2025高考物理复习固体液体与气体课件教案练习题

第十五章热学第2讲固体、液体与气体课标要求1．了解固体的微观结构，知道晶体和非晶体的特点，能列举生活中的晶体和非晶体，通过实例，了解液晶的主要性质及其在显示技术中的应用。2．观察液体的表面张力现象，了解表面张力产生的原因，知道毛细现象。3．了解气体实验定律，知道理想气体模型，能用分子动理论和统计观点解释气体压强和气体实验定律。考点一固体、液体的性质考点二气体压强的微观解释和计算考点三气体实验定律和理想气体的状态方程内容索引聚焦学科素养课时测评考点四气体状态变化的图像问题考点一固体、液体的性质1．晶体和非晶体知识梳理分类比较项目晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则________熔点确定______不确定物理性质各向异性__________各向同性原子排列有规则晶粒的排列________无规则转化晶体和非晶体在__________下可以相互转化典型物质石英、云母、明矾、______玻璃、橡胶不规则确定各向同性无规则一定条件食盐2．液体(1)表面张力①形成原因：表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的作用力表现为引力。②作用：液体的表面张力使液面具有收缩到表面积______的趋势。③方向：表面张力跟液面______，且跟这部分液面的分界线______。④大小：液体的温度越高，表面张力______；液体中溶有杂质时，表面张力______；液体的密度越大，表面张力______。(2)毛细现象：指浸润液体在细管中______的现象，以及不浸润液体在细管中______的现象。细管越细，毛细现象越明显。最小相切垂直越小越大变小上升下降3．液晶(1)具有______的流动性。(2)具有______的光学各向异性。(3)在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的。液体晶体自主训练1晶体、非晶体(多选)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．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D．甲的图线中ab段温度不变，所以甲的内能不变√√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正确；在热传导方面，固体甲若是多晶体，则可能表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有一定的熔点，温度不变，但晶体一直在吸收热量，内能在增大，故D错误。自主训练2液体(多选)关于液体的表面张力，下列说法中正确的是A．布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水，是表面张力的结果B．表面张力的方向与液面垂直C．硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果D．由于液体表面分子间距离小于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力√布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水，是表面张力的结果，故A正确；表面张力的方向沿着液面方向，而不是与液面垂直，故B错误；硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果，故C正确；由于液体表面分子间距离略大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，故D错误。√自主训练3液晶通电雾化玻璃能满足玻璃的通透性和保护隐私的双重要求，被广泛应用于各领域。如图所示，通电雾化玻璃是将液体高分子晶膜固化在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃，不透明；通电后，看起来像一块普通玻璃，透明。可以判断雾化玻璃中的液晶A．是液态的晶体B．具有光学性质的各向同性C．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过D．通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播√液晶是介于晶体和液体之间的中间状态，具有液体的流动性又具有晶体光学性质的各向异性，故A、B错误；不通电时，即在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃不透明；通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在通过液晶层后按原方向传播，故C错误，D正确。故选D。1．对晶体和非晶体的理解(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之必定是非晶体。(2)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。(3)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。归纳提升2．对液体表面张力的理解形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的作用力表现为引力表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，在体积相同的条件下，球体的表面积最小返回考点二气体压强的微观解释和计算1．气体压强(1)产生的原因由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁____________的压力叫作气体的压强。(2)决定因素①宏观上：决定于气体的温度和______。②微观上：决定于分子的平均动能和分子的__________。知识梳理单位面积上体积密集程度2．气体分子运动的速率分布图像气体分子间距离大约是分子直径的10倍，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示。1．气体的压强是由气体的重力产生的。 (

