首次获取月背样品后成功返回地球，月球表面的重力加速度为.如图所示，玻璃管开口向上竖直放置，长度h＝5 cm的水银柱密闭了1 mm长的气柱，如果将这个玻璃管带到月球表面，发现水银柱缓慢向上移动且恰好不从玻璃管流出．已知大气压强p0＝75 cmHg，整个过程温度保持不变．玻璃管的长度为(　　)
A．14.6 cm B．10.1 cm
C．9.6 cm D．9.1 cm
解析：选A．水银柱在地球表面静止时，有p气＝ρgh＋p0，水银柱在月球表面静止时，有p气′＝ρ·h，又ρgh＝5 cmHg，设玻璃管的横截面积为S，长度为l，密闭气体发生等温变化，有p气×0.1 cm×S＝p气′(l－5 cm)S，解得l＝14.6 cm.
6.(多选)如图所示，一细线竖直悬挂气缸的活塞，使气缸悬空静止．缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞与气缸间无摩擦，且不漏气，气体温度保持不变．当大气压强减小时，下列说法正确的是(　　)
A．细绳所受的拉力将增大
B．细绳所受的拉力将不变
C．缸内气体的体积将增大
D．缸内气体的体积将减小
解析：选BC．设气缸质量为M，活塞质量为m，以气缸和活塞为整体，根据受力平衡可得T＝(M＋m)g，可知当大气压强减小时，细绳所受的拉力将不变，故A错误，B正确；以气缸为对象，根据平衡条件有pS＋Mg＝p0S，可知当大气压强减小时，缸内气体压强减小，由于缸内气体温度不变，根据玻意耳定律可知缸内气体的体积将增大，故C正确，D错误．
7.(2025·上海黄浦区期末)如图所示的U形管中装有水银，其中左侧管中有2 cm的气柱，气柱上方的水银高10 cm，若大气压强为76 cmHg，则两边水银面的高度差h为(　　)
A．2 cm B．8 cm
C．10 cm D．4 cm
解析：选A．如图所示，
由于大气压强为76 cmHg，而左侧管中气柱上方的水银高10 cm，则左侧管中的气体压强p＝p0＋10 cmHg＝86 cmHg，又p＝p0＋ρgh2，则气柱底与右侧水银柱的高度差h2＝10 cm，所以两边水银面的高度差h＝h1＋l－h2＝2 cm.
8.(2025·贵州黔东南部分校检测)如图甲所示，一粗细均匀的长细管开口向下竖直固定时，管内高度为H的水银柱上方封闭气体的长度为h，现将细管缓慢旋转至开口竖直向上，如图乙所示．已知大气压强恒为p0，水银的密度为ρ，管内气体温度不变且可视为理想气体，重力加速度大小为g，图乙中封闭气体的长度为(　　)
A．H B．H
C．h D．h
解析：选C．设细管的横截面积为S，题图甲中封闭气体的压强为p甲，题图乙中封闭气体的压强为p乙，则长细管开口向下竖直固定时，有p甲S＋ρgHS＝p0S，长细管开口向上时，有p0S＋ρgHS＝p乙S，由玻意耳定律p甲hS＝p乙h′S，联立解得题图乙中封闭气体的长度h′＝h.
9．(10分)(2025·云南楚雄州期末)一开口向上、导热良好的足够高的气缸竖直放置，质量m＝5.5 kg、横截面积S＝20 cm2的活塞可以在气缸中无摩擦地移动，活塞通过轻弹簧连接在气缸底部，气缸中封闭有一定质量的理想气体．如图所示，活塞静止于气缸中，弹簧对活塞的支持力大小F＝15 N，弹簧长度l1＝12 cm.已知大气压强恒为p0＝1×105 Pa，外界温度恒定，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的体积可忽略不计，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求气缸内封闭气体的压强p1.(4分)
(2)在竖直平面内缓慢转动气缸，最终气缸开口向下，气缸(含活塞)处于静止状态，气缸内气体的压强p2＝8×104 Pa，求此时弹簧的长度l2.(6分)
解析：(1)对活塞，由平衡条件得p0S＋mg＝p1S＋F，解得p1＝1.2×105 Pa.
(2)气缸开口竖直向下时，对封闭气体有p1l1S＝p2l2S，解得l2＝18 cm.
答案：(1)1.2×105 Pa　(2)18 cm
10．(12分)如图所示为水银汲取原理图．在圆柱形容器中装有一定量的水银，将两端开口、中间有一活塞的圆柱形玻璃管一端缓慢浸入水银中．待第一次稳定时玻璃管中液面比容器中的液面低h0＝5 cm，活塞与玻璃管中液面相距H＝7.5 cm，玻璃管下沿未与容器底接触．已知活塞质量m＝0.5 kg，外界大气压强p0＝75 cmHg，圆柱形容器的横截面积是玻璃管的2倍，重力加速度g取10 m/s2.现用力F缓慢拉动活塞，待第二次稳定时，玻璃管与容器中的液面等高，外界温度保持不变，不计活塞与玻璃管间的摩擦，求：
(1)第一次稳定状态时，玻璃管中封闭气体的压强p1；(4分)
(2)第二次稳定状态时，力F的大小；(4分)
(3)两次稳定状态下，活塞往上移动的距离h.(4分)
解析：(1)由题意可知，第一次稳定状态时，玻璃管中封闭气体的压强大小p1＝p0＋ph0
代入数据解得p1＝80 cmHg.
(2)第二次稳定状态时，玻璃管与容器中的液面等高，故此时玻璃管中封闭气体的压强大小
p2＝p0＝75 cmHg
设活塞的横截面积为S，对活塞受力分析，由牛顿第二定律可知F＋p2S＝mg＋p0S
解得第二次稳定状态时，F＝5 N.
(3)封闭气体的温度不变，由玻意耳定律，可得p1SH＝p2SH′
代入数据得，第二次稳定状态时玻璃管中的封闭气体的长度H′＝8 cm
设从第一次稳定状态到第二次稳定状态，玻璃管内液面上升高度为x，因为圆柱形容器的横截面积是玻璃管的2倍，则容器内液体液面下降x，有x＋x＝5 cm，解得x＝2.5 cm
故活塞向上移动的距离h＝H′－(H－x)＝8 cm－(7.5－2.5)cm＝3 cm.
答案：(1)80 cmHg　(2)5 N　(3)3 cm(共40张PPT)
章末过关检测(二)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．一块密度和厚度都均匀分布的矩形被测样品，长AB是宽AC的两倍，如图所示．若用多用电表沿两对称轴O1O1′和O2O2′测其电阻，阻值均为R，则这块样品可能是(　　)
A．单晶体 B．多晶体
C．非晶体 D．金属
√
解析：沿O1O1′和O2O2′两对称轴测该长方体，所测得电阻值相同，说明该物质沿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，故A正确．
2．关于液体和固体的一些现象，下列说法正确的是(　　)

A．图1中水黾停在水面上是因为浮力作用
B．图2中石英晶体像玻璃一样，没有固定的熔点
C．图3中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃
D．图4中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向同性
√
解析：题图1中水黾停在水面上是因为水的表面张力作用，A错误；
题图2中石英晶体有固定的熔点，而玻璃是非晶体没有固定的熔点，B错误；
题图3中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃，C正确；
题图4中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向异性，D错误．
3.在热气球下方开口处燃烧液化气，使热气球内部气体温度升
高，热气球开始离地，徐徐升空．若不考虑热气球的热胀冷缩
及外界大气压的变化，则(　　)
A．热气球内的气体密度增大
B．热气球内的气体所受重力不变
C．热气球所受浮力变大
D．热气球所受浮力不变
√
解析：热气球能上升，是因为热气球内的空气被加热后体积变大，密度变小，有一部分跑出去了，所以热气球的总重力减小，当热气球受到的总重力小于浮力时，热气球就上升了．由于热气球体积不变，排开空气的体积也不变，而热气球外空气的密度没变，由于浮力F＝ρ空气gV，故热气球受到的浮力不变．
√
√
6．如图所示为一定质量的理想气体由状态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.关于气体的状态，下列说法正确的是(　　)
A．从状态A到状态B气体的压强增大
B．气体在状态C的压强为1.0×105 Pa
C．气体在状态C的压强为2.0×105 Pa
D．从状态A到状态B气体的压强减小
√
√
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
8．关于半导体材料和纳米材料，下列相关说法正确的是(　　)
A．制作手机中央处理器的材料是半导体材料
B．所有的晶体管和集成电路都是由硅材料制成的
C．石墨烯是一种纳米材料，它的物质组成只有碳这一种元素
D．同种物质，当它以纳米材料的形态出现时，其物理性质可能会有很大的不同
√
√
√
解析：制作手机中央处理器的材料是半导体材料，A正确；
制作晶体管和集成电路的主要材料是硅和砷化镓，B错误；
石墨烯是一种纳米材料，它是由碳这一种元素组成的，C正确；
同种物质，当它以纳米材料的形态出现时，其物理性质可能会有很大的不同，D正确．
9．如图表示一定质量的理想气体沿途径a→b→c→d→a发生状态变化的过程，则该气体压强的变化情况是(　　)
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强增大
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
√
√
10.打篮球是同学们喜爱的一种体育活动，篮球正常使用时气
压范围为1.5 atm～1.6 atm.小明和同学们来到室内篮球场打
篮球，发现篮球场内的篮球气压不足，测得篮球内部气体的压
强为1.2 atm.如图所示，小明同学用手持式打气筒在室内给篮
球打气，每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的
气体打进球内．已知篮球的体积V＝5 L，大气压强恒为p0＝1.0 atm，打气过程中篮球体积和球内气体温度均视为不变，室内温度t1＝24 ℃，室外温度t2＝27 ℃.下列说法正确的是(　　)
A．若同学们在室内篮球场玩，最少需打气11次
B．若同学们在室内篮球场玩，最少需打气12次
C．若同学们将篮球带到室外篮球场玩，最多能打气15次
D．若同学们将篮球带到室外篮球场玩，最多能打气16次
√
√
解析：若同学们在室内篮球场玩，设最少需打气n次，原来篮球内部的压强为p1，打气筒每打一次的气体体积为V0，则根据玻意耳定律p1V＋np0V0＝pminV，解得n＝12，故A错误，B正确；
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)在“用传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，某组同学使用如图1所示的实验装置，正确操作实验获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到p－V图像，如图2所示．
(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制注射器内封闭的气体的________(选填“温度”“压强”或“体积”)不发生变化．
解析：实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制注射器内封闭的气体的温度不发生变化．
温度
(2)在压缩气体过程中，另一组同学不慎用手握住注射器含空气柱的部分，在图2图线(如实线)的基础上，作出该同学应该得到的图线(如虚线)，下图中大致正确的是________．
解析：实验时用手长时间握住注射器气体部分，温度变大，由理想气体状态方程pV＝cT，可知pV会变大，但p与V不成线性关系，图中大致正确的是图A．
A
(3)实验中，在判断气体压强与体积的关系时不需要测出空气柱的横截面积，推导并说明原因_____________.
解析：横截面积相同，每一次体积的改变，只需要比较空气柱长度的变化即可，故不需要测量空气柱的横截面积．
见解析
12．(8分)两名同学“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”，实验示意图如图甲所示，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机．实验完成后，计算机屏幕上显示出如图乙所示的①②两条p－V图线．
(1)两组图线经检验均符合反比例关系，由题图乙判断导致①②两组数据差异的原因可能是____________．(填序号)
A．两组实验环境温度不同
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
D．某组实验中活塞移动太快
AB
器材的气密性不佳，实验过程中气体质量改变，活塞移动太快，封闭气体内能改变，温度改变，图线不符合反比例关系，故C、D错误．
(2)在实验操作过程中，采取下列哪些做法可以保证实验的恒温条件______．(填序号)
A．用橡皮帽堵住注射器的小孔
B．移动活塞要缓慢
C．实验时，不要用手握注射器
D．在注射器活塞一周涂润滑油
BC
解析：本实验需要研究的问题是“一定质量气体在温度不变时，压强与体积的关系”，实验中为保证气体的质量不变，用橡皮帽堵住注射器的小孔，并在注射器光滑活塞一周涂润滑油，防止漏气，这些都是为了保证封闭气体的容器密封良好，故A、D错误；
为保证气体的温度不变，实验时，移动活塞一定要缓慢，同时不要用手握注射器，否则不能保证实验条件，故B、C正确．
注射器与压强传感器连接处的气体体积
(1)左管内气体的压强；(4分)
解析：左管封闭气体变化前的压强
p1＝76 cmHg－36 cmHg＝40 cmHg
左管封闭气体变化前后的体积分别为
V1＝26S，V2＝20S
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得p2＝52 cmHg.
答案：52 cmHg　
(2)活塞下移的距离．(结果保留小数点后1位)(8分)
答案：10.8 cm
14．(14分)如图所示，某种喷雾器贮液筒的总容积为6 L，关闭喷雾阀门装入5 L的药液后将加水口密封盖盖好．拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒，可以把0.1 L压强为1 atm的空气打进贮液筒，设打气及喷雾过程气体温度不变，大气压强为1 atm.
(1)用打气筒向贮液筒内打气两次，贮液筒内气体压强为多大？(6分)
解析：以贮液筒内气体与打入的气体整体为研究对象，初状态p1＝1 atm
V1＝(1＋2×0.1)L＝1.2 L
末状态体积V2＝1 L，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
解得末状态压强p2＝1.2 atm.
答案：1.2 atm　
(2)在贮液筒内气体压强达2 atm时停止打气，打开喷雾阀门使其缓慢喷雾，直至内外气体压强均相等，这时筒内还剩多少药液？(8分)
解析：初状态p3＝2 atm，V2＝1 L，末状态压强
p1＝1 atm
根据玻意耳定律得p3V2＝p1V′，
解得V′＝2 L
筒内还剩液体体积V＝6 L－2 L＝4 L.
答案：4 L
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；(6分)
(2)弹簧的劲度系数k.(8分)(共23张PPT)
课后达标检测
题组1　封闭气体压强的计算
1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)
A．p0＋ph2 B．p0－ph1
C．p0－(ph1＋ph2) D．p0＋(ph2－ph1)
解析：选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋ph1＝p0，所以p＝p0－ph1，B正确．
√
√
√
3.有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气
体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，
在玻璃管下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)(　　)
A．76 cmHg　　　 B．82 cmHg　　　
C．88 cmHg　　　 D．70 cmHg
解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条
件来处理．水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱
组成的系统的加速度a＝g sin θ，所以对水银柱，由牛顿第二
定律得，p0S＋mg sin θ－pS＝ma，解得p＝p0＝76 cmHg.
4．(10分)若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各图中被封闭气体的压强．
解析：题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S＋ρghS＝p0S
解得p甲＝p0－ρgh
题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知
p乙S＋ρghS＝p0S
解得p乙＝p0－ρgh
题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S＋ρghS sin 60°＝p0S
解得p丙＝p0－ρgh
题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件得
p丁S＝p0S＋ρgh1S
所以p丁＝p0＋ρgh1
题图戊中，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pb＝p0＋ρg(h2－h1)
故a气柱的压强
pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3).
√
√
√
6.(多选)如图所示，一细线竖直悬挂气缸的活塞，使气缸悬空静
止．缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞与气缸间无摩擦，且
不漏气，气体温度保持不变．当大气压强减小时，下列说法正确
的是(　　)
A．细绳所受的拉力将增大
B．细绳所受的拉力将不变
C．缸内气体的体积将增大
D．缸内气体的体积将减小
解析：设气缸质量为M，活塞质量为m，以气缸和活塞为整体，根据受力平衡可得T＝(M＋m)g，可知当大气压强减小时，细绳所受的拉力将不变，故A错误，B正确；
以气缸为对象，根据平衡条件有pS＋Mg＝p0S，可知当大气压强减小时，缸内气体压强减小，由于缸内气体温度不变，根据玻意耳定律可知缸内气体的体积将增大，故C正确，D错误．
√
7.(2025·上海黄浦区期末)如图所示的U形管中装有水银，其中
左侧管中有2 cm的气柱，气柱上方的水银高10 cm，若大气压
强为76 cmHg，则两边水银面的高度差h为(　　)
A．2 cm B．8 cm
C．10 cm D．4 cm
解析：如图所示，由于大气压强为76 cmHg，而左侧管中气柱上方的水银高10 cm，则左侧管中的气体压强p＝p0＋10 cmHg＝86 cmHg，又p＝p0＋ρgh2，则气柱底与右侧水银柱的高度差h2＝10 cm，所以两边水银面的高度差h＝h1＋l－h2＝2 cm.
√
9．(10分)(2025·云南楚雄州期末)一开口向上、导热良好的足够高的气缸竖直放置，质量m＝5.5 kg、横截面积S＝20 cm2的活塞可以在气缸中无摩擦地移动，活塞通过轻弹簧连接在气缸底部，气缸中封闭有一定质量的理想气体．如图所示，活塞静止于气缸中，弹簧对活塞的支持力大小F＝15 N，弹簧长度l1＝12 cm.已知大气压强恒为p0＝1×105 Pa，外界温度恒定，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的体积可忽略不计，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求气缸内封闭气体的压强p1.(4分)
解析：对活塞，由平衡条件得p0S＋mg＝p1S＋F，解得p1＝1.2×105 Pa.
答案：1.2×105 Pa　
(2)在竖直平面内缓慢转动气缸，最终气缸开口向下，气缸(含活塞)处于静止状态，气缸内气体的压强p2＝8×104 Pa，求此时弹簧的长度l2.(6分)
解析：气缸开口竖直向下时，对封闭气体有p1l1S＝p2l2S，解得l2＝18 cm.
答案：18 cm
10．(12分)如图所示为水银汲取原理图．在圆柱形容器中装有一定量的水银，将两端开口、中间有一活塞的圆柱形玻璃管一端缓慢浸入水银中．待第一次稳定时玻璃管中液面比容器中的液面低h0＝5 cm，活塞与玻璃管中液面相距H＝7.5 cm，玻璃管下沿未与容器底接触．已知活塞质量m＝0.5 kg，外界大气压强p0＝75 cmHg，圆柱形容器的横截面积是玻璃管的2倍，重力加速度g取10 m/s2.现用力F缓慢拉动活塞，待第二次稳定时，玻璃管与容器中的液面等高，外界温度保持不变，不计活塞与玻璃管间的摩擦，求：
(1)第一次稳定状态时，玻璃管中封闭气体的压强p1；(4分)
解析：由题意可知，第一次稳定状态时，玻璃管中封闭气体的压强大小p1＝p0＋ph0
代入数据解得p1＝80 cmHg.
答案：80 cmHg　
(2)第二次稳定状态时，力F的大小；(4分)
解析：第二次稳定状态时，玻璃管与容器中的液面等高，故此时玻璃管中封闭气体的压强大小
p2＝p0＝75 cmHg
设活塞的横截面积为S，对活塞受力分析，由牛顿第二定律可知F＋p2S＝mg＋p0S
解得第二次稳定状态时，F＝5 N.
答案：5 N　
(3)两次稳定状态下，活塞往上移动的距离h.(4分)
解析：封闭气体的温度不变，由玻意耳定律，可得p1SH＝p2SH′
代入数据得，第二次稳定状态时玻璃管中的封闭气体的长度H′＝8 cm
设从第一次稳定状态到第二次稳定状态，玻璃管内液面上升高度为x，因为圆柱形容器的横截面积是玻璃管的2倍，则容器内液体液面下降x，有x＋x＝5 cm，解得x＝2.5 cm
故活塞向上移动的距离h＝H′－(H－x)＝8 cm－(7.5－2.5)cm＝3 cm.
答案：3 cm专题提升课2　理想气体的综合问题
微专题一　液柱或活塞移动问题
1．假设法
用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解．
2．极限法
所谓极限法就是将问题推向极端．例如在讨论压强大小变化时，将增大的压强推向无穷大，而将减小的压强推向零．这样使复杂的问题变得简单明了．
3．图像法
利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论．
　如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，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 ℃，那么水银柱(　　)
A．向A移动 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
[解析]　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p1′，Δp1＝p1－p1′，右边的压强由p2降至p2′，Δp2＝p2－p2′.由查理定律推论得，Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT，因为p2＝p1，所以Δp1>Δp2，即水银柱应向A移动．
[答案]　A
　如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
[解析]　水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ρgh.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
(1)假设法
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律有
上段：＝，所以p2′＝p2
Δp2＝p2′－p2＝p2＝p2
下段：Δp1＝p1
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．
(2)图像法
在同一p－T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时p1>p2，由图可得气柱l1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，所以水银柱上移．
(3)极限法
由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降．
[答案]　水银柱上移
微专题二　关联气体问题
1．问题特点
两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积关系的关联．
2．解题思路
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实验定律列式求解．
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．
(3)多个方程联立求解．
角度1　玻璃管液封气体
　如图所示，一粗细均匀、两端封闭的U形玻璃管竖直放置，玻璃管内由一段水银封闭着A、B两个空气柱，空气柱A的压强为96 cmHg，长度LA＝12 cm，图中h＝24 cm，初始时环境温度t1＝7 ℃.现在只对左侧空气柱A加热，当左、右两侧液面相平时停止加热，此过程中右侧空气柱B温度保持不变．求：
(1)初始时刻空气柱B的压强；
(2)停止加热时空气柱A的温度．
[解析]　(1)初始时刻空气柱B的压强pB＝pA＋ph＝120 cmHg.
(2)对气体A：＝
对气体B：pB(LA＋h)S＝p(LA＋)S
其中T1A＝(273＋7) K＝280 K
联立解得T2A＝1 050 K.
[答案]　(1)120 cmHg　(2)1 050 K
　如图所示，均匀薄壁U形玻璃管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管内装有一定量的某种液体．右管内有一轻活塞，与管壁间无摩擦且不漏气．活塞与管内液体在左、右管内密封了两段空气柱(可视为理想气体).当温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L.已知大气压强为p0，玻璃管横截面积为S，不计轻活塞重力．现将左、右两管理想气体缓慢升高相同的温度，使两管液面高度差为L，左管压强变为原来的1.2倍．
(1)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L
(2)温度升高过程中， 右管内的轻活塞上升的距离为多少？
[解析]　(1)当两管液面高度差为L时，左管液柱下降Δx，右管液柱上升Δx，设此时温度为T，则有2Δx＝L，解得Δx＝
对左管封闭气体， 根据理想气体状态方程有
＝
解得T＝1.8T0.
(2)升温过程中，右管封闭气体压强不变，设末状态时右管中封闭气体长度为L′，则有＝
解得L′＝1.8L
活塞上升的高度Δh＝(L′＋Δx)－L＝1.3L.
[答案]　(1)1.8T0　(2)1.3L
角度2　活塞气缸封闭气体
　如图所示，一开口向上的气缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝，活塞移动的过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，气缸足够高．现将活塞A上面的物块取走，试求重新达到平衡状态后，A活塞上升的高度．
[解析]　对Ⅰ部分气体，其初态压强
p1＝p0＋
末态压强p1′＝p0＋
设末态时Ⅰ部分气体的长度为l1，则由玻意耳定律可得p1l0S＝p1′l1S
解得l1＝l0
对Ⅱ部分气体，其初态压强p2＝p1＋
末态压强p2′＝p1′＋
设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2，则由玻意耳定律可得p2l0S＝p2′l2S
代入数据解得l2＝l0
故活塞A上升的高度Δh＝l1＋l2－2l0＝0.9l0.
[答案]　0.9l0
　如图所示，竖直气缸中间放置一可上下移动的绝热活塞，将气缸分为A、B两部分，且A部分导热良好，B部分绝热．气缸内横截面积为S，高度为2h，活塞的厚度可忽略．初始时刻，气缸竖直放置，活塞位于气缸中间位置，A、B内气体的压强分别为p0、1.5p0，气体温度均为T0.忽略一切摩擦，重力加速度为g.
(1)求活塞质量m.
(2)若利用充气装置给A部分充入等量的相同状态气体，且通过B部分的电阻丝改变气体温度，最终A、B部分的高度比为2∶1，求最终B中气体的温度T.
[解析]　(1)对活塞进行受力分析，则
p0S＋mg＝1.5p0S
解得m＝.
(2)A部分导热良好，气体温度不变，以原气体和充入的气体为研究对象，设变化后A部分气体压强为p1，高度为h1，由玻意耳定律得2p0·Sh＝p1·Sh1，B部分绝热，设变化后B部分气体压强为p2，高度为h2，此时活塞受力平衡，则p1S＋mg＝p2S
由理想气体状态方程得＝
且h1＋h2＝2h，h1∶h2＝2∶1
解得T＝.
[答案]　(1)　(2)
1.(液柱或活塞移动问题)如图所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
解析：选A．封闭气柱均做等压变化，故封闭气柱下端的水银面高度不变，根据盖-吕萨克定律的变式ΔV＝V，因A、B管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小，又因为H1>H2，A管中气柱的体积较大，则|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故A正确．
2．(关联气体问题)如图所示，圆柱形气缸水平放置，活塞将气缸分为体积相等的左、右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮气．现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左、右两侧气室体积之比为3∶1.气缸导热良好，外界温度不变，活塞与气缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．3∶1
解析：选A．分析得两次平衡状态时，左、右两边气室的压强平衡即p左＝p右＝p，p左′＝p右′，对右边气体分析，活塞再次静止时左、右两侧气室体积之比为3∶1，设原来气缸的总体积为V，故右边气体的体积由原来的减小到，根据玻意耳定律有p右＝p右′，解得p右′＝2p右＝2p，故p左′＝2p，对左边气体分析，假设充入左边的气体温度与外界相同，压强为p左，体积为，根据玻意耳定律得p左＝p左′，联立解得n＝2，故从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为2∶1.
