【精品】高中物理第二章固体液体和气体第六讲气体状态参量教案粤教版选修3_3

第二章 固体、液体和气体章末复习课[知识体系]固体、液体和气体⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧固体⎩⎪⎨⎪⎧单晶体：① 的几何外形，物理性质② ，有③ 的熔点多晶体：④ 的几何外形，物理性质⑤ ，有⑥ 的熔点非晶体：⑦ 的几何外形，物理性质⑧ ，⑨ 的熔点液体⎩⎪⎨⎪⎧表面张力⎩⎪⎨⎪⎧方向：沿液面的切线方向现象：液体表面积有⑩ 的趋势解释：液面分子间距r ＞r 0，引力使得r 、E p均有减小的趋势液晶的性质及应用气体⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧气体的状态参量：温度（T ）、体积（V ）、压强（p ）气体实验定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧玻意耳定律⎩⎪⎨⎪⎧成立条件：⑪ 一定；⑫ 不变表达式：p ∝1V 或⑬ 等温线查理定律⎩⎪⎨⎪⎧成立条件：⑭ 一定，气体的⑮ 不变表达式：p ∝T 或⑯等容线盖·吕萨克定律⎩⎪⎨⎪⎧成立条件：⑰ 一定，气体的⑱ 不变表达式：V ∝T 或⑲ 等压线饱和蒸汽和湿度⎩⎪⎨⎪⎧饱和蒸汽：动态平衡随温度变化而变化，与蒸汽体积⑳饱和汽压湿度：○21 ，相对湿度主题1 单晶体、多晶体和非晶体的比较1．单晶体、多晶体和非晶体的区别及微观解释：(1)单晶体具有各向异性，但并不是所有的物理性质都具有各向异性．例如，立方体铜晶体的弹性是各向异性的，但它的导热性和导电性却是各向同性的．(2)同一物质在不同条件下既可以是晶体，也可以是非晶体．例如，天然的水晶是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(石英玻璃)却是非晶体．(3)对于单晶体和多晶体应以外形和物理性质两方面来区分，而对于晶体和非晶体应以熔点是否一定来区分． [典例❶] 如图所示的四个图象中，属于晶体凝固图象的是( )解析：首先要分清晶体与非晶体的图象，晶体凝固时有确定的凝固温度，而非晶体则没有．A 、D 是非晶体的图象，故错误；其次分清是熔化还是凝固的图象，熔化是固体变成液体，达到熔点前是吸收热量，温度一直在升高，而凝固则恰好相反，故C 对．B 错．答案：C 针对训练1．(多选)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( ) A ．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B ．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C ．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球体一定是单晶体D ．一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则这块晶体一定是多晶体解析：判定固体是否为晶体的标准是看是否有固定的熔点．多晶体和非晶体都具有各向同性和天然无规则的几何外形，单晶体具有各向异性和天然规则的几何外形．答案：CD主题2 液体的微观结构及表面张力1．液体的结构更接近于固体，具有一定体积、难压缩、易流动、没有一定形状等特点． 2．液体表面层具有收缩趋势，这是液体表面相互吸引力即表面张力的作用结果．3．表现张力的本质是分子引力，这是因为表面层的分子较稀，距离较大，分子间引力和斥力的合力表现为引力作用的效果．4．在表面张力作用下，液体表面积有收缩到最小的趋势．【典例2】关于液体的表面张力，下列说法中正确的是( )A．液体表面张力是液体各部分之间的相互吸引力B．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力表现为零C．不论是水还是水银，表面张力都会使表面收缩D．表面张力的方向与液面相垂直解析：液体表面张力就是液体表面各部分之间相互吸引的力，A错；液体的表层分子要比内部稀疏些，分子间的距离较内部分子间距离大，表层分子间表现为引力，B错；液体的表面张力总使液面具有收缩的趋势，C正确；液体表面张力的方向总是与液面相切，总是跟液面分界线相垂直，D错．答案：C针对训练2．(多选)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有( )A．水黾可以停在水面上B．荷叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水很快散开D．悬浮在水中的花粉做无规则运动解析：因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A正确；荷叶上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故B正确；滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，是液体分子无规则热运动的反映，故C错误；悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，是液体分子无规则热运动的反映，故D错误．答案：AB主题3 变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．1．打气问题．向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题，只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题．从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程中看作是等温膨胀过程．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一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题．容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解．【典例3】某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3，1 atm的空气，设整个过程温度保持不变．(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？解析：(1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p，由玻意耳定律得：1 atm×300 cm3＝1.5×103 cm3×p，p＝0.2 atm，需打气次数n＝4－10.2＝15.(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V，由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×V，V＝6 L，故还剩贮液7.5 L－6 L＝1.5 L.