)2．分子的密集程度增大，压强一定增大。 (

)3．温度升高，速率大的分子占比增大。 (

)基础知识判断××√1．平衡状态下气体压强的求法核心突破力平衡法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强等压面法在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强液片法选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强2．加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。考向1气体压强的微观解释(2023·天津北辰联考)温度一定时，若气体体积增大，气体压强会减小，原因是A．单位体积的分子数减小，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减小B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变小C．每个气体分子对器壁的平均撞击力变小D．气体分子的数密度变小，单位体积内分子的质量变小例1√一定量气体，在一定温度下，分子运动的剧烈程度不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，气体体积增大，单位体积内的分子数减少，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减小，气体压强减小，故A正确，B、C、D错误。故选A。考向2活塞封闭气体压强的计算

如图甲、乙中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m。图甲中，汽缸静止在水平面上；图乙中，活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？例2答案：在题图甲中选活塞为研究对象进行受力分析，如图1所示由受力平衡得pAS＝p0S＋mg解得pA＝p0＋在题图乙中选汽缸为研究对象进行受力分析，如图2所示由受力平衡得p0S＝pBS＋Mg解得pB＝p0－

。对点练．(2023·安徽合肥一模)如图所示，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S。在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根细轻杆连接，已知活塞A的质量是m，活塞B的质量是0.5m。当外界大气压强为p0时，两活塞静止于如图所示位置。重力加速度为g。求这时汽缸内气体的压强。取两活塞整体为研究对象，封闭气体压强为p，由平衡条件有pS＋p0·2S＋mg＋0.5mg＝p·2S＋p0S，解得p＝p0＋

。答案：考向3液柱封闭气体压强的计算

若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态。已知液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强。例3答案：p0－ρgh

p0－ρgh

p0－

ρgh

p0＋ρgh1

p0＋ρg(h2－h1－h3)

p0＋ρg(h2－h1)题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S所以pA＝p0－ρgh题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S所以pA＝p0－ρgh题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghsin60°·S＝p0S所以pA＝p0－

ρgh题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有pAS＝p0S＋ρgh1S所以pA＝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气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。对点练．热学中将标准大气压定为p0＝75cmHg。如图是一个竖直放置的下端封闭、上端开口且足够长的粗细均匀的玻璃管。长为l2＝10cm的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度l1＝18cm。已知外界的压强为标准大气压，环境的温度保持不变，取重力加速度g＝10m/s2，管内气体视为理想气体。试求：(1)此时玻璃管内气体的压强(用cmHg作单位)；对水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为p1，水银柱的横截面为S，根据平衡条件有p1S＝mg＋p0S又m＝ρl2S解得p1＝ρgl2＋p0＝85cmHg。答案：

85cmHg(2)若对玻璃管施加一外力，使其向上做加速度为5m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内空气柱的压强。对水银柱，由牛顿第二定律有p2S－p0S－mg＝ma又m＝ρl2S可得p2＝p0＋ρl2g＋ρl2a解得p2＝90cmHg。答案：

90cmHg返回考点三气体实验定律和理想气体的状态

方程1．气体实验定律知识梳理—玻意耳定律查理定律盖-吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，______与体积成______一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与____________成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其______与热力学温度成______表达式p1V1＝_______图像压强反比热力学温度体积正比p2V22．理想气体及理想气体的状态方程(1)理想气体的状态方程一定质量的理想气体的状态方程：

＝C(常量)。(2)理想气体理想气体是指在任何条件下都遵守______________的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。气体实验定律(2023·海南高考·改编)如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t＝27℃时，压强p＝1.050×105Pa。判断下列说法的正误：(1)气体的热力学温度T＝300K。 (

)(2)若气体温度升为t′＝37℃，升温前后气体压强之比为27∶37。 (

)(3)保持温度不变，挤压气体，体积变为原来的一半，压强变为原来的两倍。 (

)高考情境链接√×√利用气体实验定律及理想气体的状态方程解决问题的基本思路核心突破考向1

“汽缸类”问题(2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降

H，左侧活塞上升

H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求(1)最终汽缸内气体的压强。例4答案：对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0体积V1＝SH＋2SH＝3SH末态压强p2未知，体积V2＝S·根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2解得p2＝p0。(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S

