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第 32 讲 固体、液体与气体
1.知道晶体、非晶体的区别.
2.理解表面张力，会解释有关现象.
3.掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问题．
考点一 固体与液体的性质
1．晶体与非晶体
单晶体 多晶体 非晶体
外形 规则 不规则 不规则
熔点 确定 确定 不确定
物理性质 各向异性 各向同性 各向同性
典型物质 石英、云母、食盐、硫酸铜 玻璃、蜂蜡、松香形成与 有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶
转化 体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体.
2.液体的表面张力
(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．
3．液晶的物理性质
(1)具有液体的流动性．
(2)具有晶体的光学各向异性．
(3)从某个方向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．
[例题1] （2024•台州二模）2024年1月底，台州迎来了近十年来最大的一场降雪，大地
银装素裹。下列说法正确的是（ ）
A．毛绒绒的雪花是晶体
B．雪花在空中飘舞做的是布朗运动
C．雪花在风中飘落过程中机械能一直减小
D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用
【解答】解：A、雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，故A正确；
B、雪花形状比较大，不是悬浮在空气中的固体小颗粒，所以不能把雪花的运动认为是布朗运动，
故B错误；
C、雪花飘落过程中风可能对雪花做正功，雪花的机械能可能增大，故C错误；
D、雪天路滑，汽车在转弯时容易侧滑是因为地面的摩擦力不足以提供向心力；车辆受到离心力
这样的说法本身就是错误的，故D错误。
故选：A。
[例题2] （2024•汕头一模）半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种
技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温（800到1250摄氏度）状态下接触，掺杂源物质的分子由
于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是（ ）A．这种渗透过程是自发可逆的
B．硅晶体具有光学上的各向同性
C．这种渗透过程是分子的扩散现象
D．温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都增加
【解答】解：AC、掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，这种渗透过程是分子的
扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确；
B、由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误；
D、温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子的平均
动能增大，则分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增加，故D错误。
故选：C。
[例题3] （2024•泰州模拟）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，是因为表面张力的缘故
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
【解答】解：A．水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故A错误；
B．水银的表面张力比较大，同时水银不浸润玻璃，这就导致了玻璃容器中的小水银滴，会尽可
能地减少表面积，从而形成球状，故B正确；
C．当一根内径很细的管垂直插入液体中，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，图
丙中插入水中的塑料笔芯内水面下降，说明水不浸润塑料笔芯，故C错误；
D．拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象减小水分蒸发，故D错误。
故选：B。考点二 气体压强的产生与计算
1．产生的原因
由于大量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，作用在器壁单位面积上
的压力叫做气体的压强．
2．决定因素
(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．
(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方
程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力