3．(关联气体问题)(2025·中山模拟)如图所示，内径粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，用水银柱将两部分理想气体封闭在玻璃管内．当环境温度T1＝280 K时，两空气柱的长度分别为L1＝38 cm、L2＝21 cm，左右两侧底部连通的水银面的高度差h1＝4 cm，玻璃管左侧上方水银柱的长度h2＝12 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg，现将环境温度缓慢升高到T2＝300 K，水银不会溢出．
(1)求系统稳定时左侧封闭气体的长度．
(2)环境温度保持T2＝300 K不变，现从左管口缓慢倒入水银，恰好使左右两侧水银面的高度差恢复到h1＝4 cm，求左管中需要倒入的水银柱的长度．
解析：(1)以左侧封闭气体为研究对象，由盖-吕萨克定律可得＝，解得L2′＝22.5 cm.
(2)以右侧封闭气体为研究对象，从最初状态到最终状态，气体发生等容变化，由查理定律，得＝，其中p1＝(76＋12－4) cmHg＝84 cmHg，解得p2＝90 cmHg
左管中需要倒入的水银柱的长度ΔL＝(90＋4－76－12)cm＝6 cm.
答案：(1)22.5 cm　(2)6 cm(共34张PPT)
第四节　液体的表面张力
学习目标
1．通过实验探究液体的表面现象，从微观角度理解液体的表面张力．　
2.理解浸润和不浸润的概念，会分析其产生的原因．　3.知道什么是毛细现象，并理解其产生的原因．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、表面张力
1．表面层的特点
(1)表面层的厚度是分子力的有效作用的距离，数量级为10－9 m.
(2)位于液体表面层内的分子与______________所受到的分子力是有区别的．
液体内部分子
2．表面张力：液体表面层单位体积内的分子数目相对于液体内部
会______，分子间距相对更____一些．因而表面层分子间的分子
力表现为______，液体的表面总是有一种______的趋势，就好像被绷紧的橡皮膜．
设想在液体表面画一条直线，如图所示，则直线两旁的液膜表现出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．
3．表面张力的作用
液体表面这种收缩的趋势会使得液滴的表面积尽可能地______，在体积一定的情况下，______在所有几何体中的表面积最小．
更少
大
引力
收缩
减小
球形
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______的趋势，液体会______在固体上．
(2)不浸润：液体与固体的接触面有______的趋势，液体______附着在固体上．
扩张
附着
收缩
不会
(3)产生原因
①附着层：液体与固体______的地方的薄薄的一层液体．
②原因：若液体内分子的引力更大，则附着层中液体分子的密度变小，液体分子间距______，相互间的分子力表现为______，此时附着层有______
的趋势，表现为不浸润．若固体分子的引力更强，则附着层中液体分子的密度更大，液体分子间距______，相互间的分子力表现为______，此时附着层有______趋势，从而表现为浸润．
2．毛细现象：浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的现象．毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与______________共同作用的结果．
接触
增大
引力
收缩
减小
斥力
扩张
表面张力现象
判断下列说法是否正确．
(1)表面张力是分子力的宏观表现．(　　)
(2)表面张力使液体表面具有向外扩张的趋势.(　　)
(3)有些昆虫可以在水面上自由走动是由于液体表面张力的存在．(　　)
(4)若某种液体浸润某一固体，那么它对所有固体都浸润.(　　)
(5)管的内径越细，毛细现象越明显．(　　)
√
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　液体的表面张力
把一根棉线的两端系在铁丝环上，不要让棉线过紧，要使它处于略微松弛的状态．然后将铁丝环浸入肥皂液里，再拿出来时环上就留下了一层肥皂液的薄膜．这时薄膜上的棉线仍是松弛的(如图甲所示)，它被棉线分割成a、b两部分．若将肥皂膜的a部分用烧热的针刺破，棉线的形状是图乙中的哪一个？为什么？
[提示]　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部分肥皂膜刺破后，在b部分肥皂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，所以棉线被拉成凹的圆弧形状，故棉线的形状是图乙中的D．
1．液体表面张力的形成
(1)分子间距离特点：由于蒸发现象，液体表面分子分布比内部稀疏．
(2)分子力特点：液体内部分子间平均距离r略小于r0，分子间作用力表现为斥力，而液体表面层分子之间距离r略大于r0，分子力表现为引力．
(3)表面特性：表面层分子之间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面绷紧．
2．表面张力及作用
(1)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．

(2)表面张力的大小与边界线长度有关，还跟液体的种类、温度有关．
(3)表面张力使液面有收缩的趋势，故往往会误认为收缩后r　　　太空授课活动引人注目，航天员们通过实验，展示了
失重环境下许多神奇现象，其中的“液桥”现象，让我们认
识了表面张力的魅力．下列关于表面张力的说法正确的是
(　　)
A．表面张力是液体内部分子间作用力引起的
B．表面张力能让液面具有收缩趋势，在太空失重环境下，液滴呈球形
C．表面张力方向与液体表面垂直且向上
D．表面张力是由液体表层分子间距离小于液体内部分子间距离，且小于分子平衡距离，表层液体分子作用力表现为斥力产生的
√
[解析]　表面张力是由液体表层分子间距离大于液体内部分子间距离，且大于分子平衡距离，表层液体分子作用力表现为引力产生的，A、D错误；
表面张力能让液面具有收缩趋势，在太空失重环境下，液滴呈球形，B正确；
表面张力方向与液体表面相切，且与分界面垂直，C错误．
　　　中国空间站太空授课活动中航天员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中形状是(　　)

[解析]　空间站中水滴处于完全失重状态，则在水的表面张力作用下，水滴在空中应该呈现球形．
√
　　　(多选)关于液体表面张力，下列说法正确的是(　　)
A．图甲中露珠呈球形，这是地球引力作用的
结果
B．图乙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．图丙中水黾可以停在水面上，是由于水的
表面张力作用
D．图丁中液体表面张力方向与液面平行
　
√
√
√
[解析]　题图甲中露珠呈球形，这是液体表面张力的结果，故A错误；
题图乙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；
题图丙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；
题图丁中液体表面张力方向与液面平行，故D正确．
知识点二　浸润、不浸润和毛细现象
1．把一块玻璃分别浸入水和水银里再取出来，可观察到从水银中取出的玻璃上没有附着水银，从水中取出的玻璃上会沾上一层水．为什么会出现上述不同的现象呢？
[提示]　水银不浸润玻璃，而水浸润玻璃．
2．在日常生活中，如果认真观察的话，你会发现水中游禽会不时地用嘴抹擦身上的羽毛，你知道为什么吗？
[提示]　游禽用嘴把油脂涂到羽毛上，使水不能浸润羽毛．
1．附着层内分子受力情况
液体和固体接触时，附着层的液体分子除受液体内部的分子吸引外，还受到固体分子的吸引．
2．浸润的成因
当固体分子吸引力大于液体内部分子吸引力时，附着层内液体分子比液体内部分子稠密，附着层中分子之间表现为斥力，具有扩展的趋势，这时表现为液体浸润固体．
3．不浸润的成因
当固体分子吸引力小于液体内部分子吸引力时，附着层内液体分子比液体内部分子稀疏，附着层中分子之间表现为引力，具有收缩的趋势，这时表现为液体不浸润固体.
4．毛细现象
(1)两种表现：浸润液体在细管中上升及不浸润液体在细管中下降．
(2)产生原因：毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系．
　　　　　同一种固体，被有些液体浸润，不被有些液体浸润，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．例如：水能浸润玻璃，但不能浸润石蜡，水银不能浸润玻璃，但能浸润锌．
　　　(多选)下列对浸润及不浸润的理解正确的是(　　)
A．在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润
B．单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润
C．布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是因为水对伞面不浸润
D．酒精灯的灯芯经常是用丝线做成，因为酒精对丝线浸润
√
√
[解析]　在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润，汗水可以通过棉线衣服蒸发出去，故A正确；
单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润，可以吸收手部汗液防止打滑，故B正确；
布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是由于表面张力的作用，故C错误；
酒精灯的灯芯经常是用棉线做成的，因为酒精对棉线浸润对丝线不浸润，故D错误．
　　　(多选)如图甲所示，将内径不同，两端开口的洁净细玻璃管竖直插入水中，可以观察到细玻璃管中液面的高度高于水面，内径小的玻璃管中液面比水面高得更多。再将另一组内径不同、两端开口的塑料笔芯竖直插入水中，如图乙所示，可以观察到笔芯中液面的高度低于水面，内径小的塑料笔芯中液面比水面低得更多。下列说法正确的是(　　)
A．水能够浸润玻璃管和塑料笔芯
B．水不能够浸润玻璃管但能浸润塑料笔芯
C．甲图中水和玻璃的相互作用比水分子之间的
相互作用强
D．甲、乙两图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显
√
√
[解析]　水在玻璃管中液面会上升是浸润现象，水在塑料笔芯中液面会下降是不浸润现象，故A、B错误；
由于题图甲中水能浸润玻璃管，故水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，故C正确；
甲、乙两题图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显，故D正确．
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(液体的表面张力)立方体玻璃容器内盛有一定体积的水，盖上玻璃盖后置于完全失重环境下，则容器内水(图中阴影区域)的形状可能是(　　)

解析：水处于完全失重状态，由于水对玻璃的浸润性，在表面张力的作用下，水应该吸附在容器的内表面呈现题图A的形状．
√
2．(浸润和不浸润)(2025·佛山市期末)水能浸润玻璃，将两端开口的玻璃细管插入盛有水的开口玻璃容器中，细管内外液面稳定后，能看到的现象是(　　)
解析：某种液体浸润某种固体时，固体分子对附着层液体分子的吸引力大于液体内部分子对附着层液体分子的吸引力，使液体在该固体形成的细管内上升，并在管内形成向下凹的液面．
√
3．(毛细现象)(多选)下列情况属于毛细现象的是(　　)
A．茶包上的线可将茶水“引”出杯外
B．洗头的时候，头发聚在一起
C．植物根部的养分，能升到植物的上部
D．自来水笔灌墨水时，把皮管按几下，墨水就被吸到皮管里去了
√
√
解析：茶包上线的内部有许多小孔道，水可沿其上升，属于毛细现象，A正确；
洗头的时候，头发聚在一起，是表面张力的作用，B错误；
植物根部的养分，能升到植物的上部，是毛细现象，C正确；
自来水笔灌墨水时，把皮管按几下，墨水就被吸到皮管里去了，这是大气压的作用，D错误．
4．(毛细现象)(2025·珠海月考)航天员在“天宫课堂”中演示毛细现象时，将三根内径不同的细管插入水槽，稳定后三根管中液面(忽略液面形状)的高度是下列图中的(　　)

解析：在太空中完全失重，不考虑重力影响，毛细现象中的表面张力作用使粗细不同的细管中液体充满整个管子．
√(共49张PPT)
第二节　气体实验定律(Ⅱ)
学习目标
1．知道什么是等容变化，理解查理定律的内容和公式．　2.掌握等容变化的p－T图线、物理意义并会应用.　3.知道什么是等压变化，理解盖-吕萨克定律的内容和公式．　4.掌握等压变化的V－T图线、物理意义并会应用．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、查理定律
1．热力学温度
(1)热力学温度：现代科学中常用的表示温度的方法．热力学温标表示的温度叫热力学温度，用符号____表示，单位是________，符号为____．
(2)热力学温度与摄氏温度的大小关系：T＝___________．
(3)理论和实践表明：热力学温度0 K(即绝对零度)是________实现的．
2．等容过程：一定质量的某种气体，在______保持不变的情况下发生的状态变化过程叫作等容过程．
T
开尔文
K
t＋273.15
不可能
体积
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______．
(3)适用条件
①气体的质量不变．
②气体的体积不变．
正比
4．气体等容变化的p－T和p－t图像分别如图甲、乙所示．
二、盖-吕萨克定律
1．等压过程：一定质量的某种气体，在______保持不变的情况下发生的状态变化过程叫作等压变化．
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______．
压强
正比
(3)适用条件
①气体的质量不变．
②气体的压强不变．
3．等压线：V－T图像和V－t图像分别如图甲、乙所示．
判断下列说法是否正确．
(1)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比．(　　)
(2)气体的温度升高，气体的体积一定增大.(　　)
(3)一定质量的气体，等压变化时，体积与温度成正比．(　　)
(4)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V－T 图像是过原点的直线．(　　)
(5)一定质量的气体，温度升高时，压强一定变大.(　　)
√
×　
×　
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　气体的等容变化
1．为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？
[提示]　放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．
2．打足气的自行车在烈日下暴晒，常常会爆胎，原因是什么？
[提示]　车胎在烈日下暴晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．
1．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．
3．等容变化过程中的p－T图像和p－t图像
(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且V1(2)p－t图像：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，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
角度1　查理定律的理解
√
[解析]　查理定律的内容：一定质量的气体，在体积保持不变的情况下，气体的压强跟热力学温度成正比．可知A错误；
角度2　查理定律的应用
　　　小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温(室内的
气压为一个标准大气压，相当于76 cm高的水银柱产生的压强)，结
构如图所示，大玻璃泡 A内有一定质量的气体，与A相连的B管插在
水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，
当室内温度为27 ℃时，B管内水银面的高度为16 cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是(　　)
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22 cm时，室内的温度为－3 ℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
√
[解析]　根据受力分析可知pA＋ρgx＝p0，又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；
若把该装置放到高山上，气压会减小，则管内水银面的高度会减小，根据刻度上低下高可知，测出的温度偏高，故D错误．
　　　(2024·安徽卷，T13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃ ，大气压强p0取1.0×105 Pa.求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
[答案]　2.5×105 Pa　
(2)充进该轮胎的空气体积．
[解析]　由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积V＝6 L.
[答案]　6 L
角度3　等容变化的图像
　　　将质量相同的同种气体分别密封在体积不同的两容器
A、B中，保持两部分气体体积不变，A、B中两部分气体的压
强随温度t的变化图线a、b如图所示．下列说法错误的是(　　)
A．A中气体的体积比B中的小
B．a、b图线的延长线与t轴的交点为同一点
C．A、B中气体温度改变量相同时，压强改变量相同
D．A、B中气体温度改变量相同时，A中气体压强改变量较大
√
[解析]　两部分气体都发生等容变化，p－t图线的延长线都过t轴上表示温度为－273.15 ℃的点，且斜率越大，体积越小，则A中气体的体积比B中的小，故A、B正确；
题图中a图线的斜率较大，由数学知识可知温度改变量相同时，A中气体压强改变量较大，C错误，D正确．
知识点二　气体的等压变化
1．适用范围
压强不太大，温度不太低．当温度较低，压强较大时，气体会液化，定律不再适用．
3．等压变化过程中的V－T图像和V－t图像
(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1
(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃ 的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积．
角度1　玻璃管液封气体
　　　如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水
银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h.
现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中(水银没有
溢出，外界大气压保持不变)(　　)
A．空气柱的长度不变
B．空气柱的压强不变
C．水银柱b左边液面要上升
D．水银柱b的两个水银面的高度差h变大
√
[解析]　空气柱的压强p＝p0＋ρgh′，其中h′为a水银柱的高度，由于h′的大小不变，故空气柱的压强不变，故B正确；


由被封闭气体的压强p＝p0＋ρgh可知，p不变，则水银柱b的两个水银面的高度差h不变，水银柱b左边的液面不变，故C、D错误．
角度2　活塞气缸密封气体
　　　如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为5×10－3 m2，一定质量的理想气体被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在气缸内．
(1)求气缸内气体的压强．(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)
[答案]　1.05×105 Pa　
(2)若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.50 m缓慢变为0.51 m，则此时气体的温度升高到多少摄氏度？(取T＝t＋273 K)
[答案]　33 ℃
角度3　气体做等压变化的图像
　　　一定质量的某种气体做等压变化时，其体积V随摄氏温度
t变化的关系图像(V－t图像)如图所示，若保持气体质量不变，使
气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相
比(　　)
A．与t轴之间的夹角变大 B．与t轴之间的夹角不变
C．与t轴交点的位置不变 D．与t轴交点的位置一定改变
√
[解析]　一定质量的气体做等压变化时，其V－t 图像是一条倾斜直线，图线斜率越大，压强越小，则压强增大后，等压线与t轴之间的夹角变小，A、B错误；
等压线的延长线一定通过t轴上的点(－273.15 ℃，0)，因此等压线与t轴交点的位置不变，C正确，D错误．
知识点三　p－T图像和V－T图像的比较
1．两种图像的比较
比较项目 p－T图像 V－T图像
相同点 (1)都是一条通过原点的倾斜直线 (2)横坐标都是热力学温度T (3)都是当斜率越大时，气体的另外一个状态参量越小
2.气体图像的转换
(1)准确理解p－V图像、p－T图像和V－T图像的物理意义和各图像的函数关系及特点．
(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等温过程、等容过程还是等压过程．
(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，逐一分析计算出各点的p、V、T.
角度1　两种图像的理解
　　　如图所示的是一定质量的理想气体从状态a开始，经过状态b变为状态c的p－T图像．下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程中，气体温度不变，体积减小
B．a→b过程中，气体压强不变，体积增大
C．b→c过程中，气体压强不变，温度降低
D．b→c过程中，气体温度降低，体积增大
√
[解析]　由题图可知，a→b过程中，气体的温度不变，压强减小，由玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得气体的体积增大，故A、B错误；
√
　　　如图所示的是一定质量的气体从状态A经状态B到状态
C的V－T图像，由图像可知(　　)
A．pA>pB B．pCC．VA[解析]　由V－T图像可以看出气体由A→B是等容过程，TB>TA，故pB>pA，A、C错误，D正确；
B→C为等压过程，可知pB＝pC，B错误．
角度2　图像的相互转化
　　　“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，一定质量的气体的p－T图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是(　　)
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(气体的等压变化)(2024·海南卷，T7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　)
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5 ℃
C．该装置所测温度不低于23.5 ℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
√
当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃ ，故B正确，C错误；
其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖-吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误．
2．(气体的等容变化)(2024·江苏卷，T13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K，压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态．求：
(1)气体现在的压强；
答案：8×104 Pa　
(2)观测台对气体的压力．
解析：根据压强的定义，观测台对气体的压力F＝p2S＝4.8×103 N.
答案：4.8×103 N
3．(图像的相互转化)(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机获取的p－V图像如图所示，已知气体在状态B的温度TB＝600 K．如将上述变化过程的图像改为p－T图像或V－T图像，下列图像正确的是(　　)
√
√
4．(p－T图像和V－T图像)(多选)如图所示的是一定质量的气体的三种升温过程，以下四种解释正确的是(　　)
A．ad过程，气体的体积增大
B．bd过程，气体的体积不变
C．cd过程，气体的体积增大
D．ad过程，气体的体积减小
解析：图像中各状态与原点的连线的斜率越大，体积越小，所以ad过程气体的体积增大，bd过程气体的体积不变，cd过程气体的体积减小．
√
√第二节　气体实验定律(Ⅱ)
1．知道什么是等容变化，理解查理定律的内容和公式．　2.掌握等容变化的p－T图线、物理意义并会应用.　3.知道什么是等压变化，理解盖-吕萨克定律的内容和公式．　4.掌握等压变化的V－T图线、物理意义并会应用．
一、查理定律
1．热力学温度
(1)热力学温度：现代科学中常用的表示温度的方法．热力学温标表示的温度叫热力学温度，用符号T表示，单位是开尔文，符号为K．
(2)热力学温度与摄氏温度的大小关系：T＝t＋273.15．
(3)理论和实践表明：热力学温度0 K(即绝对零度)是不可能实现的．
2．等容过程：一定质量的某种气体，在体积保持不变的情况下发生的状态变化过程叫作等容过程．
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)表达式：＝．
(3)适用条件
①气体的质量不变．
②气体的体积不变．
4．气体等容变化的p－T和p－t图像分别如图甲、乙所示．
二、盖-吕萨克定律
1．等压过程：一定质量的某种气体，在压强保持不变的情况下发生的状态变化过程叫作等压变化．
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)表达式：＝．
(3)适用条件
①气体的质量不变．
②气体的压强不变．
3．等压线：V－T图像和V－t图像分别如图甲、乙所示．
判断下列说法是否正确．
(1)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比．(　　)
(2)气体的温度升高，气体的体积一定增大.(　　)
(3)一定质量的气体，等压变化时，体积与温度成正比．(　　)
(4)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V－T 图像是过原点的直线．(　　)
(5)一定质量的气体，温度升高时，压强一定变大.(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
知识点一　气体的等容变化
1．为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？
2．打足气的自行车在烈日下暴晒，常常会爆胎，原因是什么？
[提示]　1.放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．
2．车胎在烈日下暴晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．
1．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＝，所以Δp＝p1，ΔT＝T1.
3．等容变化过程中的p－T图像和p－t图像
(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且V1(2)p－t图像：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，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
角度1　查理定律的理解
　查理定律的正确说法是：一定质量的气体，在体积保持不变的情况下，(　　)
A．气体的压强跟摄氏温度成正比
B．气体温度每升高1 ℃，增加的压强等于它原来压强的
C．气体温度每降低1 ℃，减小的压强等于它原来压强的
D．气体温度每降低1 ℃，减小的压强等于它在0 ℃时压强的
[解析]　查理定律的内容：一定质量的气体，在体积保持不变的情况下，气体的压强跟热力学温度成正比．可知A错误；根据查理定律可知，任何气体都是温度每升高(或降低)1 ℃增加(或减小)的压强Δp等于它在0 ℃时压强的，故B、C错误，D正确.
[答案]　D
角度2　查理定律的应用
　小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温(室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cm高的水银柱产生的压强)，结构如图所示，大玻璃泡 A内有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，当室内温度为27 ℃时，B管内水银面的高度为16 cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是(　　)
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22 cm时，室内的温度为－3 ℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
[解析]　根据受力分析可知pA＋ρgx＝p0，又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；由＝C可知，温度越高，压强越大，故而温度越高，管内水银的高度x就越小，应为上低下高，故B错误；由pA＋ρgx＝p0，得pA1＝60 cmHg，pA2＝54 cmHg又＝，T1＝300 K，得T2＝270 K＝－3 ℃，故C正确；若把该装置放到高山上，气压会减小，则管内水银面的高度会减小，根据刻度上低下高可知，测出的温度偏高，故D错误．
[答案]　C
　(2024·安徽卷，T13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃ ，大气压强p0取1.0×105 Pa.求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积．
[解析]　(1)由查理定律可得＝
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝270 K，T2＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小p2＝2.5×105 Pa.
(2)由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积V＝6 L.
[答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
角度3　等容变化的图像
　将质量相同的同种气体分别密封在体积不同的两容器A、B中，保持两部分气体体积不变，A、B中两部分气体的压强随温度t的变化图线a、b如图所示．下列说法错误的是(　　)
A．A中气体的体积比B中的小
B．a、b图线的延长线与t轴的交点为同一点
C．A、B中气体温度改变量相同时，压强改变量相同
D．A、B中气体温度改变量相同时，A中气体压强改变量较大
[解析]　两部分气体都发生等容变化，p－t图线的延长线都过t轴上表示温度为－273.15 ℃的点，且斜率越大，体积越小，则A中气体的体积比B中的小，故A、B正确；题图中a图线的斜率较大，由数学知识可知温度改变量相同时，A中气体压强改变量较大，C错误，D正确．
[答案]　C
知识点二　气体的等压变化
1．适用范围
压强不太大，温度不太低．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＝，所以ΔV＝V1，ΔT＝T1.
3．等压变化过程中的V－T图像和V－t图像
(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃ 的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积．
角度1　玻璃管液封气体
　如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h.现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中(水银没有溢出，外界大气压保持不变)(　　)
A．空气柱的长度不变
B．空气柱的压强不变
C．水银柱b左边液面要上升
D．水银柱b的两个水银面的高度差h变大
[解析]　空气柱的压强p＝p0＋ρgh′，其中h′为a水银柱的高度，由于h′的大小不变，故空气柱的压强不变，故B正确；被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，根据盖-吕萨克定律＝C可得，气体的体积增大，故空气柱的长度增大，故A错误；由被封闭气体的压强p＝p0＋ρgh可知，p不变，则水银柱b的两个水银面的高度差h不变，水银柱b左边的液面不变，故C、D错误．
[答案]　B
角度2　活塞气缸密封气体
　如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为5×10－3 m2，一定质量的理想气体被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在气缸内．
(1)求气缸内气体的压强．(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)
(2)若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.50 m缓慢变为0.51 m，则此时气体的温度升高到多少摄氏度？(取T＝t＋273 K)
[解析]　(1)由平衡关系得p1S＝p0S＋mg
封闭气体的压强p1＝p0＋＝1.05×105 Pa.
(2)气体的初态参量
V1＝0.5S，T1＝(273＋27)K＝300 K
气体的末态参量V2＝0.51S
气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得
＝，即＝
解得T2＝306 K
气体的温度t2＝33 ℃.