解得m＝对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S解得k＝

。答案：考向2

“液柱”类问题(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)例5答案：74.36cmHg

54.36cmHgB管在上方时，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10cm则A管中气体的压强为pA＝pB＋20cmHg，长度lA＝10cm倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，A管内空气柱长度lA′＝11cm已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9cm＋14cm＝23cm则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23cmHgB管内空气柱长度lB′＝40cm－11cm－23cm＝6cm对A管中气体，由玻意耳定律有pAlASA＝pA′lA′SA对B管中气体，由玻意耳定律有pBlBSB＝pB′lB′SB联立解得pB＝54.36cmHg，pA＝74.36cmHg。考向3关联气体问题(多选)(2023·新课标卷)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后A．h中的气体内能增加B．f与g中的气体温度相等C．f与h中的气体温度相等D．f与h中的气体压强相等例6√√当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程

＝C可知f中的气体压强增大，会缓慢向右推动左边活塞，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析，有pfS＝F弹＋pgS，则pf＞pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有

，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf＞Vg，联立可得Tf＞Tg，B错误；在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大，由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知

，联立可得Tf＞Th，C错误，D正确。故选AD。返回考点四气体状态变化的图像问题1．四种图像的比较知识梳理类别特点(其中C为常量)举例p-VpV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p-p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高类别特点(其中C为常量)举例p-Tp＝

T，斜率k＝

，即斜率越大，体积越小V-TV＝

T，斜率k＝

，即斜率越大，压强越小2．分析技巧利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。例如：(1)在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2＞T1。(2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1。(2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是√例7根据题图可知，a到b为等压升温过程，根据

＝C可知，压强不变，温度升高，则体积增大，p-T图像中图线上的点与坐标原点连线的斜率与体积成反比，则b到c的过程，体积增大，故B正确，A、C、D错误。对点练1．(2023·江苏高考)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中A．气体分子的数密度增大B．气体分子的平均动能增大C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小√由理想气体状态方程

＝C可得p＝

·T，又p–T图像斜率和V有关，则气体从A到B体积V不变，分子的数密度ρ数＝

，N不变，V不变，ρ数不变，A错误；气体的温度T升高，压强p增大，温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能增大，单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增加，B正确，C、D错误。对点练2．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，若将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列各图像中正确的是√√在p-V图像中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律

，pC＞pB，则TC＞TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖-吕萨克定律

，VC＞VA，则TC＞TA，气体的体积减小，温度降低。A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，故A错误；C项中，B→C体积减小，故C错误。故选BD。对点练3．(2023·重庆高考)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是√由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有

＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。返回聚焦学科素养

变质量问题类型1充气问题在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。应用1．肩背式手动消毒喷雾器原理如图所示，储液桶上端进气孔用细软管与带有单向阀门K1的打气筒相连，下端出水口用细软管与带阀门K2的喷头相连。已知储液桶容积V＝16.0L，打气筒每打一次能将V1＝0.30L的外界空气压入储液桶内。现向储液桶内注入V2＝10.0L的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关K2，设大气压强p0＝1.0atm、喷雾器内外温度均为t＝27℃，打气过程中温度保持不变。某次消毒时，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到p1＝4.0atm，停止打气。打开阀门K2，喷雾消毒后气体压强又降至p2＝1.6atm，上述过程温度不变。求打气筒打气的次数n和储液桶内剩余消毒液的体积V3。答案：60次1.0L注入消毒液后储液桶内气体体积为V0＝V－V2＝6.0L，连续打气过程中，因为温度不变，根据玻意耳定律有p0(V0＋nV1)＝p1V0解得n＝60(次)喷雾消毒后气体压强又降至p2＝1.6atm，因为温度不变，根据玻意耳定律有p1V0＝p2V4解得此时储液桶中剩余气体体积为V4＝15.0L则此时剩余消毒液的体积为V3＝V－V4＝1.0L。类型2抽气问题在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。应用2．(2023·河北张家口高三统考期末)为了保护文物，需抽出存放文物的容器中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。某密闭容器容积为V0，内部有一体积为