平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强
p＝p＋ρgh，p 为液面上方的压强．
0 0
4．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．
[例题4] （2024•重庆模拟）如图，玻璃管中封闭一定质量的理想气体倒扣在水银槽中，
当温度为T 时，管内的水银面比槽内水银面高hcm，管中气体的长度也为hcm。当把玻璃管缓
0
慢下压至管底部与槽内水银面持平，同时改变气体的温度保持管内气体体积不变，已知大气压
强为p （单位：cmHg），则管内气体（ ）
0
A．最终压强为p •h
0
B．对外界做功
2ℎT
0
C．温度的变化量为
p −ℎ
0D．对外界放出热量
【解答】解：A.当玻璃管底部与槽内水银面持平，保持管内气体体积不变，则管内的水银面比
槽内水银面低hcm，最终压强为p＝p +p ，故A错误；
0 h
B.由于体积不变，所以对外界不做功W＝0，故B错误；
p p 2ℎT
C.原来气体的压强p ＝p ﹣p ，根据查理定律 1= ，解得T= 0 ，故C正确；
1 0 h T T p −ℎ
0 0
D.由于温度升高，则ΔU＞0，根据ΔU＝Q+W可得，Q＞0，从外界吸收热量，故D错误。
故选：C。
[例题5] （2024春•岳麓区校级月考）如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，
管内有一段高度为4.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定质量的理想气体，水银柱上表面到管
口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体
温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为297K。
（1）细管倒置后，气体吸热还是放热；
（2）求细管的长度；
（3）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求
此时密封气体的温度。
【解答】解：（1）细管倒置后，由于气体体积增大，气体对外做功，W＜0，而管内气体温度
不变，内能不变，ΔU＝0
由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＞0，即气体吸热；
（2）设细管的长度为L，横截面积为S，水银柱高度为h。初始时，设水银柱上表面到管口的距
离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V ，压强为p 。
1 1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后，管内气体压强分别为
p＝p + gh＝（76+4）cmHg＝80cmHg
0
p ＝p ﹣ρ gh＝（76﹣4）cmHg＝72cmHg
1 0
ρ式中， 、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 为大气压强。
0
由题意ρ有
V＝S（L﹣h ﹣h）
1
V ＝S（L﹣h）
1
由玻意耳定律有
pV＝p V
1 1
联立解得：L＝24cm
（3）设气体被加热前后的温度分别为T 和T，由盖—吕萨克定律有
0
V V
= 1
T T
0
解得：T＝330K
答：（1）细管倒置后，气体吸热；
（2）细管的长度为24cm；
（3）此时密封气体的温度为330K。
[例题6] （2023•江西模拟）如图所示，一根一端封闭粗细均匀足够长的细玻璃管AB开
口向上竖直放置，管内用高h＝15cm的水银柱封闭了一段长L＝30cm的空气柱。已知外界大
气压强为p ＝75cmHg，封闭气体的温度为27℃。g取10m/s2。则
0
（ⅰ）保持封闭气体的温度不变，将玻璃管缓慢转动至开口向下，求空气柱的长度；
（ⅱ）使玻璃管静止释放且始终竖直，不计空气阻力，温度调至52℃，求空气柱的长度。
【解答】解：（i）温度不变，封闭气体有p ＝p +p ＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg
1 0 h
p ＝p ﹣p ＝75cmHg﹣15cmHg＝60cmHg
2 0 h
由玻意耳定律有p LS＝p L'S
1 2
解得L'＝45cm
（ii）静止释放做自由落体运动，液柱完全失重，封闭气体压强
p ＝75cmHg
3
由理想气体状态方程得
p LS p L″S
1 = 3
T T
1 2
其中T ＝（27+273）K＝300K，T ＝（52+273）K＝325K
1 1
解得L''＝39cm
答：（ⅰ）保持封闭气体的温度不变，将玻璃管缓慢转动至开口向下，空气柱的长度为45cm；
（ⅱ）使玻璃管静止释放且始终竖直，不计空气阻力，温度调至52℃，空气柱的长度为39cm。
考点三 气体实验定律的应用
1．气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律
一定质量的某种气体， 一定质量的某种气体，
一定质量的某种气体，
在体积不变的情况下， 在压强不变的情况下，
内容 在温度不变的情况下，
压强与热力学温度成正 其体积与热力学温度成
压强与体积成反比
比 正比
＝或 ＝或
表达式 pV ＝ pV
1 1 2 2
＝ ＝
图象