[答案]　(1)1.05×105 Pa　(2)33 ℃
角度3　气体做等压变化的图像
　一定质量的某种气体做等压变化时，其体积V随摄氏温度t变化的关系图像(V－t图像)如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比(　　)
A．与t轴之间的夹角变大
B．与t轴之间的夹角不变
C．与t轴交点的位置不变
D．与t轴交点的位置一定改变
[解析]　一定质量的气体做等压变化时，其V－t 图像是一条倾斜直线，图线斜率越大，压强越小，则压强增大后，等压线与t轴之间的夹角变小，A、B错误；等压线的延长线一定通过t轴上的点(－273.15 ℃，0)，因此等压线与t轴交点的位置不变，C正确，D错误．
[答案]　C
知识点三　p－T图像和V－T图像的比较
1．两种图像的比较
比较项目 p－T图像 V－T图像
不同点 图像
纵坐标 压强p 体积V
斜率意义 气体质量一定时，斜率越大，体积越小，有V4相同点 (1)都是一条通过原点的倾斜直线(2)横坐标都是热力学温度T(3)都是当斜率越大时，气体的另外一个状态参量越小
2.气体图像的转换
(1)准确理解p－V图像、p－T图像和V－T图像的物理意义和各图像的函数关系及特点．
(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等温过程、等容过程还是等压过程．
(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，逐一分析计算出各点的p、V、T.
角度1　两种图像的理解
　如图所示的是一定质量的理想气体从状态a开始，经过状态b变为状态c的p－T图像．下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程中，气体温度不变，体积减小
B．a→b过程中，气体压强不变，体积增大
C．b→c过程中，气体压强不变，温度降低
D．b→c过程中，气体温度降低，体积增大
[解析]　由题图可知，a→b过程中，气体的温度不变，压强减小，由玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得气体的体积增大，故A、B错误；由题图可知，b→c过程中，气体的压强不变，温度降低，由盖-吕萨克定律有＝，可得气体的体积减小，故D错误，C正确．
[答案]　C
　如图所示的是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的V－T图像，由图像可知(　　)
A．pA>pB B．pCC．VA[解析]　由V－T图像可以看出气体由A→B是等容过程，TB>TA，故pB>pA，A、C错误，D正确；B→C为等压过程，可知pB＝pC，B错误．
[答案]　D
角度2　图像的相互转化
　“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，一定质量的气体的p－T图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是(　　)
[解析]　根据＝C知，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，c状态的体积大于b状态体积．
[答案]　B
1．(气体的等压变化)(2024·海南卷，T7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　)
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5 ℃
C．该装置所测温度不低于23.5 ℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
解析：选B．由盖-吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sx1＝335 cm3，T1＝273＋27(K)＝300 K，V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)，代入解得T＝x＋(K)，根据T＝t＋273 K可知t＝x＋(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃ ，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖-吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误．
2．(气体的等容变化)(2024·江苏卷，T13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K，压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态．求：
(1)气体现在的压强；
(2)观测台对气体的压力．
解析：(1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有＝
解得p2 ＝ 8 × 104 Pa.
(2)根据压强的定义，观测台对气体的压力F＝p2S＝4.8×103 N.
答案：(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N
3．(图像的相互转化)(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机获取的p－V图像如图所示，已知气体在状态B的温度TB＝600 K．如将上述变化过程的图像改为p－T图像或V－T图像，下列图像正确的是(　　)
　
　
解析：选AC．由p－V图像可得，理想气体在A状态的体积VA＝0.2 m3，压强pA＝3×105 Pa，从A状态到B状态发生等压变化，有＝，代入VB＝0.6 m3，TB＝600 K，解得TA＝200 K，理想气体从B状态到C状态发生等容变化，有＝，代入pB＝3×105 Pa，pC＝1×105 Pa，TB＝600 K，解得TC＝200 K．
4．(p－T图像和V－T图像)(多选)如图所示的是一定质量的气体的三种升温过程，以下四种解释正确的是(　　)
A．ad过程，气体的体积增大
B．bd过程，气体的体积不变
C．cd过程，气体的体积增大
D．ad过程，气体的体积减小
解析：选AB．图像中各状态与原点的连线的斜率越大，体积越小，所以ad过程气体的体积增大，bd过程气体的体积不变，cd过程气体的体积减小．题组1　液体的表面张力
1．下列关于液体表面张力的理解，正确的是(　　)
A．表面张力是由于液体表面发生形变引起的
B．表面张力是由于液体表面层内分子间引力大于斥力所引起的
C．表面张力是由于液体表面层内分子单纯具有一种引力所引起的
D．表面张力就其本质来说也是万有引力
解析：选B．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些，那么分子间的引力大于分子斥力，分子间的相互作用表现为引力，即表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的，故A、C、D错误，B正确．
2.春天来了，雨后荷叶上有很多晶莹剔透的水珠，如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．荷叶上的水珠呈球形是因为水珠受到重力
B．在水珠表面层，水分子间的作用力表现为引力
C．在水珠表面层，水分子间的作用力表现为斥力
D．在水珠表面层，水分子间的作用力为零
解析：选B．荷叶上的水珠呈球形是因为液体的表面张力，故A错误；在水珠表面层，水分子相对于水珠内部分布比较稀疏，水分子间的作用力表现为引力，故B正确，C、D错误．
3.(多选)喷雾型防水剂是现在市场上广泛销售的特殊防水剂．其原理是防水剂在玻璃上形成一层薄薄的保护膜，形成类似于荷叶外表的效果，水滴以椭球形分布在玻璃表面，无法停留在玻璃上，从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰，如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．雨水分子在永不停息地做无规则运动
B．照片中的玻璃和水滴之间发生了浸润现象
C．水滴呈椭球形是液体表面张力和重力共同作用的结果
D．水滴表面分子比水滴内部的分子密集
解析：选AC．所有分子都在永不停息地做无规则运动，故A正确；浸润即液体在与固体表面接触时能够弥散进入固体表面的现象，而照片中的玻璃和水滴不浸润，故B错误；液体表面张力使水滴呈球形，但在重力的作用下水滴呈椭球形，故C正确；水滴表面分子比水滴内部的分子稀疏，水滴表面分子间距比水滴内部的分子间距大，表面层分子之间的作用力表现为引力，使水滴表面有收缩的趋势，从而形成椭球形，故D错误．
4．在密闭的容器内，放置一定量的液体，如图a所示，若将此容器置于在轨道上正常运行的人造地球卫星上，则容器内液体的分布情况应是(　　)
A．仍然如图a所示
B．只能如图b所示
C．可能如图d或e所示
D．可能如图b或c所示
解析：选D．容器与液体所受重力均提供容器与液体做匀速圆周运动的向心力．液体仅受表面张力的作用，使其自由表面收缩到最小状态，所以自由表面呈球形．如果液体对于容器是浸润的，那么将出现题图c的情况；如果液体对于容器是不浸润的，那么就表现为题图b的情况．
题组2　浸润、不浸润和毛细现象
5．(多选)下列各图表示液体浸润固体的是(　　)
解析：选BC．浸润现象在管内表现为液面呈凹形，则B液体浸润固体，浸润现象在平面上表现为接触面增大，则C液体浸润固体．
6．关于下列各图所对应现象的描述，正确的是(　　)
A．图甲中水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用
B．图乙中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为表面张力的作用
C．图丙中插入水中的塑料笔芯内水面下降，说明水浸润塑料笔芯
D．图丁中拖拉机锄松土壤，是为了利用毛细现象将土壤里的水分引上来
解析：选B．水黾可以停在水面是因为受到水的表面张力的作用，故A错误；水银的表面张力比较大，同时水银和空气之间的相互作用力也比较小，这就导致了水银在接触到其他物体时，会尽可能地减少表面积，从而形成球状，故B正确；当一根内径很细的管垂直插入液体中时，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象，减少水分蒸发，故D错误．
7．(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．图乙中附着层的液体分子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液体内部密集
解析：选AC．由题图可知，图甲为浸润现象，图乙为不浸润现象，A正确；图甲中附着层的液体分子比液体内部的分子密集，B错误；图乙中附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，C正确；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错误．
8．(多选)如图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．水银不浸润玻璃
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为零
解析：选BC．由题图知水浸润玻璃，水银不浸润玻璃，故B正确，A错误；表面层中的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子间作用力表现为引力，故C正确，D错误．
9．三位航天员在中国空间站再次为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是航天员在太空拧毛巾，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉．关于形成这种现象的原因，下列说法正确的是(　　)
A．在空间站水滴不受重力
B．水和手发生浸润现象，且重力影响很小
C．水和手发生不浸润现象，且重力影响很小
D．在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上
解析：选B．在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，水滴处于失重状态，故A错误；由题意，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明水在手表面有扩展趋势，说明水和手发生浸润现象，且重力影响很小，故B正确，C错误；水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大，故D错误．
10.在天平的左盘挂一根细铁丝，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，重量增加而使天平平衡破坏，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
解析：选C．由于铁丝刚好露出液面，和液面间形成了一层液膜，此液膜的表面张力使铁丝受到向下的作用力，所以天平左端下降，C正确．
11．用纸折一只小船静放在水面，在船尾P附近沾一点洗洁精，小船会自动加速前进一小段距离，如图甲所示．现将两纸片a和b对称静放在水盆中的水面中心O两侧，如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．小船自动加速前进是因为加入洗洁精后表面张力变大了
B．小船自动加速前进是因为水的表面张力做功
C．若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会绕O点做匀速圆周运动
D．若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会立即向O点运动
解析：选B．小船自动加速前进是因为沾一点洗洁精会减小水的表面张力，与小船另一侧的水的表面张力不一样大，故小船会移动，水的表面张力做功，故A错误，B正确；若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会向远离O点的方向运动，故C、D错误．
12.中国空间站太空授课活动中，航天员做了一个“水球开花”实验．她将用纸做的小花轻轻放在水球表面，纸花迅速绽放．关于该实验现象，下列说法正确的是(　　)
A．纸花“开放”过程中水面对小花做正功
B．水球表面上水分子间的作用力表现为斥力
C．表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离小
D．水球表面对纸花的作用力和纸花受到的重力是一对平衡力
解析：选A．纸花“开放”过程中获得了动能，故水面对小花做正功，故A正确；水球能表现为一个球体是因为表面上水分子相互吸引，故水分子间作用力表现为引力，故B错误；液体表面层由于蒸发等原因分子数较少，则表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离大，故C错误；纸花在太空中处于完全失重状态，故水球表面对纸花的作用力和纸花受到的重力不是一对平衡力，故D错误．(共31张PPT)
专题提升课2　
理想气体的综合问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　液柱或活塞移动问题
1．假设法
用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解．
2．极限法
所谓极限法就是将问题推向极端．例如在讨论压强大小变化时，将增大的压强推向无穷大，而将减小的压强推向零．这样使复杂的问题变得简单明了．
3．图像法
利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论．
　　　如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细
玻璃管相连，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 ℃，那么水银柱(　　)
A．向A移动 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
√
　　　如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一
长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气
体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
[解析]　水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ρgh.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
(2)图像法
在同一p－T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为
在温度相同时p1>p2，由图可得气柱l1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，所以水
银柱上移．
(3)极限法
由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降．
[答案]　水银柱上移
微专题二　关联气体问题
1．问题特点
两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积关系的关联．
2．解题思路
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实验定律列式求解．
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．
(3)多个方程联立求解．
角度1　玻璃管液封气体
　　　如图所示，一粗细均匀、两端封闭的U形玻璃管竖直放置，
玻璃管内由一段水银封闭着A、B两个空气柱，空气柱A的压强为
96 cmHg，长度LA＝12 cm，图中h＝24 cm，初始时环境温度t1＝
7 ℃.现在只对左侧空气柱A加热，当左、右两侧液面相平时停止加热，此过程中右侧空气柱B温度保持不变．求：
(1)初始时刻空气柱B的压强；
[解析]　初始时刻空气柱B的压强pB＝pA＋ph＝120 cmHg.
[答案]　120 cmHg　
(2)停止加热时空气柱A的温度．
[答案]　1 050 K
　　　如图所示，均匀薄壁U形玻璃管，左管上端封闭，右管上
端开口且足够长，管内装有一定量的某种液体．右管内有一轻活
塞，与管壁间无摩擦且不漏气．活塞与管内液体在左、右管内密
封了两段空气柱(可视为理想气体).当温度为T0时，左、右管内液
面等高，两管内空气柱长度均为L.已知大气压强为p0，玻璃管横截面积为S，不计轻活塞重力．现将左、右两管理想气体缓慢升高相同的温度，使两管液面高度差为L，左管压强变为原来的1.2倍．
(1)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L
[答案]　1.8T0　
(2)温度升高过程中， 右管内的轻活塞上升的距离为多少？
[答案]　1.3L
角度2　活塞气缸封闭气体
[答案]　0.9l0
　　　如图所示，竖直气缸中间放置一可上下移动的绝热活塞，
将气缸分为A、B两部分，且A部分导热良好，B部分绝热．气
缸内横截面积为S，高度为2h，活塞的厚度可忽略．初始时刻，
气缸竖直放置，活塞位于气缸中间位置，A、B内气体的压强
分别为p0、1.5p0，气体温度均为T0.忽略一切摩擦，重力加速度为g.
(1)求活塞质量m.
(2)若利用充气装置给A部分充入等量的相同状态气体，且通过B部分的电阻丝改变气体温度，最终A、B部分的高度比为2∶1，求最终B中气体的温度T.
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1.(液柱或活塞移动问题)如图所示，相同的两支两端开口的直
玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭
着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度
h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管
中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
√
2．(关联气体问题)如图所示，圆柱形气缸水平放置，
活塞将气缸分为体积相等的左、右两个气室，两侧气
室内密封等质量的氮气．现通过接口K向左侧气室内再
充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左、右两侧气室体积之比为3∶1.气缸导热良好，外界温度不变，活塞与气缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．3∶1
3．(关联气体问题)(2025·中山模拟)如图所示，内径粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，用水银柱将两部分理想气体封闭在玻璃管内．当环境温度T1＝280 K时，两空气柱的长度分别为L1＝38 cm、L2＝21 cm，左右两侧底部连通的水银面的高度差h1＝4 cm，玻璃管左侧上方水银柱的长度h2＝12 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg，现将环境温度缓慢升高到T2＝300 K，水银不会溢出．
(1)求系统稳定时左侧封闭气体的长度．
答案：22.5 cm　
(2)环境温度保持T2＝300 K不变，现从左管口缓慢倒入水银，恰好使左右两侧水银面的高度差恢复到h1＝4 cm，求左管中需要倒入的水银柱的长度．
答案：6 cm题组1　气体的等容变化
1．某同学家一台新冰箱能显示冷藏室内的温度．存放食物之前，该同学关闭冰箱密封门并给冰箱通电．若大气压为1.0×105 Pa，通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为6 ℃，则此时冷藏室中气体的压强是(　　)
A．2.2×104 Pa B．9.3×105 Pa
C．1.0×105 Pa D．9.3×104 Pa
解析：选D．由查理定律得p2＝p1＝×1.0×105 Pa＝9.3×104 Pa.
2．汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值．一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0.该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为2.5p0，轮胎内部气体温度为280 K．轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为(　　)
A．0.6p0 B．0.7p0
C．0.8p0 D．0.9p0
解析：选B．根据题意可知，在平原地区时，轮胎内部压强p1＝3.6p0，温度T1＝315 K，设在高原地区轮胎内部压强为p2，温度T2＝280 K，轮胎做等容变化，根据＝，解得p2＝3.2p0，该高原地区的大气压强p＝3.2p0－2.5p0＝0.7p0.
3.如图所示，接开水后拧紧保温杯杯盖，待水冷却后就很难拧开．现向保温杯中倒入半杯热水后，拧紧杯盖，此时杯内气体温度为77 ℃，压强与外界相同．测得环境温度为7 ℃，外界大气压强为1.0×105 Pa，经过一段较长的时间后，杯内温度降到7 ℃.不计杯中气体质量的变化，且杯中气体可视为理想气体，则最后杯内气体的压强为(　　)
A．9×104 Pa B．8×104 Pa
C．7×104 Pa D．6×104 Pa
解析：选B．杯内气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋77)K＝350 K，T2＝(273＋7)K＝280 K，解得p2＝8×104 Pa.
题组2　气体的等压变化
4.(多选)如图所示，竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的气体，活塞的质量为m、横截面积为S，缸内气体高度为2h.现在活塞上缓慢添加砂粒，直至缸内气体的高度变为h.然后再对气缸缓慢加热，使缸内气体温度逐渐升高，让活塞恰好回到原来位置．已知大气压强为p0，大气温度恒为T0，重力加速度为g，不计活塞与气缸间的摩擦．下列说法正确的是(　　)
A．所添加砂粒的总质量为m＋
B．所添加砂粒的总质量为2m＋
C．活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为T0
D．活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为2T0
解析：选AD．初态气体压强p1＝p0＋，添加砂粒后气体压强p2＝p0＋，活塞下降过程，对气体由玻意耳定律得p1S×2h＝p2Sh，解得m′＝m＋，A正确，B错误；设活塞回到原来位置时气体温度为T，对气缸加热过程为等压变化，有＝，解得T＝2T0，C错误，D正确．
5．物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩，这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变．当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩．气体温度变化时，热胀冷缩现象尤为明显．若在未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为(　　)
A．3.3% B．6.7%
C．7.1% D．9.4%
解析：选B．以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，发生等压变化时，根据盖-吕萨克定律有＝，可得V1＝V0，则跑到室外的气体的质量占原来气体质量的百分比为×100%＝×100%≈6.7%，B正确．
6．一定质量的气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV1；温度由283 K升高到288 K，体积的增量为ΔV2，则(　　)
A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定
解析：选A．在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律＝c，得ΔV＝V，所以ΔV1＝V1，ΔV2＝V2，因为V1、V2分别是气体在5 ℃和283 K时的体积，而＝，所以ΔV1＝ΔV2.
题组3　p－T图像和V－T图像
7．(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程的V－T图像如图所示，则(　　)
A．在过程A→C中，气体的压强不断变小
B．在过程C→B中，气体的压强不断变大
C．在状态A时，气体的压强最小
D．在状态B时，气体的压强最大
解析：选BCD．A→C过程中，气体体积不变，温度升高，由p＝cT可知，气体的压强变大，A错误；C→B过程中，气体温度不变，体积变小，由pV＝c可知，气体压强变大，B正确；由选项A与选项B的分析可知，A状态的压强最小，B状态的压强最大，C、D正确．
8.如图所示，一气缸固定在水平地面上，用活塞封闭着一定质量的理想气体．已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁间无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞对小挡板的压力刚好等于活塞的重力．现缓慢升高气缸内气体的温度，则能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　　)
解析：选D．由题意知，开始时被封闭气体的压强等于p0，当缓慢升高气缸内气体温度且活塞未离开小挡板时，气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，在p－T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强大于外界的大气压，气体等压膨胀，在p－T图像中，图线是平行于T轴的直线．
9．(10分)某同学利用玻璃瓶研究气体温度与体积的关系．如图，将一质量m＝60 g、底部横截面积S＝10 cm2的薄壁玻璃瓶倒扣在水中．容器厚度不计，当温度t0＝27 ℃时，测得此时瓶内液面比瓶外水平面低d＝6 cm，瓶子露在水面上的部分长L1＝6 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小为10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，设容器外部的水面高度保持不变，T＝t＋273 K，求：
(1)瓶内的气体压强；(4分)
(2)若加入热水混合稳定后，瓶内气体的温度缓慢上升至77 ℃，则瓶子露在水面上部分长L2为多少？(6分)
解析：(1)瓶内气体的压强
p＝p0＋ρgd，得p＝1.006×105 Pa.
(2)容器的重力等于排开水的重力mg＝ρgSd
由于浮力保持不变，排开水的体积不变，瓶内液面比瓶外水平面低d＝6 cm，保持不变．
温度变化前后，气体体积和温度如下
V1＝S(L1＋d)，T1＝(27＋273)K＝300 K
V2＝S(L2＋d)，T2＝(77＋273)K＝350 K
温度变化前后，容器内封闭气体发生等压变化，故有＝，得L2＝8 cm.
答案：(1)1.006×105 Pa　(2)8 cm
10.(10分)某导热性能良好的葫芦形钢瓶中密封有一定质量、可视为理想气体的空气，瓶内初始温度T1＝300 K，压强p1＝3.0×105 Pa，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa.
(1)若瓶内空气温度升高到37 ℃，求瓶内空气的压强p2.(4分)
(2)若打开瓶盖，周围环境温度恒为27 ℃，足够长时间后，求瓶内剩余的空气质量与原有空气质量的比值．(6分)
解析：(1)由题意可知钢瓶中的气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数据解得p2＝3.1×105 Pa.
(2)当钢瓶活塞处漏气，打开瓶盖后经过足够长的时间，则钢瓶内压强和大气压强相等，设钢瓶体积为V，以最初钢瓶内所有气体为研究对象，其最终总体积为V′，根据玻意耳定律p1V＝p0V′，则剩余空气的质量与原有空气的质量之比＝，解得＝.