V0的文物，开始时密闭容器内空气压强为p0，现用抽气筒抽气，抽气筒每次抽出空气的体积为ΔV，若经过N次抽气后，密闭容器内压强变为pN，假设抽气的过程中气体的温度不变。(1)求经过N次抽气后密闭容器内气体的压强pN；答案：每次抽出气体的体积为ΔV，由玻意耳定律可知第一次抽气，有p0

由玻意耳定律可知第二次抽气，有联立解得依此类推可得经过N次抽气后密闭容器内气体的压强为pN＝

。(2)若ΔV＝

V0，求经过两次抽气后，密闭容器内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。若ΔV＝

V0，由(1)可知p2＝

p0设剩余气体在压强为p0时的体积为V，则由玻意耳定律，有p0V＝p2

剩余气体与原来气体的质量比可得m1∶m2＝64∶81。答案：

64∶81类型3灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。应用3.如图所示，容积为5L的氧气袋广泛用于野外病人急救。真空的容积为5L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10L，贮有压强为3.6×106Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变。求：(1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋？答案：

4选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积V1＝10L，p1＝3.6×106Pa分装n个氧气袋，V2＝(V1＋n×5L)，p2＝1.2×106Pa分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得n＝4。(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106Pa，用去的氧气质量与原来氧气总质量之比(结果可以用分数表示)。选取氧气袋内p2＝1.2×106Pa的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V解得V＝

V0用去的氧气的体积为ΔV＝

V0－V0＝

V0所以用去的氧气质量与原来氧气总质量之比为答案：类型4漏气(排气)问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。应用4.(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；答案：

1.41kg/m3由摄氏度和开尔文温度关系可得T1＝290K，T2＝300K由盖-吕萨克定律可知又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2解得ρ2≈1.41kg/m3。(2)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。答案：

1.18kg/m3由题意得p3

＝

p0，T3＝300K由玻意尔定律有p1V2＝p3V3同时ρ2V2＝ρ3V3解得ρ3≈1.18kg/m3。返回课时测评1．(多选)关于晶体和非晶体的性质，下列说法正确的是A．可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体B．晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加C．单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性D．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性√晶体和非晶体的区别就是有无固定熔点，因此可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体，故A正确；晶体在熔化时要吸热，分子势能增加，而晶体在熔化过程中温度不变，分子动能不变，故B错误；多晶体表现为各向同性，故C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性，故D正确。√2．(多选)下列现象中，由液体的表面张力引起的是A．小木块能够浮在水面上B．有时缝衣针能浮在水面上不下沉C．喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠D．用布料做成的雨伞，雨水也不会穿过伞面滴下来√小木块能够浮在水面上是浮力与重力平衡的结果，与液体的表面张力无关，故A错误；有时缝衣针能浮在水面上不下沉是液体的表面张力的作用，故B正确；喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠，是液体的表面张力的作用，故C正确；用布料做成的雨伞，雨水也不会穿过伞面滴下来，是由于液体的表面张力的作用在布料的缝隙间形成一层水膜，从而雨水不会从缝隙中滴下来，故D正确。√√3．(多选)(2023·黑龙江大庆高三开学考试)同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙所示的情况。若固体A和毛细管B很干净，则A．固体A和毛细管B可能是同种材料B．固体A和毛细管B一定不是同种材料C．固体A的分子对液体附着层分子的引力比毛细管B的分子对液体附着层分子的引力大D．液体对毛细管B浸润√√当把毛细管B插入液体时，液面呈现凹形，说明液体对B浸润，液体不能附着在A的表面，所以对A不浸润，所以A与B一定不是同种材料，故A错误，B、D正确；根据浸润与不浸润的特点，浸润时，附着层内的分子引力小于固体分子的引力，而不浸润时，附着层内的分子引力大于固体对分子的引力，所以固体A的分子对液体附着层内的分子引力比B管的分子对液体附着层内的分子引力小，故C错误。4．(多选)密闭容器内有一定质量的理想气体，如果保持气体的压强不变，气体的温度升高，下列说法中正确的是A．气体分子的平均速率增大