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、
温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．[例题7] （2024•长春一模）排球比赛中球内标准气压为1.300×105Pa～1.425×105Pa。某次
比赛时环境大气压强为1.000×105Pa，一排球内气体压强为1.100×105Pa，球内气体体积为5L。
为使该排球内的气压达到比赛用的标准气压，需用充气筒给排球充气，已知充气筒每次能将环
境中0.23L的空气充入排球，充气过程中排球体积和气体温度的变化均可忽略不计，气体视为
理想气体，则需要充气的次数至少为（ ）
A．9次 B．7次 C．5次 D．4次
【解答】解：设至少充n次才能使球内气体的压强达到p＝1.300×105Pa。
赛前球内气体压强为 p ＝1.100×105Pa，体积为 V ＝5L，每次冲入气体的压强为 p ＝
1 0 2
1.000×105Pa，体积为V＝0.23L。
根据理想气体状态方程“分态式”可得
p V +np V＝pV
1 0 2 0
代入数据解得：n≈4.35次，所以赛前至少充气的次数为5次，故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题8] （多选）（2024•天心区校级模拟）如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药
液桶的总容积为14L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2L，气压为1atm。打气筒
活塞每次可以打进气压为1atm、体积为0.2L的空气。不考虑环境温度的变化。在打气n次后，
药液上方的气体压强增大到5atm，在药液上方的气体压强达到5atm时停止打气，并开始向外
喷药，当喷雾器不能再向外喷药时，筒内剩下的药液还有V升，则n、V值为（ ）
A．n＝40次 B．n＝60次 C．V＝10L D．V＝4L
【解答】解：AB．根据题意，设应打n次气，此时满足
p ＝1atm，V ＝（0.2n+2）L，p ＝5atm，V ＝2L
1 1 2 2
根据玻意耳定律有
p V ＝p V
1 1 2 2
代入数据解得n＝40
故A正确，B错误；
CD．根据题意，设当气体体积为V 时，不能再向外喷药，此时满足
4
p ＝5atm，V ＝2L，p ＝1atm
3 3 4
根据玻意耳定律有
p V ＝p V
3 3 4 4
代入数据解得：
V ＝10L
4
则剩下的药液
V＝14L﹣10L＝4L
故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题9] （2024•江苏模拟）“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的
关系”实验中，三位同学根据实验数据得到的 p﹣V图像分别如图线a、b、c所示。若a、b是
不重合的两条双曲线，c与b相交，则（ ）
A．a、b不重合是由于b气体质量大
B．a、b不重合是由于b气体温度高
C．产生c图线可能是容器密闭性不好
D．产生c图线可能是推动活塞过于快速
【解答】解：AB、由理想气体状态方程pV＝CT，可知a、b是不重合的两条双曲线，即等温线，
当体积V相同时，a图线对应的压强较大，pV值较大，温度较高，可知a、b不重合是由于b气
体温度低，故AB错误；
D、若推动活塞过于快速导致温度上升，体积减小时，c应与a相交才对，故D错误；
C、由理想气体状态方程可得：pV＝nRT，c与b相交，可知n减小，即容器密闭性不好漏气导
致，故C正确。
故选：C。考点四 用图象法分析气体的状态变化
1．利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量、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：在图10甲中，V 对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T、T 两线的交点，可以认为从B
1 2 1
状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以TT.
2 1
又如图乙所示，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VV.
2 1
2．一定质量的气体不同图象的比较
类别图线 特点 举例
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线
p－V
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
p－T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
[例题10]（2024•聊城一模）布雷顿循环由两个等压变化、两个绝热过程构成，其压强 p
和体积V的关系如图所示。如果将工作物质看作理想气体，则下列说法中正确的是（ ）A．A到B过程，气体的内能在减小
B．状态B的温度低于状态C的温度
C．C到D过程，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．经过一个布雷顿循环，气体吸收的热量小于放出的热量