答案：(1)3.1×105 Pa　(2)第五节　晶　体
第六节　新材料
1．知道晶体和非晶体、单晶体和多晶体的概念．　2.知道各向异性现象和各向同性现象．　3.掌握晶体和非晶体在外形上和物理性质上的区别．　4.学会用晶体的微观结构特点来解释晶体外形的规则性和物理性质的各向异性．　5.知道液晶的概念及其性质．　6.对新材料有所了解．
一、晶体与非晶体
1．固体可以分成晶体和非晶体两类．晶体具有天然规则的几何形状，非晶体没有天然规则的几何形状．
2．多晶体是由许多单晶体杂乱无章组合而成的，所以多晶体没有特定的几何形状．
3．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．
4．各向异性：单晶体在不同的方向上不仅导热性能不同，而且机械强度、导电性能和光的折射率等其他物理性质也不同，这类现象称为各向异性．
5．各向同性：非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，这叫作各向同性，多晶体在一般情况下是各向同性的．
二、晶体的微观结构
1．在晶体中，晶体微粒都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性．
2．在不同条件下，同种物质的微粒在空间按不同的规则排列，会生成不同的晶体．它们宏观的几何形状不同，物理性质也会不同．
三、液晶
1．某些物质由固态向液态转化的中间态液体具有与晶体相似的性质，称为液态晶体，简称液晶．
2．液晶在力学性质上与液体相同，具有流动性、连续性，可以形成液滴；在光学性质、电学性质等方面又具有明显的各向异性，因而又具有晶体的某些性质．
四、新材料
1．半导体材料：导电能力介于导体与绝缘体之间，半导体的导电性能可通过掺杂来控制．
2．纳米材料
(1)纳米材料具有更强的韧性和强度以及吸附性能．
(2)纳米材料能改变材料的表面活性和生物活性．
(3)石墨烯被称为“黑金”，是新材料之王．
3．超材料：典型的超材料包括左手材料、光子晶体、超磁性材料等．
判断下列说法是否正确．
(1)铁块没有规则的几何形状，所以是非晶体．(　　)
(2)液晶的所有物理性质均表现为各向异性．(　　)
(3)液晶具有液体的流动性，液晶的分子排列与液体相同.(　　)
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.(　　)
(5)玻璃没有确定的熔点，也没有规则的几何形状．(　　)
(6)晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着的．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×
知识点一　晶体和非晶体
1．图甲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？
2．在玻璃片和云母片上分别涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针去接触玻璃片及云母片的另一面，石蜡熔化，如图丙所示，那么你看到的现象及得出的结论是什么？
[提示]　1.(1)单晶体有天然规则的几何外形，多晶体和非晶体无天然规则的几何外形．
(2)不是．由于多晶体是许多单晶体杂乱无章组合而成的，所以多晶体也没有天然规则的几何外形．
2．玻璃片上石蜡的熔化区呈圆形，说明玻璃沿各个方向的导热性能相同．云母片上石蜡的熔化区呈椭圆形，说明云母沿不同方向的导热性能不相同．
1．单晶体、多晶体和非晶体的区别
分类 宏观外形 物理性质
非晶体 没有天然规则的形状 (1)没有固定的熔点；(2)物理性质表现为各向同性
晶体 单晶体 有天然规则的形状 (1)有确定的熔点；(2)物理性质表现为各向异性
多晶体 没有天然规则的形状 (1)有确定的熔点；(2)物理性质表现为各向同性
2.晶体和非晶体的联系
在一定条件下，晶体可转化为非晶体，非晶体也可转化为晶体．
3．单晶体的各向异性
(1)在物理性质上，单晶体具有各向异性，而非晶体则是各向同性的．
①单晶体的各向异性是指单晶体在不同方向上的物理性质不同，也就是沿不同方向去测试单晶体的物理性质时，测试结果不同．
②通常所说的物理性质包括弹性、硬度、导热性能、导电性能、磁性等．
(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．
4．判断晶体与非晶体、单晶体与多晶体
(1)区分晶体与非晶体的方法：看其有无确定的熔点．
(2)区分单晶体和多晶体的方法：看其是否具有各向异性．
角度1　晶体和非晶体的区别
　(多选)大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态，高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的．关于晶体与非晶体，下列说法正确的是(　　)
A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体是各向异性的，非晶体是各向同性的
B．多晶体是由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不同，但沿不同方向的光学性质一定相同
D．单晶体有熔点，非晶体没有熔点
[解析]　固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶体和多晶体，单晶体是各向异性的，多晶体和非晶体是各向同性的，A错误；多晶体是由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，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，某些单晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也可能不相同，C错误；单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D正确．
[答案]　BD
　玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，玻璃是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有(　　)
A．没有固定的熔点
B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能不相同
D．分子在空间上周期性排列
[解析]　根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)在空间上不呈规则周期性排列的固体；它没有天然的、规则的几何形状；它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”；它没有固定的熔点．
[答案]　A
角度2　晶体性质的理解
　如图所示，ACBD是一块厚度均匀的由同一种微粒构成的圆板，AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置转90°后电流表示数发生了变化(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．不知有无固定熔点，无法判定是晶体还是非晶体
[解析]　电流表示数发生变化，说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同，即圆板具有各向异性，所以圆板是单晶体．
[答案]　C
　方解石双折射现象的图片如图所示，关于方解石的说法正确的是(　　)
A．是多晶体
B．具有固定的熔点
C．导电等性能也是各向异性
D．没有规则的几何形状
[解析]　单晶体具有规则的几何形状、各向异性和具有一定的熔点等性质；光在晶体中的双折射现象就是光学各向异性的表现，所以题图中方解石的双折射现象说明方解石是单晶体，故A错误．方解石是单晶体，具有固定的熔点和规则的几何形状，故B正确，D错误；单晶体具有各向异性，但不是所有性能都表现出各向异性，虽然光在方解石中的双折射现象就是其光学各向异性的表现，但是不能确定其导电等性能也表现出各向异性，C错误．
[答案]　B
知识点二　晶体的微观结构
1．单晶体具有天然规则的几何外形，物理性质方面表现为各向异性，而非晶体却没有天然规则的几何外形，并且物理性质方面表现为各向同性．产生这些不同的根本原因是什么呢？
2．金刚石和石墨都是由碳原子构成的，但它们在硬度上差别却很大，这是因为什么？说明了什么问题？
[提示]　1.它们的微观结构不同．
2．金刚石是网状结构，原子间的作用力强，所以金刚石的硬度大．石墨是层状结构，原子间的作用力弱，所以石墨的硬度小．这说明组成物质的微粒按照不同的规则在空间分布会形成不同的晶体．
1．晶体的微观解释
(1)对单晶体各向异性的解释
一个平面上单晶体物质微粒的排列情况如图所示．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．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)对晶体具有确定熔点的解释
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，晶体开始熔化，熔化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．
2．说明
(1)原子(或者分子、离子)并不是像结构图上所画的那些点一样静止不动，它们时刻都在不停地振动，结构图中所画的那些点，是它们振动的平衡位置．
(2)同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的．例如，天然石英是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(石英玻璃)就是非晶体．有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体．
　(多选)晶体包括单晶体和多晶体，晶体具有一定的熔点，单晶体具有规则的几何外形，在不同方向上物理性质不同．下列说法可以用来解释晶体的上述特性的有(　　)
A．组成单晶体的物质微粒，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．单晶体在不同方向上物理性质不同，是因为不同方向上微粒数目不同，微粒间距不同
C．单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．晶体在熔化时吸收的热量，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
[解析]　很多晶体都是由相同的物质微粒组成的，例如，金刚石和石墨都是由碳原子组成的，不同方向上的物质微粒完全一样，可见其各向异性不是不同方向上的粒子性质不同引起的，而是粒子的数目和粒子间距不相同造成的．
[答案]　ABD
　中国科学技术大学团队利用纳米纤维与合成云母纳米片研制出一种能适应极端环境的纤维素基纳米纸材料。如图所示为某合成云母的微观结构示意图，则该合成云母(　　)
A．是非晶体 B．没有规则的外形
C．有固定的熔点 D．各向性质均相同
[解析]　由题图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是单晶体，具有一定的几何外形，具有固定的熔点，具有各向异性的特点．
[答案]　C
　白磷在高温、高压环境下可以转化为一种新型二维半导体材料——黑磷，如图为黑磷微观结构，其原子以一定的规则有序排列。下列说法正确的是(　　)
A．黑磷是晶体材料
B．黑磷熔化过程中温度升高
C．黑磷中每个分子都是固定不动的
D．同质量的白磷和黑磷分子数目不同
[解析]　根据题图可知，黑磷的微观结构在空间上呈现规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而黑磷具有固定的熔点，熔化过程中温度不变，故A正确，B错误；组成物质的分子总是在做无规则热运动，故C错误；组成白磷和黑磷的分子是同一种分子，所以同质量的白磷和黑磷分子数目相同，故D错误．
[答案]　A
知识点三　液　晶
液晶在现代生活中扮演着重要角色，广泛应用于手机屏幕、平板电视等显示设备中．为什么“液体”和“晶体”联系在一起了？液晶到底是什么物质？
[提示]　某些化合物像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，人们把处于这种状态的物质叫作液晶．
1．液晶的特性：具有光学上的各向异性，液晶分子的排列不稳定，微小的外界变动都会改变分子排列，从而改变液晶的某些性质．
2．液晶的微观结构：不是所有物质都具有液晶态，通常棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质容易具有液晶态．
3．应用
(1)目前液晶最主要应用在显示器方面，这利用了液晶的多种光学效应．
(2)除用作显示器外，在生命科学、电子工业、航空工业等领域都有重要的应用．
(3)改变液晶光学性质的两种方法：一是外加电压，使液晶由透明态变为不透明态；二是改变温度，使液晶颜色改变．
　液晶在现代生活中扮演着重要角色，广泛应用于手机屏幕、平板电视等显示设备中。下列四幅图哪个是液晶态分子排列图(　　)
[解析]　液晶在某个方向上看，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，选项A、D中分子排列非常有序，不符合液晶态分子的排列规律，故A、D错误；选项B中分子排列比较整齐，但从另外一个角度看也具有无序性，符合液晶态分子的排列规律，故B正确；选项C中，分子排列是完全无序的，不符合液晶态分子的排列规律，故C错误．
[答案]　B
　目前市面上的电脑基本上都是使用液晶显示屏，下列关于液体和液晶的说法不正确的是(　　)
A．液体表面张力的方向总是跟液面相切，且与分界线垂直
B．液体表面张力的产生原因是液体表面层分子的分布比较密集
C．液晶显示器能够显示彩色是因为液晶的光学性质具有各向异性
D．液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子规则排列的性质
[解析]　液体表面张力产生在液体表面层，它的方向总是跟液面相切，且与分界线垂直，故A正确，不符合题意；液体表面张力的产生原因是液体表面层分子间距离较大，分子力表现为引力，故B错误，符合题意；晶体的各向异性即沿晶格的不同方向，原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理化学特性也不同，液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子规则排列的性质，所以液晶显示器能够显示彩色是因为液晶的光学性质具有各向异性，故C、D正确，不符合题意．
[答案]　B
1．(晶体和非晶体)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．显示各向异性的固体必定是晶体
B．不显示各向异性的物体必定是非晶体
C．具有确定熔点的物体必定是晶体
D．不具有确定熔点的物体必定是非晶体
解析：选ACD．单晶体具有各向异性，故只要具有各向异性的固体必定是晶体，故A正确；非晶体和多晶体均显示各向同性，故不显示各向异性的物体不一定是非晶体，还可能是多晶体，故B错误；晶体均具有确定的熔点，非晶体不具有确定的熔点，所以具有确定熔点的物体必是晶体，不具有确定的熔点的固体就必定是非晶体，故C、D正确．
2.(晶体和非晶体)(多选)如图为石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，则(　　)
A．石墨是晶体
B．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C．单层石墨烯的厚度约3 μm
D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动
解析：选AD．石墨是晶体，故A正确；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误；单层石墨烯厚度约为原子尺寸10－10 m，故C错误；根据分子动理论可知，固体分子(或者原子、离子)在平衡点不停地振动，则碳原子在六边形顶点附近不停地振动，故D正确．
3．(液晶)护肤乳液在一定条件下能形成层状液晶，则(　　)
A．所有物质都能形成层状液晶
B．层状液晶的光学性质具有各向异性
C．层状液晶是液体与晶体的混合物
D．层状液晶不会随温度升高发生变化
解析：选B．层状液晶介于固态和液态之间，并非所有物质都能形成层状液晶，故A错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故B正确；固体向液体转化的中间态液体具有和晶体相似的性质，这种液态晶体称为液晶，层状液晶并不是液体与晶体的混合物，故C错误；液晶在某些物理性质上表现为各向异性，但随温度升高，它会变为液态，表现出各向同性，故D错误．
4．(晶体的微观结构)(多选)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是(　　)
A．同种物质不可能呈现晶体和非晶体两种不同的形态
B．晶体中原子(或分子、离子)都按照一定规则排列，具有空间上的周期性
C．单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质
D．单晶体具有规则的外形是由于它的微粒按一定规律排列
解析：选BD．有些非晶体适当的条件下会变成晶体，A错误；晶体分子的排列有规律，在空间上有周期性，B、D正确；单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，C错误．第三节　气体实验定律的微观解释
1．能从微观角度解释气体压强产生的原因．　2.能从微观角度解释气体实验定律．
3．知道什么是理想气体，会用理想气体状态方程分析气体的状态变化．
一、气体压强的微观解释
从微观分子的运动及统计规律来看，气体的压强是大量气体分子频繁碰撞器壁的结果．单个分子对器壁的冲力是短暂的，分子运动的速率各不相同，对器壁的冲力也各不相同，但大量分子频繁地碰撞器壁，就会对器壁产生持续的、均匀的压力．所以，从分子动理论的观点来看，气体压强是大量气体分子对器壁作用的宏观效果，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．
二、气体实验定律的微观解释
1．由分子动理论和气体分子运动的统计规律可以知道，就大量分子而言，气体质量一定时，如果温度不变，体积越小，单位体积内气体分子数目越多，撞击器壁的分子数目越多，撞击的平均作用力越大，压强越大；如果体积不变，温度越高，气体分子热运动的平均速率越大，撞击的平均作用力越大，压强越大．
2．玻意耳定律的微观解释
一定质量的气体，温度保持不变时，气体分子热运动的平均速率一定，若气体体积减小，分子的密集程度增大，气体压强增大．反之，若气体体积增大，分子的密集程度减小，气体压强减小．
3．查理定律的微观解释
一定质量的气体，体积保持不变时，气体分子的密集程度保持不变，若气体温度升高，分子热运动的平均速率增大，气体压强增大．反之，若气体温度降低，分子热运动的平均速率减小，气体压强减小．
三、理想气体
1．理想气体：严格遵循气体实验定律的气体．
2．理想气体与实际气体
任何实际气体只有在压强不太大、温度不太低的情况下近似地遵循气体实验定律．
3．理想气体的状态方程
(1)内容：一定质量的某种理想气体，在从一个状态(p1、V1、T1)变化到另一个状态(p2、V2、T2)时，压强p跟体积V的乘积与热力学温度T的比值保持不变．
(2)表达式：＝c．
(3)成立条件：一定质量的理想气体．
判断下列说法是否正确．
(1)实际气体在常温常压下可看作理想气体．(　　)
(2)理想气体是为了研究问题的方便提出的一种理想化模型．(　　)
(3)一定质量的理想气体，体积增大，单位体积内的分子数减少，气体的压强一定减小．(　　)
(4)一定质量的理想气体，温度和体积均增大到原来的2倍时，压强增大到原来的4倍．(　　)
(5)一定质量的某种理想气体，若p不变，V增大，则T增大，是由于分子数密度减小，要使压强不变，需使分子的平均动能增大．(　　)
提示：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
知识点一　气体压强的微观解释
如图，下大雨的时候人们打着的伞为什么会感到明显的压力？
[提示]　大量密集的雨滴对伞形成一个持续的压力，就像大量持续撒向托盘秤上的豆子一样，给秤一个持续的压力．
1．气体压强的产生原因
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气体分子的数密度：气体分子的数密度(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，气体压强就较大；
②气体分子的平均速率：气体分子的平均速率越大，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力就越大．
(2)宏观因素
①与温度有关：其他条件不变，温度越高，气体的压强越大；　
②与体积有关：其他条件不变，体积越小，气体的压强越大．
3．大气压强的产生及影响因素
大气压强由气体所受的重力产生，如果没有地球引力的作用，地球表面上就没有大气，也就没有大气压强．由于地球引力与距离的平方成反比，所以大气压力与气体的高度、密度有关，在地面上空不同高度处，大气压强不相等．
　从分子动理论的观点来看，气体分子间距离比较大，分子间的作用力很弱，气体对容器的压强源于气体分子的热运动。当它们飞到器壁时，就会跟器壁发生碰撞(可视为弹性碰撞)，对器壁产生作用力从而产生压强，如图所示。设气体分子的质量为m，气体分子热运动的平均速率为v。下列说法正确的是(　　)
A．气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为做匀速直线运动
B．在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目差距很大
C．每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小为2mv
D．若增大气体体积，则气体压强一定减小
[解析]　由于气体分子间的距离较大，分子间的作用力很弱，所以气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为做匀速直线运动，故A正确；气体分子的运动是无规则的，但在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目几乎相等，故B错误；速度为v的气体分子跟器壁发生碰撞过程中，根据动量定理－mv－mv＝，可知＝－2mv，但并不是每一个分子的速度都是v，则每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小不一定为2mv，故C错误；气体的压强由体积和温度共同决定，所以增大气体体积，气体压强不一定减小，故D错误．
[答案]　A
　下列关于对气体压强的理解错误的是(　　)
A．大气压强是由地球表面空气所受重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身所受重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压强
B．气体压强是由气体分子不断撞击器壁产生的
C．气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均速率
D．单位面积器壁受到空气分子碰撞的平均压力就是气体对器壁的压强
[解析]　大气压强是由地球表面空气所受重力产生的，而被密封在某种容器中的气体，其压强是大量做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞产生的，它的大小不是由被封闭气体所受重力决定的，故A错误，B正确；气体压强取决于分子的数密度与分子
的平均速率，即单位体积内分子数和分子的平均速率，故C正确；根据公式p＝可知单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力在数值上就等于气体压强的大小，故D正确．
[答案]　A
知识点二　气体实验定律的微观解释
1．气体实验定律中温度、体积、压强在微观上分别与什么相关？
2．自行车的轮胎没气后会变瘪，用打气筒向里打气，打进去的气越多，轮胎会越“硬”。怎样从微观角度来解释这种现象？(假设轮胎的容积和气体的温度不发生变化)
[提示]　1.在微观上，气体的温度决定气体分子的平均动能，体积决定分子的数密度，而分子的平均动能和分子数密度决定气体的压强．
2．轮胎的容积不发生变化，随着气体不断地打入，轮胎内气体分子的数密度不断增大，温度不变意味着气体分子的平均动能没有发生变化，单位时间内单位面积上碰撞次数增多，故气体压强不断增大，轮胎会越来越“硬”．
1．玻意耳定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大；体积增大，压强减小．
(2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变．体积减小，分子的数密度增大，单位时间内撞到单位面积器壁上的分子数就越多，气体的压强就越大，如图所示．
2．查理定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大；温度降低，压强减小．
(2)微观解释：体积不变，则分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大，如图所示．
3．盖-吕萨克定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在压强不变时，温度升高，体积增大，温度降低，体积减小．
(2)微观解释：温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，要使压强不变，则需影响压强的另一个因素，即分子的数密度减小，所以气体的体积增大，如图所示．
　在一定的温度下，—定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于(　　)
A．单位体积内的分子数增多，单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个气体分子对器壁的平均撞击力都变大
D．气体密度增大，单位体积内气体质量变大
[解析]　气体的温度不变，分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变，C错误；体积减小，单位体积内的分子数目增多，所以气体压强增大，A正确；分子和器壁间无引力作用，B错误；单位体积内气体的质量变大，不是压强变大的原因，D错误．
[答案]　A
　(多选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大
B．温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
C．压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小
D．温度升高，压强和体积都可能不变
[解析]　根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，A正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密集程度减小，B正确；压强不变，温度降低时，体积减小，气体的密集程度增大，C错误；温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变，D错误．
[答案]　AB
知识点三　理想气体状态方程的应用
1．理想气体
(1)理想气体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可忽略不计，分子不占空间，可视为质点．它是对实际气体的一种科学抽象，是一种理想模型，实际并不存在．
(3)理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，也可以不计气体分子与器壁碰撞的动能损失．
(4)理想气体分子无分子势能的变化，内能等于所有分子热运动的动能之和，只和温度有关．
2．理想气体状态方程与气体实验定律
＝
由此可见，三个气体实验定律是理想气体状态方程的特例．
3．解题步骤
(1)明确研究对象，即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．
需要注意的是应用方程时，温度T必须是热力学温度，绝不能用摄氏温度．公式两边中压强p和体积V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位．
角度1　理想气体
　(多选)下列对理想气体的理解正确的有(　　)
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵从气体实验定律
[解析]　理想气体是一种理想模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体，理想气体在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律，A、D正确，B错误；一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，与体积无关，C错误．
[答案]　AD
角度2　理想气体状态方程的应用
　(2023·江苏卷，T3)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少
[解析]　根据＝c可得p＝T，则题图中从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，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，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增大，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增多，D错误．
[答案]　B
　(2025·湛江市期末)如图所示的是一个蒸馏海水的装置，通过阳光照射透明容器使得容器中的水通过表面液化并流淌到取蒸馏水的装置中．已知容器总体积为10 L，初始时候放置4 L海水在容器中，温度T1≈300 K，压强为p0，忽略水蒸气分子产生的压强对总压强的影响且认为容器内总体积不变．如果容器内的海水全部蒸发掉且被取水装置接走，此时容器内温度变为T2＝320 K.
(1)此时容器内气体的压强p2为多少？
(2)为了使此时容器内压强变为0.9p0，求需要送入压强为p0、温度为320 K的气体体积Vx.
[解析]　(1)对容器内气体，初始V1＝10 L－4 L＝6 L，蒸馏后V2＝10 L
由理想气体状态方程＝
解得p2＝0.64p0.
(2)对理想气体，由玻意耳定律0.9p0×V2＝p2×V2＋p0×Vx
解得Vx＝2.6 L.
[答案]　(1)0.64p0　(2)2.6 L
　小明自制了一个自动火情报警装置，其原理如图所示．一导热性能良好的气缸固定在水平面上，气缸开口向上，用质量m＝1 kg、横截面积为5 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．当外界的温度为27 ℃时，活塞下表面距气缸底部的距离h1 ＝ 18 cm，活塞上表面距固定的力传感器的距离h ＝ 2 cm.当出现火情且环境温度上升至127 ℃时，触发报警器工作．已知外界大气的压强p0＝1 × 105 Pa且始终保持不变，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)活塞刚接触力传感器时气体的温度；(结果保留整数)
(2)环境温度为127 ℃时力传感器的示数．
[解析]　(1)设起始状态气缸内气体压强为p1，则p1＝p0＋＝1.2×105 Pa
起始温度T1＝300 K，体积V1＝Sh1，其中h1＝18 cm，设活塞刚接触力传感器时气体的温度为T2，体积V2 ＝ Sh2，其中h2 ＝ h1 ＋ h＝20 cm，升温过程发生等压变化，由盖-吕萨克定律有＝，代入数据解得T2≈333 K，即60 ℃.
(2)设环境温度上升至127 ℃，即T3＝400 K时，气缸内气体压强为p3，对封闭气体有＝
代入数据解得p3＝1.44×105 Pa
对活塞由平衡条件得p0S＋mg＋F＝p3S
代入数据解得F＝12 N.
[答案]　(1)333 K或60 ℃　(2)12 N
1．(气体压强的微观解释)某同学为了表演“轻功”，他站上了一块由气球垫放的轻质硬板，如图所示．气球内充有空气(视为理想气体)，气体的压强(　　)
A．是由气体受到的重力产生的
B．是由大量气体分子不断地碰撞器壁而产生的
C．大小只取决于气体分子数量的多少
D．大小只取决于气体温度高低
解析：选B．由于大量分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强，A错误，B正确；根据压强的微观意义可知，压强的大小取决于单位体积内气体分子数量的多少以及气体温度的高低，C、D错误．
2．(对理想气体的理解)(多选)关于理想气体的性质，下列说法正确的是(　　)
A．理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在
B．理想气体的存在是一种人为规定，即它是一种严格遵守气体实验定律的气体
C．一定质量的理想气体，内能增大，其温度一定升高
D．氦是液化温度最低的气体，任何情况下均可当成理想气体
解析：选ABC．理想气体是在研究气体性质的过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，其具备的特性均是人为规定的，A、B正确；对于理想气体，分子间不存在相互作用力，也就没有分子势能，其内能的变化即为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，C正确；实际中的不易液化的气体，包括液化温度最低的氦气，只有温度不太低、压强不太大的条件下才可当成理想气体，在压强很大和温度很低的情形下，分子的大小和分子间的相互作用力就不能忽略，D错误．
3．(理想气体状态方程的应用)新买的冰箱在第一次通电后一段时间，首次打开冰箱门会发现门比较紧，产生这种现象的原因是(　　)
A．冰箱工作后，随着温度下降，腔体内气体压强小于外界压强
B．冰箱工作后，随着温度下降，腔体内气体压强大于外界压强
C．腔体内气体分子平均动能变大
D．腔体内气体分子平均动能不变
解析：选A．根据一定质量的理想气体状态方程＝c，可知随着温度下降，腔体内气体压强小于外界压强．故A正确，B错误；由于温度下降，故腔体内气体分子平均动能变小，故C、D错误．
4．(气体实验定律的微观解释)(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　　)
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．气体分子的数密度增大
解析：选BD．气体经等温压缩，温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子平均动能不变，故气体分子碰撞器壁的平均冲力不变，A错误；由玻意耳定律知，气体体积减小、分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，B正确；气体体积减小、密度增大，但分子总数不变，C错误，D正确．
5．(理想气体状态方程的应用)目前太空飞船所用的燃料多为低温液态氧和煤油的混合物，通常燃料箱内温度需保持在－183 ℃，且在燃料消耗的过程中，需要不断注入氦气使箱内压强维持在3.4p0(p0为标准大气压)发动机才能正常工作．某太空飞船燃料箱容积为V0，若燃料剩余V0时飞船发生故障，无法再给燃料箱注入氦气，发动机在非正常状态下继续工作，直至燃料箱内压强降至2.0p0时，飞船发动机被迫关机．已知燃料箱无泄漏，箱内温度保持不变，箱内氦气可视为理想气体，忽略燃料的蒸发，T＝t＋273 K.
(1)求发动机被迫关机时箱内剩余燃料的体积．
(2)需注入标准状态下(压强为p0，温度为0 ℃)体积多大的氦气才能使上述被迫关机的发动机正常工作？(结果保留2位有效数字)
解析：(1)对箱内氦气有3.4p0×0.5V0＝2.0p0V
解得V＝0.85V0
则箱内剩余燃料体积V′＝(1－0.85)V0＝0.15V0.