答案：(1)15 (2)1.5 L针对训练3．用打气筒将1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强为p′＝4 atm，用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( ) A．5次B．10次C．15次D．20次解析：因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得1.5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，解得n＝15，故答案选C.答案：C统揽考情气体是高考的必考部分，这也说明本章在高考中所占比重比较大．本章习题在新课标高考中多以计算题的形式出现，而且是必考的一类题．考查内容：气体实验定律和理想气体状态方程，还要涉及压强计算和压强的微观表示方法．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp ＝2σr，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m 处一半径为0.50 cm 的气泡缓慢上升．已知大气压强p 0＝1.0×105Pa ，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)求在水下10 m 处气泡内外的压强差；(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值． 解析：(1)由公式Δp ＝2σr ，得Δp ＝2×0.0705×10－3 Pa ＝28 Pa ，水下10 m 处气泡内外的压强差是28 Pa.(2)忽略水温随水深的变化，所以在水深10 m 处和在接近水面时气泡内温度相同． 由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，① 其中V 1＝43πr 31，②V 2＝43πr 32，③由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有p 1＝p 0＋ρgh 1＝2×105Pa ＝2p 0④ p 2＝p 0⑤将②③④⑤带入①，得2p 0×43πr 31＝p 0×43πr 32.气泡的半径与其原来半径之比的近似值为：r 2r 1＝32≈1.3.答案：(1)28 Pa (2)1.3针对训练(2015·全国Ⅰ卷)如图所示，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2，小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ，气缸外大气压强为p ＝1.00×105Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K ，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．解析：(1)大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化． 初始：V 1＝L2(S 1＋S 2) T 1＝495 K末状态：V 2＝LS 2，T 2＝？由盖·吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2代入数值可得：T 2＝330 K. (2)对大小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝pS 2＋p 1S 1，可得p 1＝1.1×105Pa ，缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化 初状态：p 1＝1.1×105Pa ，T 2＝330 K ， 末状态：p 2＝？，T ＝303 K ，由查理定律p 1T 2＝p 2T，得p 2＝1.01×105Pa. 答案：(1)330 K (2)1.01×105Pa1． (多选)下列说法正确的是( )A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变解析：把一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故A 错；对于单晶体表现各向异性，故B 对；石墨和金刚石是同种元素，就是原子的排列不同而形成的不同晶体，故C 对；在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体例如石英，故D 对；在熔化过程中温度不变但内能会增加，故E 错．答案：BCD2．(多选)对下列几种固体物质的认识，正确的有( ) A ．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B ．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C ．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同解析：熔化过程中，温度保持不变，温度不变不能说明有固定的熔点，所以A 正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形是由于液体的表面张力的作用，又因为受到重力作用，所以呈椭圆形，所以B 错误；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，这就是晶体的各向异性，所以C 错误，D 正确．答案：AD3．(2016·江苏卷)(多选)在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸汽的变化情况为( )A．压强变小B．压强不变C．一直是饱和汽D．变为未饱和汽解析：水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，饱和气压随着温度的降低而减小，A、C正确，B、D错误．答案：AC4．(2016·全国Ⅱ卷)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。

p0
p
p
p0
p
p0
p0
p
p
p0
p0S
pS
pS=p0S
p=p0
p
pS
p0S mg
p=p0+ρgh
p0 p0S
pS mg
p=p0 -ρgh
二.气体压强的计算方法:
2.静止的固体封闭的气体压强的计算: (1)研究对象:固体 (2)分析方法:分析固体上,
二、温度
K
• 热力学温度与摄氏温度的 276
数量关系
275
T= t + 273.15K,
274
粗略地表示 T= t + 273K . 273
0 T
0C 3 2 1 0
- 273 t
三、压强
单位：
在国际单位制中，压强的单位是帕斯卡（Pa） 1 Pa = 1 N / m
气体压强的单位在实际中还会见到“标准大气压” （符号是atm）和“毫米汞柱”（符号是mmHg）, 1atm = 1.013 × 105 Pa = 760mmHg ， 1mmHg = 133 Pa.