【解答】解：A．根据理想气体状态方程
pV
=C
T
A到B过程，气体为等压变化，体积增大，气体对外界做功，热力学温度增加，即内能在增加，
故A错误；
B．B到C过程，气体为绝热过程，气体的体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律
ΔU＝W+Q
可知气体内能减小，热力学温度降低，所以状态B的温度高于状态C的温度，故B错误；
C．C到D过程，气体为等压变化，体积减小，外界对气体做功，根据理想气体状态方程可知热
力学温度降低，即内能在减小。由热力学第一定律，可知外界对气体做的功小于气体向外界放
出的热量，故C正确；
D．经过一个布雷顿循环，气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸
收热量，即吸收的热量大于放出的热量，故D错误。
故选：C。
[例题11] （2024•齐齐哈尔一模）如图甲所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定
1
质量气体压强与体积的关系”，并通过计算机作出了如图乙所示的 −V图像，下列说法正确
p
的是（ ）A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．活塞移至某位置时，应立即记录数据
C．图线与纵轴相交的原因可能是没有考虑注射器与压强传感器连接部位气体的体积
D．若升高环境温度，则该图像斜率变大
【解答】解：A．推拉活塞时，动作快会改变气体的温度，动作慢，可以使其温度与环境温度保
持一致，故A错误；
B．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故B错误；
C．图线与纵轴相交的原因可能是没有考虑注射器与压强传感器连接部分气体的体积，故C正确；
pV
D．根据理想气体的状态方程 =C可知
T
1 1
= V
p CT
则温度升高时，图像斜率变小，故D错误。
故选：C。
[例题12]（多选）（2024•仓山区校级模拟）如图，一定质量的理想气体从状态 a出发，
经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。
下列说法正确的是（ ）
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体向外界放出热量pV
【解答】解：A、在过程ab中做等容升压，根据 =C可知温度升高，一定质量的理想气体内
T
能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；
B、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；
C、在过程ab中气体体积不变，根据W＝pΔV可知，气体对外界做功为零，故C错误；
D、在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据
热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体从外界吸收热量，故D错误；
故选：AB。
考点五 理想气体实验定律微观解释
1．等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变．在这种情况下，体积减小时，分子的密
集程度增大，气体的压强增大．
2．等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子
的平均动能增大，气体的压强增大．
3．等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程
度减小，才能保持压强不变．
[例题13]（2024•昆明一模）如图所示，质量相等的同种理想气体甲和乙分别用绝热活塞
封闭在两个绝热气缸中，两气缸固定在同一水平面上，开口分别竖直向上和水平向右，活塞质
量不能忽略且可沿气缸无摩擦滑动。甲、乙两气体的体积相等，它们的压强分别用 p甲 、p乙 表
示，温度分别用T甲 、T乙 表示。下列关系正确的是（ ）
A．p甲 ＞p乙 ，T甲 ＞T乙 B．p甲 ＞p乙 ，T甲 ＜T乙
C．p甲 ＜p乙 ，T甲 ＞T乙 D．p甲 ＜p乙 ，T甲 ＜T乙
【解答】解：对气体甲，对活塞进行受力分析，设活塞是面积为S，质量为m，根据平衡条件有p甲S＝mg+p
0
S
对气体乙，根据平衡条件有
p乙S＝p
0
S
通过比较可得p甲 ＞p乙
对两个缸内气体，质量相等，体积也相等设为V，根据理想气体的状态方程有
p V p V
甲 = 乙
T T
甲 乙
因为p甲 ＞p乙 ，可以得出T甲 ＞T乙 。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
[例题14]（2024•重庆模拟）小明将海边拾到的漂流瓶竖直放入热水中（如图），以便打
开瓶塞。瓶塞的质量为m，横截面积为S，瓶内密闭气体的压强等于此时外界大气压强 p 、温
0
度为摄氏温度t ；当瓶子被置于热水中一段时间后，气体的温度为摄氏温度 t ，瓶塞恰好能移
1 2
动。0℃时的热力学温度为T ，重力加速度为g，不考虑瓶子的容积变化。瓶塞所受最大静摩
0
擦力大小为（ ）
t −t t −t
A． 2 1 p S+mg B． 2 1 p S+mg
T +t 0 T +t 0