(2)箱内体温度T1＝(273－183)K＝90 K
标准状态温度T2＝273 K
则有＝
解得注入的氦气在标准状态下的体积ΔV≈3.6V0
答案：(1)0.15V0　(2)3.6V0(共22张PPT)
课后达标检测
1．(多选)晶体具有各向异性的特点是由于(　　)
A．晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同
B．晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
C．晶体内部结构的无规则性
D．晶体内部结构的有规则性
解析：晶体的各向异性是由于晶体内部结构的有规则性以及不同的方向上物质微粒的排列情况不同．
√
√
√
2．(2025·江苏淮安市期中)常见的金属是一种多晶体．关于常见的金属，下列说法正确的是(　　)
A．具有规则的天然形状 B．具有各向异性
C．具有固定的熔点 D．内部分子的排列无规则
解析：单晶体具有规则的几何形状，而多晶体和非晶体没有规则的天然形状，故A错误；
非晶体和多晶体的物理性质都表现为各向同性，故B错误；
无论是单晶体还是多晶体都具有固定的熔点，故C正确；
无论是单晶体还是多晶体，晶体内部的分子均按一定的规律排布，即具有一定的规律性，故D错误．
√
3．石墨烯中碳原子呈单层六边形结构．南京大学的科学家将多层石墨烯叠加，得到了一种结构规则的新材料，其中层与层间距约为六边形边长的两倍，则(　　)
A．新材料属于非晶体
B．新材料没有固定的熔点
C．低温下新材料中碳原子停止运动
D．层间相邻碳原子间作用力表现为引力
解析：新材料由多层石墨烯叠加而成，可知结构规则的新材料为晶体，晶体具有固定的熔点，故A、B错误；
由分子动理论可知，分子做永不停息的无规则运动，故C错误；
层与层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间平衡距离，由分子力的特点可知，层间相邻碳原子间作用力表现为引力，故D正确．
√
4．关于晶体和非晶体的内部结构，下列说法正确的是(　　)
A．它们内部的物质微粒都有规则的空间分布
B．单晶体内部的物质微粒是规则排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的
C．晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着的
D．在物质内部的各个平面上，微粒数相等的是晶体，微粒数不等的是非晶体
解析：单晶体内部微粒排列规则，而非晶体内部微粒排列不规则，晶体与非晶体内部的微粒都在不停地运动着，B正确，A、C错误；
无法依据物质内部各个平面上的微粒数是否相等来区分晶体与非晶体，D错误．
√
5．甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡，然后用烧热的钢针针尖分别接触这两种薄片石蜡涂层的背面，接触点周围熔化了的石蜡分别形成如图甲、乙所示的形状，对这两种薄片，下列说法正确的是(　　)

A．甲是晶体 B．甲是非晶体
C．乙是晶体 D．乙是非晶体
解析：单晶体的导热性是各向异性的，薄片的表面接触点周围熔化了的石蜡是椭圆形的，非晶体和多晶体的导热性是各向同性的，则薄片的表面接触点周围熔化了的石蜡是圆形的，即甲是单晶体，乙可能是多晶体也可能是非晶体．
√
6．关于液晶的说法正确的是(　　)
A．有些液晶的光学性质随外加电压的变化而变化
B．液晶是液体和晶体的混合物
C．液晶分子保持固定的位置和取向，同时具有位置有序和取向有序
D．液晶具有流动性，光学性质各向同性
解析：液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，故A正确；
液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，其既具有液体的流动性和连续性，又具有光学性质各向异性的特点，故分子的位置不是固定的，故B、C、D错误．
√
7.“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，石英晶体上、
下表面间的压电效应与对应侧面间的不同，则石英晶体(　　)
A．没有确定的熔点 B．制成的传感器可测定压力大小
C．是各向同性的 D．是多晶体
解析：由题意知，石英晶体具有各向异性的压电效应，故石英是单晶体，有确定的熔点，其制成的传感器可测定压力大小．
8．固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲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一定不相同
√
解析：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，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B错误；
在热传导方面，固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；
固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D错误．
9．(多选)下列关于晶体空间点阵的说法，正确的是(　　)
A．构成晶体空间点阵的物质微粒可以是分子，也可以是原子或离子
B．晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间相互作用很强，所有物质微粒被牢牢地束缚在空间点阵的结点上不动
C．所谓空间点阵与空间点阵的结点，都是抽象的概念；结点是指组成晶体的物质微粒做永不停息的微小振动的平衡位置；物质微粒在结点附近的微小振动，就是热运动
D．相同的物质微粒可以构成不同的空间点阵，也就是同一种物质能够生成不同的晶体，从而能够具有不同的物理性质
√
√
√
解析：组成晶体的物质微粒可以是分子、原子或离子，这些物质微粒也就是分子动理论中所说的分子，显然，组成晶体的物质微粒处于永不停息的无规则的热运动之中，物质微粒之间还存在相互作用．晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间的相互作用很强，物质微粒的热运动不足以克服这种相互作用而彼此远离，它们在不停地振动，而不是固定不动，所以B错误，A、C、D正确．
10．食盐是我们生活中不可缺少的调味品，中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐．通过研究，我们知道了食盐的微观结构如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．食盐晶体是正六面体
B．食盐所有的物理性质都具有各向异性
C．食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，
是非晶体
D．食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能也不变
√
解析：食盐晶体是正六面体，A正确；
食盐具有各向异性，但并非所有的物理性质都具有各向异性，B错误；
食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，但仍是晶体，C错误；
食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，内能增加，D错误．
11．同一种原子可以形成不同空间结构的晶体，比如在常压下α铁具有体心立方结构(图甲)，而γ铁则具有面心立方结构(图乙)，这称为铁的同素异形体．关于铁的两种同素异形体，下列说法正确的是(　　)
A．由甲图可知，由α铁组成的物体一定
具有各向异性
B．由乙图可知，由γ铁组成的物体没有
固定的熔点
C．由甲、乙两图可知，纯铁由α铁转化为γ铁时体积会缩小
D．由甲、乙两图可知，由α铁和γ铁组成的物体硬度相同
√
解析：由题图甲可知，由α铁组成的物体为多晶体，一定具有各向同性，故A错误；
由题图乙可知，由γ铁组成的物体为多晶体，有固定的熔点，故B错误；
由甲、乙两题图可知，纯铁由α铁转化为γ铁时铁原子之间的距离减小，体积会缩小，故C正确；
由甲、乙题两图可知，由α铁和γ铁的空间结构不同，组成的物体硬度不相同，故D错误．
√
√
12．(多选)关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述不正确的是(　　)

A．图甲中，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．图乙为金刚石中碳原子形成的一种紧密结构，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．图丙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．图丁为雪花的微观结构，雪花是晶体，当雪化成水后，水也是晶体
解析：题图甲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，不符合题意；
题图乙为石墨的微观结构，B错误，符合题意；
题图丙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，C正确，不符合题意；
题图丁为雪花的微观结构，雪花有规则的几何形状，所以是晶体，当雪化成水后，具有流动性，是液体不再是固体，D错误，符合题意．第四节　液体的表面张力
1．通过实验探究液体的表面现象，从微观角度理解液体的表面张力．　2.理解浸润和不浸润的概念，会分析其产生的原因．　3.知道什么是毛细现象，并理解其产生的原因．
一、表面张力
1．表面层的特点
(1)表面层的厚度是分子力的有效作用的距离，数量级为10－9 m.
(2)位于液体表面层内的分子与液体内部分子所受到的分子力是有区别的．
2．表面张力：液体表面层单位体积内的分子数目相对于液体内部会更少，分子间距相对更大一些．因而表面层分子间的分子力表现为引力，液体的表面总是有一种收缩的趋势，就好像被绷紧的橡皮膜．
设想在液体表面画一条直线，如图所示，则直线两旁的液膜表现出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．
3．表面张力的作用
液体表面这种收缩的趋势会使得液滴的表面积尽可能地减小，在体积一定的情况下，球形在所有几何体中的表面积最小．
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
①附着层：液体与固体接触的地方的薄薄的一层液体．
②原因：若液体内分子的引力更大，则附着层中液体分子的密度变小，液体分子间距增大，相互间的分子力表现为引力，此时附着层有收缩
的趋势，表现为不浸润．若固体分子的引力更强，则附着层中液体分子的密度更大，液体分子间距减小，相互间的分子力表现为斥力，此时附着层有扩张趋势，从而表现为浸润．
2．毛细现象：浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的现象．毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力现象共同作用的结果．
判断下列说法是否正确．
(1)表面张力是分子力的宏观表现．(　　)
(2)表面张力使液体表面具有向外扩张的趋势.(　　)
(3)有些昆虫可以在水面上自由走动是由于液体表面张力的存在．(　　)
(4)若某种液体浸润某一固体，那么它对所有固体都浸润.(　　)
(5)管的内径越细，毛细现象越明显．(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
知识点一　液体的表面张力
把一根棉线的两端系在铁丝环上，不要让棉线过紧，要使它处于略微松弛的状态．然后将铁丝环浸入肥皂液里，再拿出来时环上就留下了一层肥皂液的薄膜．这时薄膜上的棉线仍是松弛的(如图甲所示)，它被棉线分割成a、b两部分．若将肥皂膜的a部分用烧热的针刺破，棉线的形状是图乙中的哪一个？为什么？
[提示]　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部分肥皂膜刺破后，在b部分肥皂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，所以棉线被拉成凹的圆弧形状，故棉线的形状是图乙中的D．
1．液体表面张力的形成
(1)分子间距离特点：由于蒸发现象，液体表面分子分布比内部稀疏．
(2)分子力特点：液体内部分子间平均距离r略小于r0，分子间作用力表现为斥力，而液体表面层分子之间距离r略大于r0，分子力表现为引力．
(3)表面特性：表面层分子之间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面绷紧．
2．表面张力及作用
(1)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．
(2)表面张力的大小与边界线长度有关，还跟液体的种类、温度有关．
(3)表面张力使液面有收缩的趋势，故往往会误认为收缩后r　太空授课活动引人注目，航天员们通过实验，展示了失重环境下许多神奇现象，其中的“液桥”现象，让我们认识了表面张力的魅力．下列关于表面张力的说法正确的是(　　)
A．表面张力是液体内部分子间作用力引起的
B．表面张力能让液面具有收缩趋势，在太空失重环境下，液滴呈球形
C．表面张力方向与液体表面垂直且向上
D．表面张力是由液体表层分子间距离小于液体内部分子间距离，且小于分子平衡距离，表层液体分子作用力表现为斥力产生的
[解析]　表面张力是由液体表层分子间距离大于液体内部分子间距离，且大于分子平衡距离，表层液体分子作用力表现为引力产生的，A、D错误；表面张力能让液面具有收缩趋势，在太空失重环境下，液滴呈球形，B正确；表面张力方向与液体表面相切，且与分界面垂直，C错误．
[答案]　B
　中国空间站太空授课活动中航天员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中形状是(　　)
[解析]　空间站中水滴处于完全失重状态，则在水的表面张力作用下，水滴在空中应该呈现球形．
[答案]　A
　(多选)关于液体表面张力，下列说法正确的是(　　)
A．图甲中露珠呈球形，这是地球引力作用的结果
B．图乙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．图丙中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用
D．图丁中液体表面张力方向与液面平行
[解析]　题图甲中露珠呈球形，这是液体表面张力的结果，故A错误；题图乙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；题图丙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；题图丁中液体表面张力方向与液面平行，故D正确．
[答案]　BCD
知识点二　浸润、不浸润和毛细现象
1．把一块玻璃分别浸入水和水银里再取出来，可观察到从水银中取出的玻璃上没有附着水银，从水中取出的玻璃上会沾上一层水．为什么会出现上述不同的现象呢？
2．在日常生活中，如果认真观察的话，你会发现水中游禽会不时地用嘴抹擦身上的羽毛，你知道为什么吗？
[提示]　1.水银不浸润玻璃，而水浸润玻璃．
2．游禽用嘴把油脂涂到羽毛上，使水不能浸润羽毛．
1．附着层内分子受力情况
液体和固体接触时，附着层的液体分子除受液体内部的分子吸引外，还受到固体分子的吸引．
2．浸润的成因
当固体分子吸引力大于液体内部分子吸引力时，附着层内液体分子比液体内部分子稠密，附着层中分子之间表现为斥力，具有扩展的趋势，这时表现为液体浸润固体．
3．不浸润的成因
当固体分子吸引力小于液体内部分子吸引力时，附着层内液体分子比液体内部分子稀疏，附着层中分子之间表现为引力，具有收缩的趋势，这时表现为液体不浸润固体.
4．毛细现象
(1)两种表现：浸润液体在细管中上升及不浸润液体在细管中下降．
(2)产生原因：毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系．
　同一种固体，被有些液体浸润，不被有些液体浸润，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．例如：水能浸润玻璃，但不能浸润石蜡，水银不能浸润玻璃，但能浸润锌．
　(多选)下列对浸润及不浸润的理解正确的是(　　)
A．在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润
B．单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润
C．布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是因为水对伞面不浸润
D．酒精灯的灯芯经常是用丝线做成，因为酒精对丝线浸润
[解析]　在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润，汗水可以通过棉线衣服蒸发出去，故A正确；单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润，可以吸收手部汗液防止打滑，故B正确；布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是由于表面张力的作用，故C错误；酒精灯的灯芯经常是用棉线做成的，因为酒精对棉线浸润对丝线不浸润，故D错误．
[答案]　AB
　(多选)如图甲所示，将内径不同，两端开口的洁净细玻璃管竖直插入水中，可以观察到细玻璃管中液面的高度高于水面，内径小的玻璃管中液面比水面高得更多。再将另一组内径不同、两端开口的塑料笔芯竖直插入水中，如图乙所示，可以观察到笔芯中液面的高度低于水面，内径小的塑料笔芯中液面比水面低得更多。下列说法正确的是(　　)
A．水能够浸润玻璃管和塑料笔芯
B．水不能够浸润玻璃管但能浸润塑料笔芯
C．甲图中水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强
D．甲、乙两图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显
[解析]　水在玻璃管中液面会上升是浸润现象，水在塑料笔芯中液面会下降是不浸润现象，故A、B错误；由于题图甲中水能浸润玻璃管，故水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，故C正确；甲、乙两题图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显，故D正确．
[答案]　CD
1．(液体的表面张力)立方体玻璃容器内盛有一定体积的水，盖上玻璃盖后置于完全失重环境下，则容器内水(图中阴影区域)的形状可能是(　　)
解析：选A．水处于完全失重状态，由于水对玻璃的浸润性，在表面张力的作用下，水应该吸附在容器的内表面呈现题图A的形状．
2．(浸润和不浸润)(2025·佛山市期末)水能浸润玻璃，将两端开口的玻璃细管插入盛有水的开口玻璃容器中，细管内外液面稳定后，能看到的现象是(　　)
解析：选B．某种液体浸润某种固体时，固体分子对附着层液体分子的吸引力大于液体内部分子对附着层液体分子的吸引力，使液体在该固体形成的细管内上升，并在管内形成向下凹的液面．
3．(毛细现象)(多选)下列情况属于毛细现象的是(　　)
A．茶包上的线可将茶水“引”出杯外
B．洗头的时候，头发聚在一起
C．植物根部的养分，能升到植物的上部
D．自来水笔灌墨水时，把皮管按几下，墨水就被吸到皮管里去了
解析：选AC．茶包上线的内部有许多小孔道，水可沿其上升，属于毛细现象，A正确；洗头的时候，头发聚在一起，是表面张力的作用，B错误；植物根部的养分，能升到植物的上部，是毛细现象，C正确；自来水笔灌墨水时，把皮管按几下，墨水就被吸到皮管里去了，这是大气压的作用，D错误．
4．(毛细现象)(2025·珠海月考)航天员在“天宫课堂”中演示毛细现象时，将三根内径不同的细管插入水槽，稳定后三根管中液面(忽略液面形状)的高度是下列图中的(　　)
解析：选D．在太空中完全失重，不考虑重力影响，毛细现象中的表面张力作用使粗细不同的细管中液体充满整个管子．(共24张PPT)
课后达标检测
1．某同学用如图甲所示的装置探究气体做等温变化的规律．
(1)在实验中，下列操作不必要的是________．
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
B
解析：用橡胶套密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，故A是必要的，不符合题意；
没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，横截面积不变，知道长度就可以，列方程时，两边的横截面积可以消掉，故B没必要，符合题意；
读取压力表上显示的气压值，知道初、末状态的气压值，故C是必要的，不符合题意；
读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，故D是必要的，不符合题意．
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动柱塞，这些要求的目的是____________________________
________________________________________________________________.
解析：实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动柱塞，这些要求的目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变．
尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变
解析：因两直线的斜率不同，则出现这种情况的可能原因是两次实验中空气质量不同或两次实验中空气温度不同(答对一种即可)
两次实验中空气质量不同或两次实验中空气温度不同(答对一种即可)
2．在“探究气体等温变化的规律”实验中，实验装置如图甲所示．用注射器封闭一定质量的空气，连接到气体压强传感器上，用传感器测量封闭气体的压强，用注射器刻度读出气体体积．
(1)多次改变封闭气体的体积，测量出不同体积时气体的压强，用电脑记录下来，并生成p－V图像如图乙所示，由图乙可猜测p与V可能________(选填“成正比”“成反比”或“不成比例”).
解析：根据图线进行猜测，p与V可能成反比．
成反比
(2)实验完成后，某同学作出的图像如图丙所示(其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支)，造成这一现象的原因可能是________．
A．操作实验时用手握住了注射器
B．实验时环境温度降低了
C．注射器内气体向外泄漏
D．有气体进入注射器内
解析：实线与虚线进行比较，实线的pV乘积减小，可知气体温度降低，即实验时环境温度降低或注射器内气体可能向外泄漏．
BC
3．某同学设计了如图甲所示的实验装置来“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”．注射器导热性能良好，用橡皮塞和柱塞在注射器内封闭一定质量的气体．柱塞下方安装一个钩．实验时，在钩的下端依次挂上质量相同的钩码1，2，3，…，稳定后通过注射器的标度读出对应空气柱的体积V，并依据柱塞(包括钩)和钩码的质量求出对应气体的压强p.已知注射器内空气柱的横截面积为S，刻度全长为L，大气压为 p0，柱塞(包括钩)的质量m0＝200 g，每个钩码的质量m＝50 g，重力加速度为g.
(1)每次挂上钩码，要停留一点时间，让柱塞下滑到不再移动的另一位置时才读出空气柱的体积，是为了控制空气柱的__________．
解析：柱塞静止时空气柱的压强保持不变，柱塞静止时读数是为了控制空气柱的压强稳定．
压强稳定
(2)若在某次实验中所挂钩码个数为 n，则平衡后空气柱的压强为____________________(用题目中已知量的符号表示).
等温情况下一定质量封闭气体的压强与体积成反比
2
4．在探究气体压强与体积关系实验中，某兴趣小组设计如图甲所示的实验装置．已知重力加速度为g，注射器的气密性和导热良好且外界环境温度保持不变，不计一切摩擦．
(1)用刻度尺测得注射器刻度上40 mL到50 mL的长度为1 cm，注射器活塞的横截面积S＝________cm2.
(2)取下沙桶，向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，此时的气体压强为大气压为p0.
10
(3)挂上沙桶，稳定后，测出此时的气体体积V和沙桶的总质量m，则气体
压强的表达式p2＝______________．(请选用p0、g、S、m表示)
5．某同学利用如图甲所示装置做探究一定质量的理想气体在温度不变时压强与体积关系的实验．
步骤如下：
①将一个带两根细管的橡胶塞塞紧烧瓶的瓶口，封闭一定质量的气体．其中，一根带阀门的细管连通充满水的注射器，另一根细管与压强传感器相连．
②将压强传感器连接数据采集器，数据采集器连接计算机．
③打开阀门，缓慢推动注射器活塞向烧瓶内注入一定量的水，然后关闭阀门．
④根据注射器刻度记录注入烧瓶中水的体积V，并记录此时气体的压强p.
⑤多次实验，记录多组数据，分析得出结论．
V　
n
(2)另一同学重复实验，计算了多组p与(V0－V)乘积，发现p(V0－V)随压强p增大而变小，导致这个现象的原因可能为________________________．(写出一个原因即可)
解析：p(V0－V)这个乘积与物质的量有关，与气体温度有关，实验中发现p(V0－V)乘积变小，有可能是实验过程中烧瓶密封不严有漏气导致的．
烧瓶密封不严有漏气专题提升课1　等温变化图像和变质量问题
微专题一　等温变化图像
1．p－V图像
(1)一定质量的某种气体，其等温线是双曲线，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示．
(2)玻意耳定律pV＝C(常量)，其中常量C不是一个普通常量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，常量C越大，等温线离坐标轴越远．如图乙所示，四条等温线的温度关系为T4>T3>T2>T1.
2．p－图像
一定质量气体的等温变化过程，也可以用p－图像来表示，如图丙所示．等温线是一条延长线通过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k＝＝pV∝T，即斜率越大，气体的温度越高．
　(多选)一定质量的某种气体状态变化的p－V图像如图所示，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列关于气体的温度和分子平均速率的变化情况的说法错误的是(　　)
A．都一直保持不变
B．温度先升高后降低
C．温度先降低后升高
D．平均速率先增大后减小
[解析]　由图像可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p－V图像上作出几条等温线，如图所示．由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B，温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．
[答案]　AC
　如图所示，一定质量的气体，从状态1变化到状态2，其p－图线为倾斜直线，气体温度变化是(　　)
A．逐渐升高 B．逐渐降低
C．可能不变 D．可能先升高后降低
[解析]　图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比，由图像可知，1→2过程图像上各点与原点连线斜率逐渐减小，故气体温度逐渐降低，B正确，A、C、D错误．
[答案]　B
微专题二　变质量问题
1．打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球、轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．
2．抽气(漏气)问题
从容器内抽气(漏气)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(漏气)过程中抽出(漏掉)的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气(漏气)过程可看作是膨胀的过程．
3．题型特点
(1)打气和抽气过程温度不变．
(2)都是取全部气体为研究对象．
(3)抽气过程可以看成打气过程的逆过程．
4．气体的压强p、体积V、温度T和物质的量n满足pV＝nRT，所以在打气或抽气问题中，若温度不变，则p1V1＋p2V2＝n1RT＋n2RT＝(n1＋n2)RT＝pV.
类型1　打气问题
　(2025·茂名市开学考)某同学在骑自行车出行前，发现自行车胎气压不足，他拿打气筒给自行车充气，充气前车胎气压p＝1.5 atm、车胎容积V＝2 L．每次打气筒充入车胎的气体压强p1＝1 atm，体积ΔV＝0.5 L，打10次后(不考虑气体温度和车胎容积的变化)，求：
(1)此时车胎内气体的压强p2的大小；
(2)充入的气体与原来气体质量之比k.
[解析]　(1)气体做等温变化，由玻意耳定律可得p2V＝pV＋10p1ΔV，此时车胎内气体的压强p2＝4 atm.
(2)法一：打入车胎内的气体在压强为p时对应的体积为V1，则10p1ΔV＝pV1
气体在同温同压情况下质量比等于体积比，则
k＝
充入的气体与原来气体质量之比k＝.
法二：由pV＝nRT
p2V＝n2RT
可得k＝＝.
[答案]　(1)4 atm　(2)
　(2024·山东卷，T16)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示．长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A．储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B．汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体．已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度．
(1)求x.
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V.
[解析]　(1)由题意可知，缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
p1(H－x)S1＝p2HS1
又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0，代入数据联立解得x＝2 cm.
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋S2)
又因为p3＋ρg·＝p0
代入数据联立解得V＝8.92×10－4 m3.
[答案]　(1)2 cm　(2)8.92×10－4 m3
类型2　抽气(漏气)问题
　如图所示，国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0，用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B，已知每次从气闸舱抽取的气体体积都是气闸舱容积的，若抽气过程中温度保持不变，则抽气2次后，气闸舱内气压为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　第一次抽气相当于气体的体积由V变为V＋ΔV，且＝，温度不变，根据玻意耳定律得p0V＝p1(V＋ΔV)，解得p1＝p0，同理可得，第二次抽气后有p1V＝p2(V＋ΔV)，解得p2＝p0.
[答案]　D
类型3　分装问题
　小方同学用一个容积为50 L、压强为2.1×106 Pa的氦气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气体压强为1.05×105 Pa，则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度相同，忽略充气过程的漏气和气球内原有气体。已知地面附近空气温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa。已知气球上升过程中体积达到7.5 L时就会爆裂，离地高度每升高10 m，气球内气体压强减小100 Pa，上升过程中大气温度不变。求：
(1)充气后每个气球的体积V0；
(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度h。
[解析]　(1)由玻意耳定律可得
p1V1＝p2(V1＋nV0)
解得V0＝5 L.
(2)设气球离地面高度为h，则对气球内气体有
p2V0＝p3V3
p3＝p2－Δp，可得h＝3 500 m.
[答案]　(1)5 L　(2)3 500 m
1．(等温变化的图像)(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，下列选项图中能正确描述一定质量的气体发生等温变化的是(　　)
解析：选AB．题图A中可以直接看出温度不变；题图B说明p∝，即pV乘积为常量，是等温过程；题图C是双曲线的一支，但横坐标是温度，温度在变化，故不是等温线；题图D的p－V图线不是双曲线，故也不是等温线，故A、B正确，C、D错误．
2．(等温变化的图像)一定质量的气体保持温度不变，从状态A到状态B．用p表示气体压强，用V表示气体体积，图中能描述气体做等温变化的是(　　)
解析：选C．若温度不变，则p与V－1成正比，若横坐标为V，则p－V图线应为双曲线的一支．
3．(变质量问题)呼吸机可以帮助患者进行吸气．一患者某次吸气前肺内气体的体积为V1，肺内气体的压强为p0(大气压强).吸入压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V2，压强为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为(　　)
A． B．
C． D．V2－V1
解析：选A．由玻意耳定律可知p0(V1＋V0)＝pV2，可得吸入气体的体积V0＝.
4．(变质量问题)容积 V＝10 L 的钢瓶充满氧气后，压强p＝20 atm.打开钢瓶盖阀门，让氧气分别装到容积V0＝5 L的小瓶子中去．若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p0＝2 atm.在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是(　　)
A．2瓶 B．18瓶
C．10瓶 D．20瓶
解析：选B．由玻意耳定律得pV＝p0V1，即20 atm×10 L＝2 atm×V1，解得V1＝100 L，最多可装的瓶数n＝＝＝18.第2课时　实验：探究气体等温变化的规律
一、温度不变时，体积和压强的定性关系
日常生活中的很多现象说明，一定质量的气体，其压强、温度、体积三个量之间存在着某种关系．我们采用控制变量法探究一定质量的气体，在温度不变时，其压强与体积之间的关系．实验发现气体的体积越小，压强就越大，其体积越大，压强就越小．
二、实验探究一定质量的气体，在温度不变时，其压强的大小与体积的大小是否成反比关系
1．实验原理图如图所示．
2．实验过程：通过改变注射器内气体的体积，可以获得对应的气体压强值并记录数据．
3．数据处理：启用系统“绘图”功能，计算机将显示压强与体积的关系图线．
某次实验得出的p－V图线如图甲所示．
将气体体积V取倒数，获得压强p与体积倒数的关系图线如图乙所示．
4．注意事项：实验中，为了做到封闭气体，不让气体泄漏，可以在活塞上涂润滑油．而为了控制气体温度这一变量，活塞移动速度不能太快，且要避免用手握住注射器封闭气体部分导致气体温度改变．
5．实验结论：若p－图线是一条过原点的直线，则说明压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比．
题型一　教材原型实验
角度1　实验原理与操作
　使用如图所示装置做“探究气体压强与体积的关系”的实验，压力表通过柱塞内的细管与空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。
序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 Pa·mL)
1 3.85 1.0 3.85
2 3.17 1.2 3.80
3 2.70 1.4 3.78
4 2.25 1.6 3.60
5 1.95 1.8 3.51
(1)使用控制变量法，实验中必须保持不变的参量是__________(选填“温度”“体积”或“压强”)。
(2)某同学在实验中，测得的实验数据如表中所示，仔细观察“pV ”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的主要原因是________。
A．实验时外界大气压强降低
B．实验时装置内的气体向外发生了泄漏
C．实验时装置内柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大
(3)实验过程中，下列操作正确的是________。
A．为方便推拉柱塞，应用手握住装置外壁再推拉柱塞
B．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与装置内壁间涂上油脂
C．装置旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注具体数值
D．连接压力表和装置内空气柱的细管中的气体体积对实验没有影响
[解析]　(1)该实验为“探究气体压强与体积的关系”的实验，使用控制变量法，实验中必须保持不变的参量是温度．
(2)封闭气体的压强与外界大气压无关，故A错误；实验时装置内的气体向外发生了泄漏，则pV的乘积将减小，故B正确；实验时装置内柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大并不会影响气体的压强和体积，故C错误．
(3)若用手握住装置外壁再推拉柱塞，则会因人体与装置内气体发生热传递而改变气体的温度，因此不能用手握住装置外壁再推拉柱塞，故A错误；为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与装置内壁间涂上油脂，故B正确；由于注射器横截面积一定，初、末状态的体积比就等于空气柱的长度之比，因此装置旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注具体数值，对实验的可靠度不会产生影响，故C正确；设细管中气体的体积为ΔV，则随着压强的变化，细管中气体的密度将发生改变，当压强越大，细管中进入的气体的质量就越大，从而造成在实验中气体的质量发生改变，因此会对实验结果产生影响，故D错误．
[答案]　(1)温度　(2)B　(3)BC
　如图所示，在“用DIS探究气体等温变化的规律”的实验中，用一个带刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积的关系．
(1)实验中应保持不变的状态参量是________．
(2)实验过程中，下列说法正确的是________(填选项前的字母).