在质量为m1,截面积为S的活塞上方 放置一个质量为m2的重物，平衡时 如图6-20所示，则气缸内的气体的
压强为多少？（大气压为p0 ）
解：根据物体的平衡条件，有:
pS=p0S+(m1+m2)g
p
p0
(m1
m2 )g S
pS
p0 p
p0S
(m1+m2)g
【例题1】如图所示,直玻璃管竖直静止放置,开口向 上,高为h的水银柱把玻璃管下端的气体封闭,外界 大气压为P0,水银密度为ρ,求被封闭气体A的压强.
第六节 气体的状态参量

第二章固体、液体和气体章末总结1一、单晶体、多晶体、非晶体的判断单晶体的某些物理性质表现出各向异性，多晶体和非晶体都具有各向同性，但单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有．例1关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，则该球体一定是单晶体D．一块晶体，若其各个方向的导热性能相同，则这块晶体一定是多晶体答案 C解析根据各向异性和各向同性只能确定是否为单晶体，无法用来鉴别晶体和非晶体，选项A 错误；薄片在力学性质上表现为各向同性，也无法确定薄片是多晶体还是非晶体，选项B错误；固体球在导电性质上表现为各向异性，则一定是单晶体，选项C正确；某一晶体的物理性质显示各向同性，并不意味着该晶体一定是多晶体，对于单晶体并非所有物理性质都表现为各向异性，选项D错误．二、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．例2如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0.气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，p0 V0 压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为，现使气3 4缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：2图1(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x.7 1答案(1) T0(2) V05 2解析(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，7 5V0 V04 4 7由盖·吕萨克定律得：＝，解得：T＝T0.T T0 5(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳p0 V0 定律得：pV x＝·，3 47(p＋p0)(2V0－V x)＝p0·V0，4联立上述二式得：6V2x－V0V x－V20＝0，1 1其解为：V x＝V0；另一解V x＝－V0，不合题意，舍去．2 3例3如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U 形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于 76 cmHg)．求：图 2(1)将阀门 K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门 K 后将容器内的气体从 300 K 分别加热到 400 K 和 540 K 时，U 形管内两边水银面 的高度差各为多少？2答案 (1) V 0 (2)0 15.2 cm 3V0 解析 (1)初始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2 atm ，V A 0＝ 3 打开阀门 K 后，A 室气体等温变化，p A ＝1 atm ，体积为 V A ，由玻意耳定律得p A 0 V A 0＝p A V Ap A 0V A 0 2 V A ＝ ＝ V 0 p A 3(2)假设打开阀门 K 后，气体从 T 0＝300K 升高到 T 时，活塞 C 恰好到达容器最右端，即气体体 积变为 V 0，压强仍为 p 0，即等压过程．V 1 V 2 根据盖·吕萨克定律 ＝ 得 T 1 T 2V 0 T ＝ T 0＝450 K V A因为 T 1＝400 K<450 K ，所以 p A 1＝p 0，水银柱的高度差为零．p 0 p A 2从 T ＝450 K 升高到 T 2＝540 K 为等容过程，根据查理定律 ＝ ，得 p A 2＝1.2 atm. T T 2 T 2＝540 K 时，p 0＋ρgh ′＝1.2 atm ，故水银高度差 h ′＝15.2 cm.三、理想气体的图象问题名称 图象 特点 其他图象pV ＝CT (C 为常量)，即 pVp －V 之积越大的等温线对应的 等温度越高，离原点越远 温1 线 p － V CT p ＝ ，斜率 k ＝CT ，即斜 V率越大，对应的温度越高C Cp＝T，斜率k＝，即斜V V等率越大，对应的体积越小容p－T线C CV＝T，斜率k＝，即斜p p等率越大，对应的压强越小压V－T线例4(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p－V 图象如图3所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p－T图象和V－T图象表示，则下列各图象中正确的是()图3答案BD解析在p－V图象中，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；p B p C由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律＝，p C>p B，则T C>T B，气体的压强增T B T CV C V A 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＝，V C>V A，T C T A5则T C>T A，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，A 错误；C项中，B→C体积减小，C错误；B、D两项符合全过程．