0 2 0 1
t −t t −t
C． 2 1 p S−mg D． 2 1 p S−mg
T +t 0 T +t 0
0 2 0 1
【解答】解：瓶内初态气体压强为p ，加热后，设瓶子内压强为p ，瓶内气体发生等容变化，
0 1
根据查理定律
p p
0 = 1
T +t T +t
0 1 0 2T +t
解得p = 0 2 p
1 T +t 0
0 1
对瓶塞恰好能移动时进行受力分析，有
p S＝mg+f+p S
1 0
t −t
解得f= 2 1 p S﹣mg
T +t 0
0 1
故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题15]（2024•广州二模）如图为某同学根据“马德堡半球模型”设计的实验。两个底
面积相同的轻质圆筒，开口端紧密对接，圆筒内封闭气体的总体积为 V ＝28mL，其压强与大
0
气压强相等，均为p ＝1.0×105Pa，将注射器活塞推至针筒底部，通过细管与气阀连通；打开
0
气阀，然后缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为ΔV＝12mL时停止拉动。已知圆筒的底面
积S＝6×10﹣4m2，装置气密性良好，圆筒形状与气体温度全程不变。
（1）求停止拉动活塞时圆筒内气体的压强p；
（2）关闭气阀，撤去注射器，求将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力F。
【解答】解：（1）拉动活塞时，气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：
p V ＝p（V +ΔV）
0 0 0
解得：p＝7×104Pa
（2）对其中一个圆筒受力分析，根据平衡条件得：
F+pS＝p S
0
解得：F＝18N
答：（1）停止拉动活塞时圆筒内气体的压强为7×104Pa；
（2）将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18N。题型1晶体与非晶体
1. （多选）（2024•温江区校级三模）下列说法正确的是（ ）
A．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
B．给庄稼松土的目的是破坏土壤中的毛细管，从而减少土壤内部的水分蒸发
C．布朗运动是指液体分子的无规则运动
D．理想气体温度升高，所有分子的动能都增大
E．在相同温度和一个标准大气压下，相同质量的氧气和氢气，氢气内能较大
【解答】解：A、所有晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故A正确；
B、给庄稼松土是利用毛细现象，为了破坏土壤中的毛细管，可防止水分蒸发，故B正确；
C、布朗运动是微粒的无规则运动，并不是液体分子的无规则运动，故C错误；
D、温度是分子平均动能变化的标志，温度升高，分子平均动能增大，个别分子动能可能减小或
不变，故D错误；
E、质量相等的氢气和氧气，温度相同，分子的平均动能相同，而氢气的分子数多，则氢气的内
能较大，故E正确；
故选：ABE。
2. （多选）（2024•宁波模拟）下列说法正确的是（ ）
A．有些非晶体在一定条件下可能转化为晶体
B．普朗克首先将量子观念引入了原子领域
C．霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度大小和方向
D．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
【解答】解：A、同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，在一定条件下非晶体可以
转化为晶体，如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再
过一段时间又会转化为晶体硫，故A正确；
B、波尔首先将量子观念引入了原子领域，故B错误；
C、置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场垂直，则在垂直于电流和磁场的方向会产生一附
加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于 1879年发现的，后被称为霍尔效应。霍
尔元件可以测量磁场的磁感应强度大小和方向，故C正确；D、不计分子之间的分子势能，气体内能由分子的平均动能与分子总数共同决定，由于温度决定
了分子的平均动能，即气体内能由温度与分子数目共同决定，质量和温度相同的氢气和氧气，
分子的平均动能相等，但分子数目不相等，所以质量和温度相同的氢气和氧气内能不相同，故
D错误。
故选：AC。
3. （2023•南通模拟）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
【解答】解：AB、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；
C、由分子动理论可知，一切物质的分子做永不停息的无规则运动，故C错误；
D、由题意可知，石墨烯中层与层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间距离，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。