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手不可以握住整个注射器
C．必须测量所封闭气体的质量
D．在活塞上涂上润滑油，且保持良好的密封性
[解析]　(1)实验研究的对象是注射器内密闭的气体，实验中应保持不变的状态参量是气体温度．
(2)推拉活塞时，动作要慢，使气体温度与环境温度保持一致，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器，防止手向其传热，从而保证气体的温度不变，故B正确；探究的是一部分封闭气体在温度不变的情况下压强和体积的关系，故本实验只要保证封闭气体的质量不变即可，无需测量封闭气体的质量，故C错误；活塞与针筒之间要保持润滑，可以减小摩擦，不漏气则可以保证气体质量一定，故D正确．
[答案]　(1)气体温度　(2)BD
角度2　数据分析与处理
　某小组在用如图甲所示的装置做“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验．该实验小组想利用实验所测得的数据测出压强传感器和注射器的连接管的容积，所测得的压强和注射器的容积(不包括连接管的容积)数据见下表：
实验次数 压强/kPa 体积/cm3
1 101.5 18
2 112.8 16
3 126.9 14
4 145.0 12
5 169.2 10
(1)为了更精确地测量也可以利用图像，若要求出连接管的容积，则也可以画________图．
A．p－V B．V－p
C．p－ D．V－
(2)利用(1)中图线求连接管的容积时是利用图线的________．
A．斜率
B．纵坐标轴上的截距
C．横坐标轴上的截距
D．图线下的“面积”
(3)某同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V.在实验中出现压强传感器软管脱落，他重新接上后继续实验，其余操作无误．若该同学用软管脱落前测得的实验数据在图乙中画出了V－图线，请在图乙中大致画出可能的、符合软管脱落后测得的实验数据的那部分V－图线．
[解析]　(1)设连接管的容积为V0，注射器的容积为V，根据玻意耳定律，有p(V＋V0)＝C，变形得到V＝－V0，故画V－图像．
(2)根据V－关系表达式V＝－V0，V－图线的纵轴截距的绝对值表示连接管的容积为V0.
(3)根据pV＝C可知V＝，当质量不变时V与成正比，当质量发生改变后(质量变小)，V与还是成正比，但此时的斜率发生变化，即斜率比原来小，故画出软管脱落后测得的实验数据的那部分V－图线如图所示．
[答案]　(1)D　(2)B　(3)见解析图
题型二　教材实验拓展
　实验小组同学探究气体压强与体积的关系，设计了如图所示的装置，实验步骤如下：
①将圆柱体密闭容器装水以封闭气体，上方连接压强传感器可测封闭气体压强，左端有出水控制开关；
②不计容器的厚度，以容器下表面为零刻线，通过刻度尺读取容器的高度H和水面所在位置h；
③出水控制开关打开一小段时间后关闭，获取封闭气体压强p和水面所在位置h数据，重复实验步骤获得几组数据；
④将各组数据在坐标纸上描点，绘制图像，得出气体压强与体积的关系。
完成下列填空：
(1)实验中所研究的对象是封闭气体，应保持不变的物理量是____________。
(2)实验时，为判断气体压强与体积的关系，________(选填“需要”或“不需要”)测出容器的横截面积。
(3)为直观反映压强与体积之间的关系，若以空气柱压强p为纵坐标，则应以__________为横坐标在坐标系中描点作图(用H、h表达)。
[解析]　(1)实验中所研究的是封闭气体压强与体积的关系，应保持不变的物理量是气体的温度．
(2)根据p1h1S＝p2h2S可得p1h1＝p2h2，则实验时，为判断气体压强与体积的关系，不需要测出容器的横截面积．
(3)要验证的关系为pV＝C，即p(H－h)S＝C，则有p＝·，故为直观反映压强与体积之间的关系，若以空气柱压强p为纵坐标，则应以为横坐标在坐标系中描点作图．
[答案]　(1)温度　(2)不需要　(3)
　(2023·山东卷，T13)利用图甲所示的实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系．将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连．活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和).逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示．
回答下列问题：
(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________．
A．p与V成正比 B．p与成正比
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为________________ Pa(保留3位有效数字).
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而__________(选填“增大”或“减小”).
[解析]　(1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体p与成正比．
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有＝mL－1＝100×10－3mL－1，由题图乙可读出封闭气体压强p＝204×103 Pa＝2.04×105 Pa.
(3)根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大．
[答案]　(1)B　(2)2.04×105　(3)增大
1．如图所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”，下列说法正确的是(　　)
A．注射器必须水平放置
B．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
C．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据
D．实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得
解析：选C．实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，故A错误；推拉活塞时，动作要慢，使气体的温度与环境保持一致，故B错误；活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故C正确；注射器中封闭一定质量的气体，用压强传感器与注射器相连，通过数据采集器和计算机可以测出注射器中封闭气体的压强，体积可以从注射器上的刻度读出，故D错误．
2．某实验小组用如图甲所示装置探究气体做等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。压力表读取空气柱的压强，由注射器旁的刻度尺读取空气柱的长度。
(1)实验过程中，下列说法正确的是________。
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手不可以握住整个注射器
C．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值
(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，以p为纵轴、为横轴，画出图像如图乙所示，则产生的可能原因是________。
A．实验过程中有漏气现象
B．实验过程中气体温度降低
C．实验过程中气体温度升高
　　　
(3)不同小组的同学选用一定质量的同种理想气体，均按正确的实验操作和数据处理的方法完成了实验，并在相同坐标标度的情况下画出了压强与体积的关系图线，如图丙所示。两组图线不相同的原因是________。
A．两组实验过程中有漏气现象
B．两组实验过程温度不同
C．两组实验过程气体的质量不同
解析：(1)若急速推拉活塞，则有可能造成等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，故A错误；手握活塞易造成气体温度变化，故B正确；应等状态稳定后，记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，故C错误．
(2)题图乙中的图线发生了弯曲，即pV乘积变大，则说明在实验中温度或者质量发生了变化，因图线向上弯曲，故可能是温度升高了或者质量变大了．
(3)题图丙中的图线的斜率k＝＝pV，根据pV＝nRT可知，他们选取气体质量不同，或者是温度不同，故选BC．
答案：(1)B　(2)C　(3)BC1.(多选)一定质量的气体在不同温度下的两条p－图线如图所示．由图可知(　　)
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p－ 图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1＞T2
D．T1解析：选BD．题图所示是一定质量的气体在发生等温变化时的p－图线，由图线知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p－图线的延长线是过坐标原点的，B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确．
2.(多选)如图所示，这是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．由图可知T1>T2
D．由图可知T1解析：选ABD．因为等温线是双曲线的一支，说明压强与体积成反比，A正确；一定质量的气体，体积一定时，温度越高，压强越大，所以不同温度下的等温线是不同的，B、D正确，C错误．
3．用活塞式气筒向一个容积为V的容器内打气，每次把体积为V0、压强为p0的空气打入容器内．若容器内原有空气的压强为p0，打气过程中温度不变，则打了n次气后容器内气体的压强为(　　)
A．n B．p0＋np0
C．p0＋n D．p0＋()np0
解析：选C．以容器内原有的气体和打进的气体为研究对象，初态压强是p0，体积V＋nV0，末态压强是p′，体积为V，由玻意耳定律p0(V＋nV0)＝p′V，所以p′＝p0＋.
4．现从一体积不变的容器中抽气，假设温度保持不变，每一次抽气后，容器内气体的压强均减小到原来的.要使容器内剩余气体的压强减为原来的，抽气次数应为(　　)
A．2次 B．3次
C．4次 D．5次
解析：选D．设容器的容积是V，抽气机的容积是V0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得pV＝p(V＋V0)，得V0＝，由玻意耳定律可得，抽1次时，有pV＝p1(V＋V0)，解得p1＝p；抽2次时，有p1V＝p2(V＋V0)，解得p2＝2p；……；抽n次时，有pn－1V＝pn(V＋V0)，解得pn＝np；当pn＝p时，解得n＝5.
5．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强的数值，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5V，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
解析：选D．根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3.
6．(10分)洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气10次后开始喷水．已知外部大气压强恒为p0，打气筒每次打入压强为p0、体积为的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变．
(1)求喷水壶内封闭空气的最大压强p.(4分)
(2)喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？(6分)
解析：(1)打气过程中，相当于把空气等温压缩，有p0(＋10·)＝p，解得p＝p0.
(2)假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V′，有p0(V－V′)＝p，解得V′＝，故假设成立，即壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为.
答案：(1)p0　(2)不能　
7．(10分)一热爱自行车运动的小伙子，购买了一辆具有车胎压温监测系统的山地自行车，产品说明书上建议后轮胎标准胎压为2.10 bar(1.0 bar＝100 kPa)，自行车交付时监测系统显示后轮胎胎压为2.10 bar，温度为27 ℃，他使用一段时间后，发现后轮胎变软了，此时显示后轮胎胎压为1.40 bar，温度为7 ℃，然后进行保养，车胎内气体可看作理想气体，容积可视为不变．
(1)保养时，后轮胎是否漏气？说明道理和依据．(4分)
(2)保养时，小伙子使用打气筒充气，充气过程中气体温度保持不变，大气压强p0＝1.0×105 Pa，每次充入气体的体积是后轮胎容积的，需要打气多少次？(6分)
解析：(1)后车胎内体积不变，若没有漏气，根据查理定律可得＝
即＝
解得p2＝1.96 bar＞p′＝1.4 bar
说明轮胎已漏气．
(2)使用打气筒充气，每次可以充入气体压强
p0＝1.0×105 Pa＝1.0 bar
根据玻意耳定律有p0·n＋p′V＝p1V
即＋1.4＝2.1
解得n＝14次．
答案：(1)见解析　(2)14次
8．(10分)为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的密闭展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境．如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图．已知展柜容积为V0，展柜内空气压强为p0，青铜鼎材料的总体积为V0，抽气筒的容积为.缓慢抽气过程中忽略单向阀两侧气体的压强差，不考虑抽气引起的温度变化，忽略抽气筒连接管道内气体的体积，求：
(1)将青铜鼎放入展柜后，连接抽气筒，将活塞从单向阀门处向外拉至抽气筒充满气体，此时抽气筒和展柜内气体的总体积；(4分)
(2)抽气一次后，展柜内气体的压强．(6分)
解析：(1)由题可知，青铜鼎放入展柜后，展示柜内气体的体积V1＝V0－＝V0，抽气筒内气体的体积V2＝，故抽气筒和展柜内气体的总体积V＝V1＋V2＝V0＋＝V0.
(2)抽气过程是一个等温过程，根据玻意耳定律则有p0V1＝pV，代入数据解得p＝p0，即抽气一次后，展柜内气体的压强为p0.
答案：(1)V0　(2)p01.左端封闭、右端开口、粗细均匀的倒置U形玻璃管，用水银封住两部分气体，静止时如图所示，若让U形管保持竖直状态做自由落体运动，则(　　)
A．气体柱Ⅰ长度将减小
B．气体柱Ⅱ长度将增大
C．左管中水银柱A将上移
D．右管中水银面将下降
解析：选A．设大气压强为p0，由题图可知，封闭气体压强pⅠ＝p0－ph，pⅡ＝pⅠ＋ph＝p0，当U形管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压p0；Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变，左管中水银柱A不动，故B、C错误；气柱Ⅰ的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小，右管中的水银面上升，故A正确，D错误．
2.(10分)导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高．已知大气压强p0＝75 cmHg保持不变，环境初始温度T1＝300 K．现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2＝330 K．求：
(1)右侧空气柱长度；(4分)
(2)左侧管内水银面下降的高度．(6分)
解析：(1)对右侧气体，初态p1＝p0＋ph1＝90 cmHg，T1＝300 K，V1＝l1S，其中l1＝5 cm
末态p2＝p1，T2＝330 K，V2＝l2S
根据＝解得l2＝5.5 cm.
(2)对左侧气体，初态p1′＝p1＝90 cmHg
T1＝300 K
V1′＝l1′S，其中l1′＝32 cm
末态p2′＝p1′＋2ph，T2＝330 K，V2′＝l2′S，
其中l2′＝l1′＋h
根据理想气体状态方程有＝
可知左侧管内水银面下降的高度h≈1.83 cm.
答案：(1)5.5 cm　(2)1.83 cm
3.(10分)(2025·云南德宏州期末)如图所示，绝热圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计、可上下移动的绝热活塞，在距缸底高为2H0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，不计摩擦．活塞下方距缸底高为H0处还有一固定的导热隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭有同种理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27 ℃，压强等于外界大气压强p0，活塞距气缸底的高度为1.6H0，现通过电热丝缓慢加热B中气体．
(1)当B中气体的压强为1.5p0时，活塞距导热隔板的高度是多少？(4分)
(2)当A中气体的压强为1.2p0时，B中气体的温度是多少？(6分)
解析：(1)B中气体做等容变化，根据查理定律得
＝
其中T＝(273＋27)K＝300 K
求得T′＝450 K
A中气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律得
＝
求得HA＝0.9H0.
(2)当A中气体压强为1.2p0时，对A中的气体，由理想气体状态方程得＝
即＝
解得TA＝600 K，隔板导热，故A、B中气体温度相同，即TB＝TA＝600 K.
答案：(1)0.9H0　(2)600 K
4.(12分)如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的气缸分为A、B两个气缸，A、B两个气缸装有体积均为12 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体．现给左边的活塞N施加一推力，使其向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动．已知外界大气压强为1 atm，1 atm＝1×105 Pa，不计活塞与气缸壁间的摩擦．当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，求：
(1)A气缸中气体的压强；(4分)
(2)活塞N向右移动的距离；(4分)
(3)B气缸中的气体升到的摄氏温度．(4分)
解析：(1)当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，A气缸中气体的压强
pA′＝pA＋＝1.5×105 Pa＝1.5 atm.
(2)A气缸中原来的气体压强及体积分别为
pA＝1 atm，VA＝12 L
A气缸中气体发生等温变化，由pAVA＝pA′VA′
代入数据解得VA′＝8 L
则活塞N向右移动的距离
Δx＝＝ cm＝10 cm.
(3)B气缸中气体原来压强、温度分别为
pB＝1 atm，TB＝300 K
后来压强pB′＝pA′＝1.5×105 Pa＝1.5 atm
由题意知B气缸中气体发生等容变化，由＝
解得TB′＝450 K
即tB′＝177 ℃.
答案：(1)1.5 atm　(2)10 cm　(3)177 ℃
5．(12分)(2024·广东卷，T13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统．如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变．当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭．当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计．当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2.(4分)
(2)求A内气体体积VA2.(4分)
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m.(4分)
解析：(1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据＝
代入数据可得pB2＝9×104 Pa
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据＝
代入数据可得VA2＝3.6×102 m3
由于p0－pB2＜Δp假设成立，即pB2＝9×104 Pa.
(3)恰好稳定时，A内气体压强pA′＝p0＋
B内气体压强pB′＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg.
答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3　(3)1.1×102 kg(共53张PPT)
第三节　气体实验定律的微观解释
学习目标
1．能从微观角度解释气体压强产生的原因．　2.能从微观角度解释气体实验定律．
3．知道什么是理想气体，会用理想气体状态方程分析气体的状态变化．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、气体压强的微观解释
从微观分子的运动及统计规律来看，气体的压强是大量气体分子频繁______器壁的结果．单个分子对器壁的冲力是短暂的，分子运动的速率各不相同，对器壁的冲力也各不相同，但大量分子频繁地碰撞器壁，就会对器壁产生持续的、均匀的压力．所以，从分子动理论的观点来看，气体压强是大量气体分子对器壁作用的宏观效果，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．
碰撞
二、气体实验定律的微观解释
1．由分子动理论和气体分子运动的统计规律可以知道，就大量分子而言，气体质量一定时，如果温度不变，体积越小，单位体积内气体分子数目越多，撞击器壁的分子数目越多，撞击的平均作用力越大，压强越大；如果体积不变，温度越高，气体分子热运动的平均速率越大，撞击的平均作用力越大，压强越大．
2．玻意耳定律的微观解释
一定质量的气体，温度保持不变时，气体分子热运动的__________一定，若气体体积减小，分子的__________增大，气体压强增大．反之，若气体体积增大，分子的密集程度减小，气体压强减小．
3．查理定律的微观解释
一定质量的气体，体积保持不变时，气体分子的__________保持不变，若气体温度升高，分子热运动的平均速率增大，气体压强增大．反之，若气体温度降低，分子热运动的平均速率减小，气体压强减小．
平均速率
密集程度
密集程度
三、理想气体
1．理想气体：严格遵循气体实验定律的气体．
2．理想气体与实际气体
任何实际气体只有在压强不太大、温度不太低的情况下近似地遵循气体实验定律．
3．理想气体的状态方程
(1)内容：一定______的某种理想气体，在从一个状态(p1、V1、T1)变化到另一个状态(p2、V2、T2)时，压强p跟体积V的乘积与______________的比值保持不变．
(2)表达式：____________．
(3)成立条件：一定______的理想气体．
质量
热力学温度T
质量
判断下列说法是否正确．
(1)实际气体在常温常压下可看作理想气体．(　　)
(2)理想气体是为了研究问题的方便提出的一种理想化模型．(　　)
(3)一定质量的理想气体，体积增大，单位体积内的分子数减少，气体的压强一定减小．(　　)
(4)一定质量的理想气体，温度和体积均增大到原来的2倍时，压强增大到原来的4倍．(　　)
(5)一定质量的某种理想气体，若p不变，V增大，则T增大，是由于分子数密度减小，要使压强不变，需使分子的平均动能增大．(　　)
√
√
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　气体压强的微观解释
如图，下大雨的时候人们打着的伞为什么会感到明显的压力？
[提示]　大量密集的雨滴对伞形成一个持续的压力，就像大量持续撒向托盘秤上的豆子一样，给秤一个持续的压力．
1．气体压强的产生原因
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气体分子的数密度：气体分子的数密度(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，气体压强就较大；
②气体分子的平均速率：气体分子的平均速率越大，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力就越大．
(2)宏观因素
①与温度有关：其他条件不变，温度越高，气体的压强越大；　
②与体积有关：其他条件不变，体积越小，气体的压强越大．
3．大气压强的产生及影响因素
大气压强由气体所受的重力产生，如果没有地球引力的作用，地球表面上就没有大气，也就没有大气压强．由于地球引力与距离的平方成反比，所以大气压力与气体的高度、密度有关，在地面上空不同高度处，大气压强不相等．
　　　从分子动理论的观点来看，气体分子间距离比较大，
分子间的作用力很弱，气体对容器的压强源于气体分子的
热运动。当它们飞到器壁时，就会跟器壁发生碰撞(可视为
弹性碰撞)，对器壁产生作用力从而产生压强，如图所示。
设气体分子的质量为m，气体分子热运动的平均速率为v。下列说法正确的是(　　)
A．气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为做匀速直线运动
B．在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目差距很大
C．每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小为2mv
D．若增大气体体积，则气体压强一定减小
√
[解析]　由于气体分子间的距离较大，分子间的作用力很弱，所以气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为做匀速直线运动，故A正确；
气体分子的运动是无规则的，但在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目几乎相等，故B错误；
气体的压强由体积和温度共同决定，所以增大气体体积，气体压强不一定减小，故D错误．
　　　下列关于对气体压强的理解错误的是(　　)
A．大气压强是由地球表面空气所受重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身所受重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压强
B．气体压强是由气体分子不断撞击器壁产生的
C．气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均速率
D．单位面积器壁受到空气分子碰撞的平均压力就是气体对器壁的压强
√
[解析]　大气压强是由地球表面空气所受重力产生的，而被密封在某种容器中的气体，其压强是大量做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞产生的，它的大小不是由被封闭气体所受重力决定的，故A错误，B正确；
气体压强取决于分子的数密度与分子的平均速率，即单位体积内分子数和分子的平均速率，故C正确；
知识点二　气体实验定律的微观解释
1．气体实验定律中温度、体积、压强在微观上分别与什么相关？
[提示]　在微观上，气体的温度决定气体分子的平均动能，体积决定分子的数密度，而分子的平均动能和分子数密度决定气体的压强．
2．自行车的轮胎没气后会变瘪，用打气筒向里打气，打进去的气越多，轮胎会越“硬”。怎样从微观角度来解释这种现象？(假设轮胎的容积和气体的温度不发生变化)
[提示]　轮胎的容积不发生变化，随着气体不断地打入，轮胎内气体分子的数密度不断增大，温度不变意味着气体分子的平均动能没有发生变化，单位时间内单位面积上碰撞次数增多，故气体压强不断增大，轮胎会越来越“硬”．
1．玻意耳定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大；体积增大，压强减小．
(2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变．体积减小，分子的数密度增大，单位时间内撞到单位面积器壁上的分子数就越多，气体的压强就越大，如图所示．
2．查理定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大；温度降低，压强减小．
(2)微观解释：体积不变，则分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大，如图所示．
3．盖-吕萨克定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在压强不变时，温度升高，体积增大，温度降低，体积减小．
(2)微观解释：温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，要使压强不变，则需影响压强的另一个因素，即分子的数密度减小，所以气体的体积增大，如图所示．
　　　在一定的温度下，—定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于(　　)
A．单位体积内的分子数增多，单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个气体分子对器壁的平均撞击力都变大
D．气体密度增大，单位体积内气体质量变大
√
[解析]　气体的温度不变，分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变，C错误；
体积减小，单位体积内的分子数目增多，所以气体压强增大，A正确；
分子和器壁间无引力作用，B错误；
单位体积内气体的质量变大，不是压强变大的原因，D错误．
　　　(多选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大
B．温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
C．压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小
D．温度升高，压强和体积都可能不变
√
√
[解析]　根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，A正确；
温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密集程度减小，B正确；
压强不变，温度降低时，体积减小，气体的密集程度增大，C错误；
温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变，D错误．
知识点三　理想气体状态方程的应用
1．理想气体
(1)理想气体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可忽略不计，分子不占空间，可视为质点．它是对实际气体的一种科学抽象，是一种理想模型，实际并不存在．
(3)理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，也可以不计气体分子与器壁碰撞的动能损失．
(4)理想气体分子无分子势能的变化，内能等于所有分子热运动的动能之和，只和温度有关．
3．解题步骤
(1)明确研究对象，即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．
需要注意的是应用方程时，温度T必须是热力学温度，绝不能用摄氏温度．公式两边中压强p和体积V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位．
角度1　理想气体
　　　(多选)下列对理想气体的理解正确的有(　　)
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵从气体实验定律
√
√
[解析]　理想气体是一种理想模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体，理想气体在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律，A、D正确，B错误；
一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，与体积无关，C错误．
√
角度2　理想气体状态方程的应用
　　　(2023·江苏卷，T3)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少
从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，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增大，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增多，D错误．
　　　(2025·湛江市期末)如图所示的是一个蒸馏海水的装置，通过阳光照射透明容器使得容器中的水通过表面液化并流淌到取蒸馏水的装置中．已知容器总体积为10 L，初始时候放置4 L海水在容器中，温度T1≈300 K，压强为p0，忽略水蒸气分子产生的压强对总压强的影响且认为容器内总体积不变．如果容器内的海水全部蒸发掉且被取水装置接走，此时容器内温度变为T2＝320 K.
(1)此时容器内气体的压强p2为多少？
[答案]　0.64p0　
(2)为了使此时容器内压强变为0.9p0，求需要送入压强为p0、温度为320 K的气体体积Vx.
[解析]　对理想气体，由玻意耳定律0.9p0×V2＝p2×V2＋p0×Vx
解得Vx＝2.6 L.