B．器壁单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力变大C．气体分子对器壁的平均作用力变大D．该气体的密度减小√√√气体的温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均作用力变大，故A、C正确；气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果，气体压强不变，单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，故B错误；气体的温度升高，气体分子平均动能增大，压强不变，则气体分子的密集程度减小，故体积增大，密度减小，故D正确。5．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列说法正确的是A．A→B过程温度升高，压强不变B．B→C过程体积不变，压强变小C．B→C过程体积不变，压强不变D．C→D过程体积变小，压强变大√由题图可知，AB为等压线，A→B的过程中，气体温度升高，压强不变，故A正确；在B→C的过程中，气体体积不变，温度降低，由

＝C可知，气体压强变小，故B正确，C错误；在C→D的过程中，气体温度不变，体积变小，由

＝C可知，气体压强变大，故D正确。√√6．一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积(p-V)图像上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别为pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别为pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是A． B．C． D．√曲线Ⅰ为等温变化，a、b两点的温度相同，故A错误；根据理想气体的状态方程，a到c为等压变化，即有

，故B正确；由题图可知pa＝pc，又

，故

，故C错误；由题图可知

＝3，又

，故

＝2，故D错误。7．(2024·河北沧州模拟)如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为15cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体，封闭气柱长度为30cm，大气压强恒为75cmHg。现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示。再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示。已知气体温度始终不变，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是A．图丙状态的气体压强小于图乙B．若玻璃管从图乙状态自由下落，气柱长度将增加C．图乙气柱长度为25cmD．图丙气柱长度约为34.1cm√设玻璃管横截面积为S，水银柱的长度为h，题图甲状态气体压强为p1，气柱长为L1，题图乙气体压强为p2，气柱长为L2，题图丙气体压强为p3，气柱长度为L3，则由题给条件可知p1＝75cmHg，L1＝30cm，从甲状态到乙状态，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，而状态乙气体的压强为p2＝p1－ρgh＝(75－15)cmHg＝60cmHg，解得L2＝37.5cm，从状态乙到状态丙，根据玻意耳定律有p2L2S＝p3L3S，而状态丙气体的压强为p3＝p1－ρghcos53°＝66cmHg，解得L3≈34.1cm，故A、C错误，D正确；若玻璃管从题图乙状态自由下落，处于完全失重状态，封闭气体的压强将等于大气压强，大于乙状态的气体压强，由玻意耳定律pV＝C可知气柱的长度将减小，故B错误。故选D。8．学校配备的消毒用的喷壶，其示意图如图所示。喷壶的储气室内有压强为p0、体积为V0的气体。闭合阀门K，按压压杆A向储气室充气，每次充入压强为p0、体积为ΔV＝

V0的气体，多次充气后储气室内压强为1.5p0。打开阀门K，消毒液从喷嘴处喷出。假设充气过程储气室容积不变，气体温度不变，气体可视为理想气体。则按压压杆的次数是A．5次 B．7次

C．10次

D．15次√设按压压杆的次数为n，根据题意，由玻意耳定律可得p0＝1.5p0V0，代入数据解得n＝5(次)，故A正确，B、C、D错误。9．(8分)如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50cm，管两侧水银面的高度差为h＝19cm，大气压强恒为76cmHg。T＝t＋273K。(1)若初始环境温度为27℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；答案：

203℃封闭气体初状态的压强p1＝p0－ph＝(76－19)cmHg＝57cmHg设玻璃管的横截面积为S，体积V1＝LS温度T1＝300K封闭气体末状态压强p2＝p0＝76cmHg体积V2＝

S对封闭气体，由理想气体的状态方程得代入数据解得T2＝476K即温度为203℃。(2)若保持环境温度27℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。设当管两侧水银齐平时空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS代入数据解得H＝37.5cm注入水银柱的长度x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5)cm＋19cm＝44cm。答案：

44cm10．(8分)(2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销