故选：D。
题型2液体表面张力
4. （2024•辽阳一模）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
【解答】解：A.荷叶上的水珠呈球形是因为液体的表面张力，故A错误；
BCD.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，CD错误。
故选：B。
5. （多选）（2024•南充二模）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，
以下说法正确的是（ ）
A．液体的分子势能与体积有关
B．晶体的物理性质都是各向异性的
C．温度升高，每个分子的动能都增大
D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
E．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性
【解答】解：A、分子势能取决于分子间的距离，而分子距离与体积有关，所以液体的分子势能
与体积有关，故A正确；
B、多晶体的物理性质是各向同性，同时单晶体也是在某一性质上具有各向异性，故B错误；
C、温度升高时，分子的平均动能增大，但并非是每个分子的动能都增大，故C错误；
D、由于液体的表面张力作用，露珠呈球形，故D正确；
E、液晶既有液体的流动性，又具有光学现象的中的各向异性，故E正确。
故选：ADE。
6. （2023•浙江模拟）在2022年11月3日，如图甲所示的中国空间站“梦天”“问天”
拉着中间“天和”的手构成“T字组合”，一起绕地球每天飞行16圈左右。在空间站内航天
员演示了包括“毛细现象”—三根插入水中粗细不同的长玻璃管最后水从上口溢出（图乙）、
“水球变懒”—悬浮空中的球形水球中扔入的钢球能在里面运动而不穿出水球（图丙）等实验，
下 列 说 法 正 确 的 是 （ ）A．只有丙实验与完全失重（或微重力）及表面张力有关
B．乙、丙两个实验都与完全失重（或微重力）及表面张力有关
C．“T字组合”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D．空间站每一部分的发射速度都要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度
【解答】解：AB.乙、丙两个实验一个是毛细现象，一个是水球变懒”，都与完全失重（或微重
力）及表面张力有关，故A错误，B正确；
C.“T字组合”是地球的卫星，“T字组合”的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D.空间站每一部分的发射速度都要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故D错误；
故选：B。
题型3气体压强的求解
7. （2023春•海淀区校级期中）对温度的测量有很多方法，下面讨论以下设计方案。
如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入
水槽中（水槽内的水足够多，并且水面位置保持不变），玻璃泡中封闭有一定量的理想空气。
玻璃管内的体积和玻璃泡的体积相比可以忽略不计。根据玻璃管中水柱距离水槽的高度h在玻璃
管上进行标定温度t。
（1）温度越高在玻璃管上标定的位置越偏上还是越偏下？
（2）玻璃管上标定的刻度是否均匀？请通过适当的公式进行推理说明。
（3）当水柱高度为h 时，小明查询到当前室温为t ＝27℃，在该处标注好温度。他再根据标准
0 0
大气压p ，推算出水柱高度为h时对应温度为t＝17℃，并标记在玻璃管上。如果当时的大气压
0
小于标准大气压，则当液柱高度为h时，实际的温度高于17℃还是低于17℃？请通过适当的公
式进行推理说明。【解答】解：（1）由于玻璃管内的体积可忽略不计，该过程为等容过程，温度越高，压强越大，
气体压强与大气压p 的关系：p＝p ﹣ gh
0 0
所以温度越高，玻璃管上标定的位置越ρ偏下。
（2）方法一：
p −ρgx p −ρgx
等容变化满足：
0 0= 0
T T
0
P −ρgx
变形后得到：T= 0 T
P −ρgx 0
0 0
T＝t+273℃
p −ρgx
解得：t= 0 T −273.15℃
p −ρgx 0
0 0
t与x为一次关系式，所以刻度均匀。
方法二：
根据查理定律有：
p
0
−ρgx
0=C=
Δp
=
Δ(p
0
−ρgℎ)
=
−ρgΔℎ
T ΔT Δ(t+273.15℃) Δt
0
Δℎ
显然有： =常数
Δt
相同的Δt，具有相同的Δh，所以刻度均匀。
（3）方法一：
其中：x＝x +Δh
0
由以上结论可知：T=
p
0
−ρgx
T =
p
0
−ρgx
0
−ρgΔℎ
T =(1−
ρgΔℎ
)T
p −ρgx 0 p −ρgx 0 p −ρgx 0
0 0 0 0 0 0
因为p 减小，所以T减小，即实际温度低于17℃。
0
方法二：根据查理定理有：
p
0
−ρgx
0=C=
Δp
=
Δ(p
0
−ρgℎ)
=
−ρgΔℎ
=
ρgΔℎ
=
ρgΔℎ
=
ΔP
T ΔT ΔT ΔT −ΔT (T −T) ΔT
0 0
Δh、T 一定，由于p 减小，所以T减小，即实际温度低于17℃。
0 0
8. （2023春•开福区校级期中）如图所示，一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃管竖