[答案]　2.6 L
　　　小明自制了一个自动火情报警装置，其原理如图所示．一导热性能良好的气缸固定在水平面上，气缸开口向上，用质量m＝1 kg、横截面积为5 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．当外界的温度为27 ℃时，活塞下表面距气缸底部的距离h1 ＝ 18 cm，活塞上表面距固定的力传感器的距离h ＝ 2 cm.当出现火情且环境温度上升至127 ℃时，触发报警器工作．已知外界大气的压强p0＝1 × 105 Pa且始终保持不变，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)活塞刚接触力传感器时气体的温度；(结果保留整数)
[答案]　333 K或60 ℃　
(2)环境温度为127 ℃时力传感器的示数．
[答案]　12 N
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(气体压强的微观解释)某同学为了表演“轻功”，他站上了
一块由气球垫放的轻质硬板，如图所示．气球内充有空气(视为
理想气体)，气体的压强(　　)
A．是由气体受到的重力产生的
B．是由大量气体分子不断地碰撞器壁而产生的
C．大小只取决于气体分子数量的多少
D．大小只取决于气体温度高低
√
解析：由于大量分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强，A错误，B正确；
根据压强的微观意义可知，压强的大小取决于单位体积内气体分子数量的多少以及气体温度的高低，C、D错误．
2．(对理想气体的理解)(多选)关于理想气体的性质，下列说法正确的是(　　)
A．理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在
B．理想气体的存在是一种人为规定，即它是一种严格遵守气体实验定律的气体
C．一定质量的理想气体，内能增大，其温度一定升高
D．氦是液化温度最低的气体，任何情况下均可当成理想气体
√
√
√
解析：理想气体是在研究气体性质的过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，其具备的特性均是人为规定的，A、B正确；
对于理想气体，分子间不存在相互作用力，也就没有分子势能，其内能的变化即为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，C正确；
实际中的不易液化的气体，包括液化温度最低的氦气，只有温度不太低、压强不太大的条件下才可当成理想气体，在压强很大和温度很低的情形下，分子的大小和分子间的相互作用力就不能忽略，D错误．
3．(理想气体状态方程的应用)新买的冰箱在第一次通电后一段时间，首次打开冰箱门会发现门比较紧，产生这种现象的原因是(　　)
A．冰箱工作后，随着温度下降，腔体内气体压强小于外界压强
B．冰箱工作后，随着温度下降，腔体内气体压强大于外界压强
C．腔体内气体分子平均动能变大
D．腔体内气体分子平均动能不变
√
由于温度下降，故腔体内气体分子平均动能变小，故C、D错误．
4．(气体实验定律的微观解释)(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　　)
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．气体分子的数密度增大
√
√
解析：气体经等温压缩，温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子平均动能不变，故气体分子碰撞器壁的平均冲力不变，A错误；
由玻意耳定律知，气体体积减小、分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，B正确；
气体体积减小、密度增大，但分子总数不变，C错误，D正确．
(1)求发动机被迫关机时箱内剩余燃料的体积．
解析：对箱内氦气有3.4p0×0.5V0＝2.0p0V
解得V＝0.85V0
则箱内剩余燃料体积V′＝(1－0.85)V0＝0.15V0.
答案：0.15V0　
(2)需注入标准状态下(压强为p0，温度为0 ℃)体积多大的氦气才能使上述被迫关机的发动机正常工作？(结果保留2位有效数字)
答案：3.6V0(共20张PPT)
课后达标检测
题组1　气体的等容变化
1．某同学家一台新冰箱能显示冷藏室内的温度．存放食物之前，该同学关闭冰箱密封门并给冰箱通电．若大气压为1.0×105 Pa，通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为6 ℃，则此时冷藏室中气体的压强是(　　)
A．2.2×104 Pa B．9.3×105 Pa
C．1.0×105 Pa D．9.3×104 Pa
√
2．汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值．一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0.该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为2.5p0，轮胎内部气体温度为280 K．轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为(　　)
A．0.6p0 B．0.7p0
C．0.8p0 D．0.9p0
√
√
3.如图所示，接开水后拧紧保温杯杯盖，待水冷却后就很难拧
开．现向保温杯中倒入半杯热水后，拧紧杯盖，此时杯内气体
温度为77 ℃，压强与外界相同．测得环境温度为7 ℃，外界
大气压强为1.0×105 Pa，经过一段较长的时间后，杯内温度降
到7 ℃.不计杯中气体质量的变化，且杯中气体可视为理想气体，则最后杯内气体的压强为(　　)
A．9×104 Pa　　B．8×104 Pa　　C．7×104 Pa 　D．6×104 Pa
√
√
5．物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩，这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变．当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩．气体温度变化时，热胀冷缩现象尤为明显．若在未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为(　　)
A．3.3% B．6.7%
C．7.1% D．9.4%
√
√
6．一定质量的气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV1；温度由283 K升高到288 K，体积的增量为ΔV2，则(　　)
A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定
题组3　p－T图像和V－T图像
7．(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程的V－T图像如图所示，则(　　)
A．在过程A→C中，气体的压强不断变小
B．在过程C→B中，气体的压强不断变大
C．在状态A时，气体的压强最小
D．在状态B时，气体的压强最大
√
√
√
解析：A→C过程中，气体体积不变，温度升高，由p＝cT可知，气体的压强变大，A错误；
C→B过程中，气体温度不变，体积变小，由pV＝c可知，气体压强变大，B正确；
由选项A与选项B的分析可知，A状态的压强最小，B状态的压强最大，C、D正确．
8.如图所示，一气缸固定在水平地面上，用活塞封闭着一定
质量的理想气体．已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气
缸内壁间无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞对小挡
板的压力刚好等于活塞的重力．现缓慢升高气缸内气体的温度，则能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　　)
√
解析：由题意知，开始时被封闭气体的压强等于p0，当缓慢升高气缸内气体温度且活塞未离开小挡板时，气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，在p－T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强大于外界的大气压，气体等压膨胀，在p－T图像中，图线是平行于T轴的直线．
9．(10分)某同学利用玻璃瓶研究气体温度与体积的关系．如图，将一质量m＝60 g、底部横截面积S＝10 cm2的薄壁玻璃瓶倒扣在水中．容器厚度不计，当温度t0＝27 ℃时，测得此时瓶内液面比瓶外水平面低d＝6 cm，瓶子露在水面上的部分长L1＝6 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小为10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，设容器外部的水面高度保持不变，T＝t＋273 K，求：
(1)瓶内的气体压强；(4分)
解析：瓶内气体的压强
p＝p0＋ρgd，得p＝1.006×105 Pa.
答案：1.006×105 Pa　
(2)若加入热水混合稳定后，瓶内气体的温度缓慢上升至77 ℃，则瓶子露在水面上部分长L2为多少？(6分)
答案：8 cm
10.(10分)某导热性能良好的葫芦形钢瓶中密封有一定质量、可视
为理想气体的空气，瓶内初始温度T1＝300 K，压强p1＝3.0×105
Pa，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa.
(1)若瓶内空气温度升高到37 ℃，求瓶内空气的压强p2.(4分)
答案：3.1×105 Pa
(2)若打开瓶盖，周围环境温度恒为27 ℃，足够长时间后，求瓶内剩余的空气质量与原有空气质量的比值．(6分)章末知识网络建构(共19张PPT)
课后达标检测
√
√
根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确．
2.(多选)如图所示，这是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．由图可知T1>T2
D．由图可知T1√
√
√
解析：因为等温线是双曲线的一支，说明压强与体积成反比，A正确；
一定质量的气体，体积一定时，温度越高，压强越大，所以不同温度下的等温线是不同的，B、D正确，C错误．
√
√
√
5．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强的数值，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5V，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
解析：根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3.
(1)求喷水壶内封闭空气的最大压强p.(4分)
(2)喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？(6分)
7．(10分)一热爱自行车运动的小伙子，购买了一辆具有车胎压温监测系统的山地自行车，产品说明书上建议后轮胎标准胎压为2.10 bar(1.0 bar＝100 kPa)，自行车交付时监测系统显示后轮胎胎压为2.10 bar，温度为27 ℃，他使用一段时间后，发现后轮胎变软了，此时显示后轮胎胎压为1.40 bar，温度为7 ℃，然后进行保养，车胎内气体可看作理想气体，容积可视为不变．
(1)保养时，后轮胎是否漏气？说明道理和依据．(4分)
答案：见解析　
答案：14次
(1)将青铜鼎放入展柜后，连接抽气筒，将活塞从单向阀门处向外拉至抽气筒充满气体，此时抽气筒和展柜内气体的总体积；(4分)
(2)抽气一次后，展柜内气体的压强．(6分)章末过关检测(二)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．一块密度和厚度都均匀分布的矩形被测样品，长AB是宽AC的两倍，如图所示．若用多用电表沿两对称轴O1O1′和O2O2′测其电阻，阻值均为R，则这块样品可能是(　　)
A．单晶体 B．多晶体
C．非晶体 D．金属
解析：选A．沿O1O1′和O2O2′两对称轴测该长方体，所测得电阻值相同，说明该物质沿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，故A正确．
2．关于液体和固体的一些现象，下列说法正确的是(　　)
A．图1中水黾停在水面上是因为浮力作用
B．图2中石英晶体像玻璃一样，没有固定的熔点
C．图3中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃
D．图4中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向同性
解析：选C．题图1中水黾停在水面上是因为水的表面张力作用，A错误；题图2中石英晶体有固定的熔点，而玻璃是非晶体没有固定的熔点，B错误；题图3中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃，C正确；题图4中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向异性，D错误．
3.在热气球下方开口处燃烧液化气，使热气球内部气体温度升高，热气球开始离地，徐徐升空．若不考虑热气球的热胀冷缩及外界大气压的变化，则(　　)
A．热气球内的气体密度增大
B．热气球内的气体所受重力不变
C．热气球所受浮力变大
D．热气球所受浮力不变
解析：选D．热气球能上升，是因为热气球内的空气被加热后体积变大，密度变小，有一部分跑出去了，所以热气球的总重力减小，当热气球受到的总重力小于浮力时，热气球就上升了．由于热气球体积不变，排开空气的体积也不变，而热气球外空气的密度没变，由于浮力F＝ρ空气gV，故热气球受到的浮力不变．
4．气罐内的气体，在密封的条件下，温度从13 ℃上升到52 ℃，则气体的压强(　　)
A．升高为原来的4倍
B．降低为原来的
C．降低为原来的
D．升高为原来的倍
解析：选D．气体发生等容变化，则有＝，可得＝＝＝，可知气体的压强升高为原来的倍．
5．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温变化过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0 的空气的体积为(　　)
A．V B．V
C．V D．V
解析：选C．设所求体积为Vx，由玻意耳定律得，p0(Vx＋V)＝pV，Vx＝V，C正确．
6．如图所示为一定质量的理想气体由状态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.关于气体的状态，下列说法正确的是(　　)
A．从状态A到状态B气体的压强增大
B．气体在状态C的压强为1.0×105 Pa
C．气体在状态C的压强为2.0×105 Pa
D．从状态A到状态B气体的压强减小
解析：选C．根据图像可知，从状态A到状态B气体的V－T图像为一条过原点的倾斜直线，根据pV＝nRT，解得V＝T，可知从状态A到状态B气体的压强不变，故A、D错误；根据上述可知pB＝pA＝1.5×105 Pa，从状态B到状态C气体体积不变，则有＝，解得pC＝2.0×105 Pa，故B错误，C正确．
7．一横截面积为S的气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的．两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为 5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为(　　)
A．d B．d
C．d D．d
解析：选D．以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2′(V2－xS)，代入数据可解得x＝d，故A、B、C错误，D正确．
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
8．关于半导体材料和纳米材料，下列相关说法正确的是(　　)
A．制作手机中央处理器的材料是半导体材料
B．所有的晶体管和集成电路都是由硅材料制成的
C．石墨烯是一种纳米材料，它的物质组成只有碳这一种元素
D．同种物质，当它以纳米材料的形态出现时，其物理性质可能会有很大的不同
解析：选ACD．制作手机中央处理器的材料是半导体材料，A正确；制作晶体管和集成电路的主要材料是硅和砷化镓，B错误；石墨烯是一种纳米材料，它是由碳这一种元素组成的，C正确；同种物质，当它以纳米材料的形态出现时，其物理性质可能会有很大的不同，D正确．
9．如图表示一定质量的理想气体沿途径a→b→c→d→a发生状态变化的过程，则该气体压强的变化情况是(　　)
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强增大
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
解析：选AC．由理想气体的状态方程知＝， 在V－T图像中，当压强增大时，图像上的点与原点的连线斜率变小，因此pa10.打篮球是同学们喜爱的一种体育活动，篮球正常使用时气压范围为1.5 atm～1.6 atm.小明和同学们来到室内篮球场打篮球，发现篮球场内的篮球气压不足，测得篮球内部气体的压强为1.2 atm.如图所示，小明同学用手持式打气筒在室内给篮球打气，每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进球内．已知篮球的体积V＝5 L，大气压强恒为p0＝1.0 atm，打气过程中篮球体积和球内气体温度均视为不变，室内温度t1＝24 ℃，室外温度t2＝27 ℃.下列说法正确的是(　　)
A．若同学们在室内篮球场玩，最少需打气11次
B．若同学们在室内篮球场玩，最少需打气12次
C．若同学们将篮球带到室外篮球场玩，最多能打气15次
D．若同学们将篮球带到室外篮球场玩，最多能打气16次
解析：选BC．若同学们在室内篮球场玩，设最少需打气n次，原来篮球内部的压强为p1，打气筒每打一次的气体体积为V0，则根据玻意耳定律p1V＋np0V0＝pminV，解得n＝12，故A错误，B正确；室内的热力学温度T1＝t1＋273 K＝297 K，室外的热力学温度T2＝t2＋273 K＝300 K，若同学们将篮球带到室外篮球场玩，设最多能打气k次，根据理想气体状态方程＝，解得k＝15.36，即最多能打气15次，故C正确，D错误．
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)在“用传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，某组同学使用如图1所示的实验装置，正确操作实验获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到p－V图像，如图2所示．
(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制注射器内封闭的气体的__________(选填“温度”“压强”或“体积”)不发生变化．
(2)在压缩气体过程中，另一组同学不慎用手握住注射器含空气柱的部分，在图2图线(如实线)的基础上，作出该同学应该得到的图线(如虚线)，下图中大致正确的是________．
(3)实验中，在判断气体压强与体积的关系时不需要测出空气柱的横截面积，推导并说明原因_________________________________________________________.
解析：(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制注射器内封闭的气体的温度不发生变化．
(2)实验时用手长时间握住注射器气体部分，温度变大，由理想气体状态方程pV＝cT，可知pV会变大，但p与V不成线性关系，图中大致正确的是图A．
(3)横截面积相同，每一次体积的改变，只需要比较空气柱长度的变化即可，故不需要测量空气柱的横截面积．
答案：(1)温度　(2)A　(3)见解析
12．(8分)两名同学“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”，实验示意图如图甲所示，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机．实验完成后，计算机屏幕上显示出如图乙所示的①②两条p－V图线．
(1)两组图线经检验均符合反比例关系，由题图乙判断导致①②两组数据差异的原因可能是____________．(填序号)
A．两组实验环境温度不同
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
D．某组实验中活塞移动太快
(2)在实验操作过程中，采取下列哪些做法可以保证实验的恒温条件______．(填序号)
A．用橡皮帽堵住注射器的小孔
B．移动活塞要缓慢
C．实验时，不要用手握注射器
D．在注射器活塞一周涂润滑油
(3)为验证气体的压强p与体积V成反比例关系，还可将图线转化为__________(选填“V－p”或“V－”)图线而得到如图丙所示的一条直线；图线不过坐标原点，则截距中的b代表的是____________．
解析：(1)根据理想气体状态方程＝c，整理可得pV＝cT，由曲线可知对于同一V值所对应的p值不同，故两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知当气体质量一定时，若两组实验环境温度T不同，pV乘积不等，常数c与气体的质量有关，当两组封闭气体的质量不同时，pV乘积不等，故A、B正确；器材的气密性不佳，实验过程中气体质量改变，活塞移动太快，封闭气体内能改变，温度改变，图线不符合反比例关系，故C、D错误．
(2)本实验需要研究的问题是“一定质量气体在温度不变时，压强与体积的关系”，实验中为保证气体的质量不变，用橡皮帽堵住注射器的小孔，并在注射器光滑活塞一周涂润滑油，防止漏气，这些都是为了保证封闭气体的容器密封良好，故A、D错误；为保证气体的温度不变，实验时，移动活塞一定要缓慢，同时不要用手握注射器，否则不能保证实验条件，故B、C正确．
(3)根据玻意耳定律pV＝C，整理可得V＝C，则V－图线为一条直线，根据实验数据画出的V－ 图线不过坐标原点，该图线的方程为V＝k－b，说明注射器中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，截距b代表注射器与压强传感器连接处的气体体积．
答案：(1)AB　(2)BC　(3)V－　注射器与压强传感器连接处的气体体积
13.(12分)如图所示，左右两管足够长的U形管左管封闭，右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，右管一轻活塞恰处在与左管水银面平齐的位置且封闭了一定质量的气体，左右两管水银面高度差为36 cm，大气压强为76 cmHg.现将活塞缓慢下推，并保持左右管内气体的温度不变．当左管空气柱长度变为20 cm时，求：
(1)左管内气体的压强；(4分)
(2)活塞下移的距离．(结果保留小数点后1位)(8分)
解析：(1)左管封闭气体变化前的压强
p1＝76 cmHg－36 cmHg＝40 cmHg
左管封闭气体变化前后的体积分别为
V1＝26S，V2＝20S
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得p2＝52 cmHg.
(2)U形管右管内径为左管内径的倍，则右管横截面积是左管横截面积的2倍，为2S，当左管水银面上升6 cm时，右管水银面下降3 cm，所以这时左右两管水银面的高度差为45 cm，因此右管内气体的压强p2′＝(52＋45) cmHg＝97 cmHg
原状态右管气体的压强p1′＝76 cmHg
设活塞缓慢下推后右管气体的高度为h，由玻意耳定律可得p1′×36 cm×2S＝p2′×h×2S
解得h≈28.2 cm
活塞下移的距离x＝(36＋3)cm－h＝10.8 cm.
答案：(1)52 cmHg　(2)10.8 cm
14．(14分)如图所示，某种喷雾器贮液筒的总容积为6 L，关闭喷雾阀门装入5 L的药液后将加水口密封盖盖好．拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒，可以把0.1 L压强为1 atm的空气打进贮液筒，设打气及喷雾过程气体温度不变，大气压强为1 atm.
(1)用打气筒向贮液筒内打气两次，贮液筒内气体压强为多大？(6分)
(2)在贮液筒内气体压强达2 atm时停止打气，打开喷雾阀门使其缓慢喷雾，直至内外气体压强均相等，这时筒内还剩多少药液？(8分)
解析：(1)以贮液筒内气体与打入的气体整体为研究对象，初状态p1＝1 atm
V1＝(1＋2×0.1)L＝1.2 L
末状态体积V2＝1 L，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
解得末状态压强p2＝1.2 atm.
(2)初状态p3＝2 atm，V2＝1 L，末状态压强
p1＝1 atm
根据玻意耳定律得p3V2＝p1V′，
解得V′＝2 L
筒内还剩液体体积V＝6 L－2 L＝4 L.
答案：(1)1.2 atm　(2)4 L
15．(14分)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积).容器横截面积为S、长为2l.开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长．现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的.整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体．求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；(6分)
(2)弹簧的劲度系数k.(8分)
解析：(1)设抽气前两体积V＝Sl，对气体A分析：抽气后VA＝2V－V＝Sl
根据玻意耳定律得p0V＝pAV
解得pA＝p0
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pBV
解得pB＝p0.
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得F＝k
联立得k＝.
答案：(1)p0　p0　(2)(共22张PPT)
课后达标检测
题组1　液体的表面张力
1．下列关于液体表面张力的理解，正确的是(　　)
A．表面张力是由于液体表面发生形变引起的
B．表面张力是由于液体表面层内分子间引力大于斥力所引起的
C．表面张力是由于液体表面层内分子单纯具有一种引力所引起的
D．表面张力就其本质来说也是万有引力
√
解析：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些，那么分子间的引力大于分子斥力，分子间的相互作用表现为引力，即表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的，故A、C、D错误，B正确．
√
2.春天来了，雨后荷叶上有很多晶莹剔透的水珠，如图所示．
下列说法正确的是(　　)
A．荷叶上的水珠呈球形是因为水珠受到重力
B．在水珠表面层，水分子间的作用力表现为引力
C．在水珠表面层，水分子间的作用力表现为斥力
D．在水珠表面层，水分子间的作用力为零
解析：荷叶上的水珠呈球形是因为液体的表面张力，故A错误；在水珠表面层，水分子相对于水珠内部分布比较稀疏，水分子间的作用力表现为引力，故B正确，C、D错误．
3.(多选)喷雾型防水剂是现在市场上广泛销售的特殊防水剂．其原
理是防水剂在玻璃上形成一层薄薄的保护膜，形成类似于荷叶外
表的效果，水滴以椭球形分布在玻璃表面，无法停留在玻璃上，
从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰，如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．雨水分子在永不停息地做无规则运动
B．照片中的玻璃和水滴之间发生了浸润现象
C．水滴呈椭球形是液体表面张力和重力共同作用的结果
D．水滴表面分子比水滴内部的分子密集
√
√
解析：所有分子都在永不停息地做无规则运动，故A正确；
浸润即液体在与固体表面接触时能够弥散进入固体表面的现象，而照片中的玻璃和水滴不浸润，故B错误；
液体表面张力使水滴呈球形，但在重力的作用下水滴呈椭球形，故C正确；
水滴表面分子比水滴内部的分子稀疏，水滴表面分子间距比水滴内部的分子间距大，表面层分子之间的作用力表现为引力，使水滴表面有收缩的趋势，从而形成椭球形，故D错误．
√
4．在密闭的容器内，放置一定量的液体，如图a所示，若将此容器置于在轨道上正常运行的人造地球卫星上，则容器内液体的分布情况应是(　　)
A．仍然如图a所示
B．只能如图b所示
C．可能如图d或e所示
D．可能如图b或c所示
解析：容器与液体所受重力均提供容器与液体做匀速圆周运动的向心力．液体仅受表面张力的作用，使其自由表面收缩到最小状态，所以自由表面呈球形．如果液体对于容器是浸润的，那么将出现题图c的情况；如果液体对于容器是不浸润的，那么就表现为题图b的情况．
题组2　浸润、不浸润和毛细现象
5．(多选)下列各图表示液体浸润固体的是(　　)

解析：浸润现象在管内表现为液面呈凹形，则B液体浸润固体，浸润现象在平面上表现为接触面增大，则C液体浸润固体．
√
√
√
6．关于下列各图所对应现象的描述，正确的是(　　)

A．图甲中水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用
B．图乙中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为表面张力的作用
C．图丙中插入水中的塑料笔芯内水面下降，说明水浸润塑料笔芯
D．图丁中拖拉机锄松土壤，是为了利用毛细现象将土壤里的水分引上来
解析：水黾可以停在水面是因为受到水的表面张力的作用，故A错误；
水银的表面张力比较大，同时水银和空气之间的相互作用力也比较小，这就导致了水银在接触到其他物体时，会尽可能地减少表面积，从而形成球状，故B正确；
当一根内径很细的管垂直插入液体中时，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；
拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象，减少水分蒸发，故D错误．
7．(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．图乙中附着层的液体分子比液体内部
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液体内部密集
√
√
解析：由题图可知，图甲为浸润现象，图乙为不浸润现象，A正确；
图甲中附着层的液体分子比液体内部的分子密集，B错误；
图乙中附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，C正确；
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错误．
8．(多选)如图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．水银不浸润玻璃
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为零
解析：由题图知水浸润玻璃，水银不浸润玻璃，故B正确，A错误；
表面层中的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子间作用力表现为引力，故C正确，D错误．
√
√
9．三位航天员在中国空间站再次为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是航天员在太空拧毛巾，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉．关于形成这种现象的原因，下列说法正确的是(　　)
A．在空间站水滴不受重力
B．水和手发生浸润现象，且重力影响很小
C．水和手发生不浸润现象，且重力影响很小
D．在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上
√
解析：在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，水滴处于失重状态，故A错误；
由题意，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明水在手表面有扩展趋势，说明水和手发生浸润现象，且重力影响很小，故B正确，C错误；
水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大，故D错误．
10.在天平的左盘挂一根细铁丝，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，重量增加而使天平平衡破坏，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
解析：由于铁丝刚好露出液面，和液面间形成了一层液膜，此液膜的表面张力使铁丝受到向下的作用力，所以天平左端下降，C正确．
√
11．用纸折一只小船静放在水面，在船尾P附近沾一点洗洁精，小船会自动加速前进一小段距离，如图甲所示．现将两纸片a和b对称静放在水盆中的水面中心O两侧，如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．小船自动加速前进是因为加入洗洁精后表面
张力变大了
B．小船自动加速前进是因为水的表面张力做功
C．若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会绕O点
做匀速圆周运动
D．若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会立即向O点运动
√
解析：小船自动加速前进是因为沾一点洗洁精会减小水的表面张力，与小船另一侧的水的表面张力不一样大，故小船会移动，水的表面张力做功，故A错误，B正确；
若在O处滴入少量洗洁精，纸片a和b会向远离O点的方向运动，故C、D错误．
√
12.中国空间站太空授课活动中，航天员做了一个
“水球开花”实验．她将用纸做的小花轻轻放在
水球表面，纸花迅速绽放．关于该实验现象，下列
说法正确的是(　　)
A．纸花“开放”过程中水面对小花做正功
B．水球表面上水分子间的作用力表现为斥力
C．表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离小
D．水球表面对纸花的作用力和纸花受到的重力是一对平衡力
解析：纸花“开放”过程中获得了动能，故水面对小花做正功，故A正确；
水球能表现为一个球体是因为表面上水分子相互吸引，故水分子间作用力表现为引力，故B错误；
液体表面层由于蒸发等原因分子数较少，则表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离大，故C错误；纸花在太空中处于完全失重状态，故水球表面对纸花的作用力和纸花受到的重力不是一对平衡力，故D错误．题组1　气体压强的微观解释
1．关于密闭容器中气体的压强，下列说法正确的是(　　)
A．是由气体受到的重力产生的
B．是由大量气体分子不断地碰撞器壁产生的
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
解析：选B．密闭容器中气体的压强是由大量气体分子不断地碰撞器壁产生的，A错误，B正确；压强的大小取决于气体分子的平均速率和分子的数密度，与物体的宏观运动无关，C、D错误．
2.(多选)如图所示的“空气弹簧”是由多个充气橡胶圈叠加制成，其“劲度系数”与圈内充气的多少有关．橡胶圈内充气越多，则(　　)
A．橡胶圈越容易被压缩
B．橡胶圈越不容易被压缩
C．空气弹簧的“劲度系数”越大
D．空气弹簧的“劲度系数”越小
解析：选BC．橡胶圈内充气越多，橡胶圈内气体的压强越大，橡胶圈越不容易被压缩，则空气弹簧的“劲度系数”越大．
3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高度处把1 000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒豆粒的总质量为100 g，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　　)
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B．设向下为正方向，由题意知v1＝＝4 m/s，v2＝－2 m/s，根据动量定理有F·Δt＝Δp＝mv2－mv1，得F＝＝－0.6 N，由牛顿第三定律知，秤盘受到的压力大小约为0.6 N．
题组2　气体实验定律的微观解释
4．在一定的温度下，一定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于(　　)
A．单位体积内的分子数增多，单位时间内、单位面积上分子对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个气体分子对器壁的撞击力都变大
D．气体密度增大，单位体积内分子质量变大
解析：选A．在一定的温度下，一定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于体积减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内、单位面积上分子对器壁碰撞的次数增多，故A正确；气体的压强是由于大量的气体分子无规则地运动碰撞器壁产生的，而不是气体分子与器壁吸引引起的，故B错误；由于温度不变，因此气体分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变，但对于单个分子而言，其对器壁的撞击力可能变大，因此并不是每个气体分子对器壁的撞击力都变大而使压强变大的，故C错误；气体密度增大，单位体积内分子质量变大，但这并不是压强增大的原因，故D错误．
5.如图所示，医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，在此过程中瓶中气体的(　　)
A．压强增大，分子数密度增大
B．压强增大，分子数密度减小
C．压强减小，分子数密度增大
D．压强减小，分子数密度减小
解析：选D．医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，在此过程中瓶中药液的体积减小，则气体的体积增加，而气体的温度可视为不变，则气体压强减小，气体分子总数一定，则气体分子数密度减小．
题组3　理想气体状态方程的应用
6．如图所示的是一定质量的理想气体状态变化时的p－T图像，由图像可知，此气体的体积(　　)
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选B．根据理想气体状态方程＝c，可得p＝T，可知A→B为等容变化，即体积不变；由题图可知B→C为等温变化，压强变大，由＝c可知体积变小，所以气体的体积先不变后变小．
7.如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚好有体积为V的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2p0，温度为87 ℃，环境大气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57 ℃，瓶中气体可看成理想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57 ℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．设原来瓶中气体变成57 ℃、压强为p0时，气体的总体积为V′，根据理想气体状态方程，有＝，解得V′＝0.55V，则跑出气体的质量与原来气体的质量之比＝＝.