综上所述，正确答案选B、D.1．(晶体和非晶体)下列关于晶体与非晶体的说法，正确的是()A．橡胶切成有规则的几何形状，就是晶体B．石墨晶体打碎后变成了非晶体C．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属块是非晶体D．非晶体没有确定的熔点答案 D解析晶体具有天然的规则的几何形状，故A错；石墨晶体打碎后还是晶体，故B错；金属是多晶体，故C错；非晶体没有确定的熔点，故D对．故正确选项为D.2．(气体实验定律的应用)如图4所示，气缸放置在水平台上，活塞质量为5 kg，面积为25cm2，厚度不计，气缸全长25 c m，大气压强为1×105 Pa，当温度为27℃时，活塞封闭的气柱长10 cm，若保持气体温度不变，将气缸缓慢竖起倒置．g取10 m/s2.图4(1)求气缸倒置后气柱长度；(2)气缸倒置后，温度升至多高时，活塞刚好接触平台(活塞摩擦不计)?答案(1)15 cm(2)227 ℃解析(1)将气缸倒置，由于保持气体温度不变，故气体做等温变化：mgp1＝p0＋＝1.2×105 PaSmgp2＝p0－＝0.8×105 PaS由玻意耳定律得：p1L1S＝p2L2S，解得L2＝15 cm(2)气体做等压变化：T2＝T1＝(273＋27) K＝300 K，L2＝15 cm，L3＝25 cmV2 V3 V3 L3＝，T3＝T2＝T2≈500K＝227 ℃.T2 T3 V2 L23．(气体实验定律的应用)容积为1L的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa时，用塞子塞住，此时温6度为27℃；当把它加热到127℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好(塞子塞好时瓶内气体温度仍为127 ℃，压强为1.0×105 Pa)，把－273 ℃视作0 K．求：(1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值．3答案(1)1.33×105 Pa(2)4解析(1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象初态有p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K末态气体压强设为p2，T2＝400 KT2 由查理定律可得p2＝p1≈1.33×105 Pa.T1(2)设瓶内原有气体体积为V，打开塞子后温度为400 K、压强为1.0×105 Pa时气体的气体为V′由玻意耳定律有p2V＝p1V′4可得V′＝V33故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为.44．(理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC来表示，在A、B、C三个状态上，气体的温度T A、T B、T C相比较，大小关系为()图5A．T B＝T A＝T CB．T A＞T B＞T CC．T B＞T A＝T CD．T B＜T A＝T C答案 CpV 解析由题图中各状态的压强和体积的值得：p A V A＝p C V C＜p B V B，因为＝C，可知T A＝T C＜T B.T7。

章末整合
晶体和非晶体
1．区别 (1)晶体和非晶体、单晶体与多晶体在外形、物理性质、熔 点等方面的不同． (2)利用有无固定熔点判断晶体、非晶体，利用各向同性或 各向异性判断单晶体和多晶体． (3)从能量转化的观点理解晶体和非晶体在熔解或凝固过程 中物质微粒的运动特点．
2．微观结构特点 (1)单晶体中物质微粒按照一定的规律有序排列，但沿不同 方向排列的物质微粒在相同距离上的数目不相同，因此不同方 向上物理性质不同，这是形成规则外形和各向异性的原因． (2)多晶体中物质微粒首先组成晶粒，这些晶粒沿不同方向 物质微粒排列情况不同，但这些晶粒杂乱无章的排列而组成多 晶体．因此，多晶体具有确定的熔点但没有规则外形和各向异 性．
在缓慢加热到 127 ℃的过程中压强保持不变，则VT01＝VT22， 所以 V2＝TT20V1＝2732＋73127×1.0×10－3 m3＝1.47×10－3 m3．
(2)如下图所示． 答案：(1)1.47×10－3 m3 (2)见解析图
例3 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的 pT图象如图所示，在A态时的体积为V0，试画出对应的VT图象 和pV图象．
(3)非晶体中物质微粒杂乱无章的排列，各个方向上物质微 粒的排列情况相同，在熔解过程中，物质微粒的热运动逐渐加 剧，且之间距离发生变化，因此，非晶体没有确定的熔点和规 则的外形．
例1 下列有关晶体的规律必定相同 B．不同晶体有不同空间排列规律 C．晶体的空间排列规律决定这种晶体材料的用途 D．晶体的各向异性就是因为晶体有规则的空间排列规律
(1)求汽缸内气体的最终体积； (2)在图上画出整个过程中汽缸 内气体的状态变化．(大气压强为 1.0×105 Pa)
解析：(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即 p0V0＝p1V1，