8．玻璃瓶内封闭了一定质量的理想气体．当环境温度发生变化时，该气体由状态a变化到状态b，其压强为p，热力学温度为T，关系可能正确的是(　　)
解析：选C．根据题意可知，气体的体积不变，根据理想气体状态方程＝c，可知气体压强与热力学温度成正比，且气体由状态a变化到状态b，温度降低，压强减小，C正确．
9．某医用氧气瓶的容积为40 L，瓶内装有7 kg的氧气．使用前，瓶内氧气的压强为1.2×107 Pa，温度为27 ℃.当患者消耗该氧气瓶内4 kg的氧气时，瓶内氧气的压强变为4.8×106 Pa，则此时瓶内气体的温度为(　　)
A．7 ℃ B．10 ℃
C．14 ℃ D．17 ℃
解析：选A．根据理想气体状态方程＝c＝nR，可得n＝，当瓶内装有7 kg的氧气时，有n1＝，当患者消耗该氧气瓶内4 kg的氧气时，瓶内剩下氧气的质量为3 kg，有n2＝，可得T2＝··T1＝××(273＋27)K＝280 K，则此时瓶内气体的温度t2＝(280－273)℃＝7 ℃.
10.(10分)(2025·辽宁鞍山市期末联考)我国航天员在出舱执行任务时身着舱外航天服．舱外航天服内密封了一定质量理想气体，用来提供适合人体生存的气压．航天服密闭气体的体积约为V1＝4 L，压强p1＝1.0×105 Pa，温度t1＝27 ℃，航天员身着航天服，出舱前先从核心舱进入节点舱，然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门．
(1)节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2＝6 L，温度t2＝－3 ℃，求此时航天服内气体压强p2.(4分)
(2)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度t2＝－3 ℃时，航天员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝5.0×104 Pa.假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3＝4 L，求航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比．(6分)
解析：(1)对航天服内的密闭气体，初态温度
T1＝t1＋273 K＝300 K
末态温度T2＝t2＋273 K＝270 K
由理想气体状态方程＝可得
此时航天服内气体压强p2＝6×104 Pa.
(2)设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV ，根据玻意耳定律
p2V2＝p3(V3＋ΔV)
得ΔV＝3.2 L
则放出的气体与原来气体的质量之比
＝＝.
答案：(1)6×104 Pa　(2)
11．(10分)如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管．初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝8 cm的理想气体B，左右两侧水银面高度差L2＝5 cm，此时A、B气体的温度均为280 K.
(1)求初始时理想气体B的压强．(4分)
(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左侧液面下降4 cm时气体B的温度．(6分)
解析：(1)根据题意，设初始时理想气体B的压强为pB，则有pB＋pL2＝p0
解得pB＝70 cmHg.
(2)左侧液面下降4 cm时，右侧液面上升4 cm，初状态理想气体A的长度
L0＝L1＋L2＝13 cm
压强为p0，末状态理想气体A的长度
L0′＝L0－4 cm＝9 cm
压强为pA，则有p0L0S＝pAL0′S
解得pA＝ cmHg
则末状态理想气体B的压强
pB′＝ cmHg
对气体B有＝
解得T＝668 K.
答案：(1)70 cmHg　(2)668 K1．(多选)晶体具有各向异性的特点是由于(　　)
A．晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同
B．晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
C．晶体内部结构的无规则性
D．晶体内部结构的有规则性
解析：选AD．晶体的各向异性是由于晶体内部结构的有规则性以及不同的方向上物质微粒的排列情况不同．
2．(2025·江苏淮安市期中)常见的金属是一种多晶体．关于常见的金属，下列说法正确的是(　　)
A．具有规则的天然形状
B．具有各向异性
C．具有固定的熔点
D．内部分子的排列无规则
解析：选C．单晶体具有规则的几何形状，而多晶体和非晶体没有规则的天然形状，故A错误；非晶体和多晶体的物理性质都表现为各向同性，故B错误；无论是单晶体还是多晶体都具有固定的熔点，故C正确；无论是单晶体还是多晶体，晶体内部的分子均按一定的规律排布，即具有一定的规律性，故D错误．
3．石墨烯中碳原子呈单层六边形结构．南京大学的科学家将多层石墨烯叠加，得到了一种结构规则的新材料，其中层与层间距约为六边形边长的两倍，则(　　)
A．新材料属于非晶体
B．新材料没有固定的熔点
C．低温下新材料中碳原子停止运动
D．层间相邻碳原子间作用力表现为引力
解析：选D．新材料由多层石墨烯叠加而成，可知结构规则的新材料为晶体，晶体具有固定的熔点，故A、B错误；由分子动理论可知，分子做永不停息的无规则运动，故C错误；层与层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间平衡距离，由分子力的特点可知，层间相邻碳原子间作用力表现为引力，故D正确．
4．关于晶体和非晶体的内部结构，下列说法正确的是(　　)
A．它们内部的物质微粒都有规则的空间分布
B．单晶体内部的物质微粒是规则排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的
C．晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着的
D．在物质内部的各个平面上，微粒数相等的是晶体，微粒数不等的是非晶体
解析：选B．单晶体内部微粒排列规则，而非晶体内部微粒排列不规则，晶体与非晶体内部的微粒都在不停地运动着，B正确，A、C错误；无法依据物质内部各个平面上的微粒数是否相等来区分晶体与非晶体，D错误．
5．甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡，然后用烧热的钢针针尖分别接触这两种薄片石蜡涂层的背面，接触点周围熔化了的石蜡分别形成如图甲、乙所示的形状，对这两种薄片，下列说法正确的是(　　)
A．甲是晶体 B．甲是非晶体
C．乙是晶体 D．乙是非晶体
解析：选A．单晶体的导热性是各向异性的，薄片的表面接触点周围熔化了的石蜡是椭圆形的，非晶体和多晶体的导热性是各向同性的，则薄片的表面接触点周围熔化了的石蜡是圆形的，即甲是单晶体，乙可能是多晶体也可能是非晶体．
6．关于液晶的说法正确的是(　　)
A．有些液晶的光学性质随外加电压的变化而变化
B．液晶是液体和晶体的混合物
C．液晶分子保持固定的位置和取向，同时具有位置有序和取向有序
D．液晶具有流动性，光学性质各向同性
解析：选A．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，故A正确；液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，其既具有液体的流动性和连续性，又具有光学性质各向异性的特点，故分子的位置不是固定的，故B、C、D错误．
7.“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，石英晶体上、下表面间的压电效应与对应侧面间的不同，则石英晶体(　　)
A．没有确定的熔点
B．制成的传感器可测定压力大小
C．是各向同性的
D．是多晶体
解析：选B．由题意知，石英晶体具有各向异性的压电效应，故石英是单晶体，有确定的熔点，其制成的传感器可测定压力大小．
8．固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲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一定不相同
解析：选A．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，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B错误；在热传导方面，固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D错误．
9．(多选)下列关于晶体空间点阵的说法，正确的是(　　)
A．构成晶体空间点阵的物质微粒可以是分子，也可以是原子或离子
B．晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间相互作用很强，所有物质微粒被牢牢地束缚在空间点阵的结点上不动
C．所谓空间点阵与空间点阵的结点，都是抽象的概念；结点是指组成晶体的物质微粒做永不停息的微小振动的平衡位置；物质微粒在结点附近的微小振动，就是热运动
D．相同的物质微粒可以构成不同的空间点阵，也就是同一种物质能够生成不同的晶体，从而能够具有不同的物理性质
解析：选ACD．组成晶体的物质微粒可以是分子、原子或离子，这些物质微粒也就是分子动理论中所说的分子，显然，组成晶体的物质微粒处于永不停息的无规则的热运动之中，物质微粒之间还存在相互作用．晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间的相互作用很强，物质微粒的热运动不足以克服这种相互作用而彼此远离，它们在不停地振动，而不是固定不动，所以B错误，A、C、D正确．
10．食盐是我们生活中不可缺少的调味品，中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐．通过研究，我们知道了食盐的微观结构如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．食盐晶体是正六面体
B．食盐所有的物理性质都具有各向异性
C．食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，是非晶体
D．食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能也不变
解析：选A．食盐晶体是正六面体，A正确；食盐具有各向异性，但并非所有的物理性质都具有各向异性，B错误；食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，但仍是晶体，C错误；食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，内能增加，D错误．
11．同一种原子可以形成不同空间结构的晶体，比如在常压下α铁具有体心立方结构(图甲)，而γ铁则具有面心立方结构(图乙)，这称为铁的同素异形体．关于铁的两种同素异形体，下列说法正确的是(　　)
A．由甲图可知，由α铁组成的物体一定具有各向异性
B．由乙图可知，由γ铁组成的物体没有固定的熔点
C．由甲、乙两图可知，纯铁由α铁转化为γ铁时体积会缩小
D．由甲、乙两图可知，由α铁和γ铁组成的物体硬度相同
解析：选C．由题图甲可知，由α铁组成的物体为多晶体，一定具有各向同性，故A错误；由题图乙可知，由γ铁组成的物体为多晶体，有固定的熔点，故B错误；由甲、乙两题图可知，纯铁由α铁转化为γ铁时铁原子之间的距离减小，体积会缩小，故C正确；由甲、乙题两图可知，由α铁和γ铁的空间结构不同，组成的物体硬度不相同，故D错误．
12．(多选)关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述不正确的是(　　)
A．图甲中，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．图乙为金刚石中碳原子形成的一种紧密结构，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．图丙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．图丁为雪花的微观结构，雪花是晶体，当雪化成水后，水也是晶体
解析：选BD．题图甲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，不符合题意；题图乙为石墨的微观结构，B错误，符合题意；题图丙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，C正确，不符合题意；题图丁为雪花的微观结构，雪花有规则的几何形状，所以是晶体，当雪化成水后，具有流动性，是液体不再是固体，D错误，符合题意．(共47张PPT)
第五节　晶　体
第六节　新材料
学习目标
1．知道晶体和非晶体、单晶体和多晶体的概念．　2.知道各向异性现象和各向同性现象．　3.掌握晶体和非晶体在外形上和物理性质上的区别．　4.学会用晶体的微观结构特点来解释晶体外形的规则性和物理性质的各向异性．　5.知道液晶的概念及其性质．　6.对新材料有所了解．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、晶体与非晶体
1．固体可以分成______和________两类．______具有天然规则的几何形状，________没有天然规则的几何形状．
2．多晶体是由许多单晶体杂乱无章组合而成的，所以多晶体没有特定的几何形状．
3．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．
晶体
非晶体
晶体
非晶体
4．各向异性：________在不同的方向上不仅导热性能______，而且机械强度、导电性能和光的折射率等其他物理性质也______，这类现象称为各向异性．
5．各向同性：非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，这叫作各向同性，多晶体在一般情况下是各向同性的．
单晶体
不同
不同
二、晶体的微观结构
1．在晶体中，晶体微粒都是按照一定的______排列的，具有空间上的______性．
2．在不同条件下，同种物质的微粒在空间按不同的规则排列，会生成不同的晶体．它们宏观的几何形状不同，物理性质也会不同．
规则
周期
三、液晶
1．某些物质由固态向液态转化的中间态液体具有与晶体相似的性质，称为液态晶体，简称液晶．
2．液晶在力学性质上与液体相同，具有流动性、连续性，可以形成液滴；在光学性质、电学性质等方面又具有明显的__________，因而又具有晶体的某些性质．
各向异性
四、新材料
1．半导体材料：导电能力介于导体与绝缘体之间，半导体的导电性能可通过______来控制．
2．纳米材料
(1)纳米材料具有更强的韧性和强度以及__________．
(2)纳米材料能改变材料的__________和__________．
(3)________被称为“黑金”，是新材料之王．
3．超材料：典型的超材料包括左手材料、__________、超磁性材料等．
掺杂
吸附性能
表面活性
生物活性
石墨烯
光子晶体
判断下列说法是否正确．
(1)铁块没有规则的几何形状，所以是非晶体．(　　)
(2)液晶的所有物理性质均表现为各向异性．(　　)
(3)液晶具有液体的流动性，液晶的分子排列与液体相同.(　　)
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.(　　)
(5)玻璃没有确定的熔点，也没有规则的几何形状．(　　)
(6)晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着的．(　　)
×　
×　
×　
√
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　晶体和非晶体
1．图甲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？
[提示]　单晶体有天然规则的几何外形，多晶体和非晶体无天然规则的几何外形．
(2)没有规则几何外形的固体一定是非晶体吗？
[提示]　不是．由于多晶体是许多单晶体杂乱无章组合而成的，所以多晶体也没有天然规则的几何外形．
2．在玻璃片和云母片上分别涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针去接触玻璃片及云母片的另一面，石蜡熔化，如图丙所示，那么你看到的现象及得出的结论是什么？

[提示]　玻璃片上石蜡的熔化区呈圆形，说明玻璃沿各个方向的导热性能相同．云母片上石蜡的熔化区呈椭圆形，说明云母沿不同方向的导热性能不相同．
1．单晶体、多晶体和非晶体的区别
分类 宏观外形 物理性质
非晶体 没有天然 规则的形状 (1)没有固定的熔点；
(2)物理性质表现为各向同性
晶 体 单晶体 有天然规 则的形状 (1)有确定的熔点；
(2)物理性质表现为各向异性
多晶体 没有天然 规则的形状 (1)有确定的熔点；
(2)物理性质表现为各向同性
2.晶体和非晶体的联系
在一定条件下，晶体可转化为非晶体，非晶体也可转化为晶体．
3．单晶体的各向异性
(1)在物理性质上，单晶体具有各向异性，而非晶体则是各向同性的．
①单晶体的各向异性是指单晶体在不同方向上的物理性质不同，也就是沿不同方向去测试单晶体的物理性质时，测试结果不同．
②通常所说的物理性质包括弹性、硬度、导热性能、导电性能、磁性等．
(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．
4．判断晶体与非晶体、单晶体与多晶体
(1)区分晶体与非晶体的方法：看其有无确定的熔点．
(2)区分单晶体和多晶体的方法：看其是否具有各向异性．
角度1　晶体和非晶体的区别
　　　(多选)大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态，高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的．关于晶体与非晶体，下列说法正确的是(　　)
A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体是各向异性的，非晶体是各向同性的
B．多晶体是由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不同，但沿不同方向的光学性质一定相同
D．单晶体有熔点，非晶体没有熔点
√
√
[解析]　固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶体和多晶体，单晶体是各向异性的，多晶体和非晶体是各向同性的，A错误；
多晶体是由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，B正确；
晶体分为单晶体和多晶体，某些单晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也可能不相同，C错误；
单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D正确．
　　　玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，玻璃是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有(　　)
A．没有固定的熔点 B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能不相同 D．分子在空间上周期性排列
[解析]　根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)在空间上不呈规则周期性排列的固体；它没有天然的、规则的几何形状；它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”；它没有固定的熔点．
√
角度2　晶体性质的理解
　　　如图所示，ACBD是一块厚度均匀的由同一种微粒构成的圆板，AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置转90°后电流表示数发生了变化(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．不知有无固定熔点，无法判定是晶体还是非晶体
[解析]　电流表示数发生变化，说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同，即圆板具有各向异性，所以圆板是单晶体．
√
　　　方解石双折射现象的图片如图所示，关于方解石的说法正确的是(　　)
A．是多晶体
B．具有固定的熔点
C．导电等性能也是各向异性
D．没有规则的几何形状
√
[解析]　单晶体具有规则的几何形状、各向异性和具有一定的熔点等性质；光在晶体中的双折射现象就是光学各向异性的表现，所以题图中方解石的双折射现象说明方解石是单晶体，故A错误．
方解石是单晶体，具有固定的熔点和规则的几何形状，故B正确，D错误；
单晶体具有各向异性，但不是所有性能都表现出各向异性，虽然光在方解石中的双折射现象就是其光学各向异性的表现，但是不能确定其导电等性能也表现出各向异性，C错误．
知识点二　晶体的微观结构
1．单晶体具有天然规则的几何外形，物理性质方面表现为各向异性，而非晶体却没有天然规则的几何外形，并且物理性质方面表现为各向同性．产生这些不同的根本原因是什么呢？
[提示]　它们的微观结构不同．
2．金刚石和石墨都是由碳原子构成的，但它们在硬度上差别却很大，这是因为什么？说明了什么问题？
[提示]　金刚石是网状结构，原子间的作用力强，所以金刚石的硬度大．石墨是层状结构，原子间的作用力弱，所以石墨的硬度小．这说明组成物质的微粒按照不同的规则在空间分布会形成不同的晶体．
1．晶体的微观解释
(1)对单晶体各向异性的解释
一个平面上单晶体物质微粒的排列情况如图所示．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．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)对晶体具有确定熔点的解释
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，晶体开始熔化，熔化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．
2．说明
(1)原子(或者分子、离子)并不是像结构图上所画的那些点一样静止不动，它们时刻都在不停地振动，结构图中所画的那些点，是它们振动的平衡位置．
(2)同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的．例如，天然石英是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(石英玻璃)就是非晶体．有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体．
　　　(多选)晶体包括单晶体和多晶体，晶体具有一定的熔点，单晶体具有规则的几何外形，在不同方向上物理性质不同．下列说法可以用来解释晶体的上述特性的有(　　)
A．组成单晶体的物质微粒，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．单晶体在不同方向上物理性质不同，是因为不同方向上微粒数目不同，微粒间距不同
C．单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．晶体在熔化时吸收的热量，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
√
√
√
[解析]　很多晶体都是由相同的物质微粒组成的，例如，金刚石和石墨都是由碳原子组成的，不同方向上的物质微粒完全一样，可见其各向异性不是不同方向上的粒子性质不同引起的，而是粒子的数目和粒子间距不相同造成的．
√
　　　中国科学技术大学团队利用纳米纤维与合成云母纳米片研制出一种能适应极端环境的纤维素基纳米纸材料。如图所示为某合成云母的微观结构示意图，则该合成云母(　　)
A．是非晶体
B．没有规则的外形
C．有固定的熔点
D．各向性质均相同
[解析]　由题图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是单晶体，具有一定的几何外形，具有固定的熔点，具有各向异性的特点．
√
　　　白磷在高温、高压环境下可以转化为一种新型二维半导体材料——黑磷，如图为黑磷微观结构，其原子以一定的规则有序排列。下列说法正确的是(　　)
A．黑磷是晶体材料
B．黑磷熔化过程中温度升高
C．黑磷中每个分子都是固定不动的
D．同质量的白磷和黑磷分子数目不同
[解析]　根据题图可知，黑磷的微观结构在空间上呈现规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而黑磷具有固定的熔点，熔化过程中温度不变，故A正确，B错误；
组成物质的分子总是在做无规则热运动，故C错误；
组成白磷和黑磷的分子是同一种分子，所以同质量的白磷和黑磷分子数目相同，故D错误．
知识点三　液　晶
液晶在现代生活中扮演着重要角色，广泛应用于手机屏幕、平板电视等显示设备中．为什么“液体”和“晶体”联系在一起了？液晶到底是什么物质？
[提示]　某些化合物像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，人们把处于这种状态的物质叫作液晶．
1．液晶的特性：具有光学上的各向异性，液晶分子的排列不稳定，微小的外界变动都会改变分子排列，从而改变液晶的某些性质．
2．液晶的微观结构：不是所有物质都具有液晶态，通常棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质容易具有液晶态．
3．应用
(1)目前液晶最主要应用在显示器方面，这利用了液晶的多种光学效应．
(2)除用作显示器外，在生命科学、电子工业、航空工业等领域都有重要的应用．
(3)改变液晶光学性质的两种方法：一是外加电压，使液晶由透明态变为不透明态；二是改变温度，使液晶颜色改变．
　　　液晶在现代生活中扮演着重要角色，广泛应用于手机屏幕、平板电视等显示设备中。下列四幅图哪个是液晶态分子排列图(　　)
√
[解析]　液晶在某个方向上看，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，选项A、D中分子排列非常有序，不符合液晶态分子的排列规律，故A、D错误；
选项B中分子排列比较整齐，但从另外一个角度看也具有无序性，符合液晶态分子的排列规律，故B正确；
选项C中，分子排列是完全无序的，不符合液晶态分子的排列规律，故C错误．
　　　目前市面上的电脑基本上都是使用液晶显示屏，下列关于液体和液晶的说法不正确的是(　　)
A．液体表面张力的方向总是跟液面相切，且与分界线垂直
B．液体表面张力的产生原因是液体表面层分子的分布比较密集
C．液晶显示器能够显示彩色是因为液晶的光学性质具有各向异性
D．液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子规则排列的性质
√
[解析]　液体表面张力产生在液体表面层，它的方向总是跟液面相切，且与分界线垂直，故A正确，不符合题意；
液体表面张力的产生原因是液体表面层分子间距离较大，分子力表现为引力，故B错误，符合题意；
晶体的各向异性即沿晶格的不同方向，原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理化学特性也不同，液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子规则排列的性质，所以液晶显示器能够显示彩色是因为液晶的光学性质具有各向异性，故C、D正确，不符合题意．
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(晶体和非晶体)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．显示各向异性的固体必定是晶体
B．不显示各向异性的物体必定是非晶体
C．具有确定熔点的物体必定是晶体
D．不具有确定熔点的物体必定是非晶体
√
√
√
解析：单晶体具有各向异性，故只要具有各向异性的固体必定是晶体，故A正确；
非晶体和多晶体均显示各向同性，故不显示各向异性的物体不一定是非晶体，还可能是多晶体，故B错误；
晶体均具有确定的熔点，非晶体不具有确定的熔点，所以具有确定熔点的物体必是晶体，不具有确定的熔点的固体就必定是非晶体，故C、D正确．
2.(晶体和非晶体)(多选)如图为石墨中分离出的新材料，其
中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，则(　　)
A．石墨是晶体
B．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C．单层石墨烯的厚度约3 μm
D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动
√
√
解析：石墨是晶体，故A正确；
石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误；
单层石墨烯厚度约为原子尺寸10－10 m，故C错误；
根据分子动理论可知，固体分子(或者原子、离子)在平衡点不停地振动，则碳原子在六边形顶点附近不停地振动，故D正确．
√
3．(液晶)护肤乳液在一定条件下能形成层状液晶，则(　　)
A．所有物质都能形成层状液晶
B．层状液晶的光学性质具有各向异性
C．层状液晶是液体与晶体的混合物
D．层状液晶不会随温度升高发生变化
解析：层状液晶介于固态和液态之间，并非所有物质都能形成层状液晶，故A错误；
液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故B正确；
固体向液体转化的中间态液体具有和晶体相似的性质，这种液态晶体称为液晶，层状液晶并不是液体与晶体的混合物，故C错误；
液晶在某些物理性质上表现为各向异性，但随温度升高，它会变为液态，表现出各向同性，故D错误．
4．(晶体的微观结构)(多选)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是(　　)
A．同种物质不可能呈现晶体和非晶体两种不同的形态
B．晶体中原子(或分子、离子)都按照一定规则排列，具有空间上的周期性
C．单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质
D．单晶体具有规则的外形是由于它的微粒按一定规律排列
解析：有些非晶体适当的条件下会变成晶体，A错误；
晶体分子的排列有规律，在空间上有周期性，B、D正确；
单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，C错误．
√
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