直放置，A端封闭，D端开口。玻璃管内通过水银柱封闭a、b两段气体，a气体下端浮有一层
体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图所示。已知大气压强 p ＝75cmHg，环境温度为
0
27℃。
（1）通过加热器对b气体加热，使其温度升高到177℃，求b部分气体的长度。
（2）保持b气体温度177℃不变，以BC为轴将玻璃管缓慢旋转90°至水平状态，则玻璃管内剩
余水银柱的总长度为多少？
【解答】解：（1）假设b气体膨胀过程中未到达C，膨胀过程中水银不断从D口流出，但水银
柱高度不变，气体a、b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀。
对b部分气体，由盖—吕萨克定律得
V V
1= 2
T T
1 2
L S L S
即得 1 = 2
T T
1 2
把L ＝12cm，T ＝（27+273）K＝300K，T ＝（177+273）K＝450K代入，解得b气体的长度变
1 1 2
为：L ＝18cm
2
则知b气体右端向右移动距离s＝18cm﹣12cm＝6cm＜10cm
所以假设成立，b部分气体的长度为18cm。
（2）以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态，a、b两部分气体均做等温变化，且压强均变为
75cmHg由平衡关系可知a气体初状态的压强：p ＝p +15cmHg＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg，a气柱初
a 0
状态的长度为L ＝15cm
a
末状态的压强：p ′＝75cmHg
a
根据玻意耳定律有
p V＝p ′V′
a a a a
即p L S＝p ′L ′S
a a a a
解得：L ′＝18cm
a
对b气体，初状态的压强为p ＝p +25cmHg＝75cmHg+25cmHg＝100cmHg
b 0
末状态的压强为p ′＝75cmHg
b
根据玻意耳定律有
p V ＝p ′V ′
b b b b
即p L S＝p ′L ′S
b 1 b b
解得：L ′＝16cm
b
则剩余水银柱的长度L余 ′＝20cm+25cm+（32cm﹣13cm﹣16cm）＝48cm
9. （2024•抚顺三模）如图所示，在粗细均匀、顶端平齐、导热良好的竖直固定 U形管
右侧，用水银封闭一段长L＝76cm的理想气体，左、右两管水银面的高度差h＝19cm；现向
左侧管中缓慢加入水银，已知大气压强p ＝76cmHg，环境温度保持不变，求：
0
（1）当两侧液面相平时，加入的水银柱高度Δh；
（2）封闭气体的最大压强p 。
m
【解答】解：（1）设开始封闭气体的压强为p ，向左侧管中加入水银至两侧液面相平时，右管
1
内水银面上升了x，有
p ＝p ﹣ gh
1 0
封闭气体ρ作等温变化，根据玻意耳定律有
p SL＝p S（L﹣x）
1 0
由几何关系有Δh＝h+2x
解得：Δh＝57cm
（2）继续向左侧加入水银，直至左侧液面与管口相平，此时封闭气体的压强最大，设此时封闭
气体柱的长度为L ，根据玻意耳定律有
0
p SL＝（p + gL ）SL
1 0 0 0
且有p ＝p +ρgL
m 0 0
解得：p ＝11ρ4cmHg
m
题型4气体实验定律的应用
10. （2023•泰安一模）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如
图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气
缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初
始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态 B。然后打开空调，一段
时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C（此过程人的双脚悬空）；接着人缓
慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到
状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是（ ）
A． B．C． D．
【解答】解：从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从
B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，
体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
A、A图中A、D、O三点不在同一条直线上，说明A与D的压强不同，故A错误；
B、B图中的过程与发生的过程一一对应，故B正确；
CD、C图与D图中各过程是正确的，但A与D点的压强不相等，故CD错误。
故选：B。
11. （2024•庐阳区校级四模）绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开
口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能 Up＝72J，如图甲所示。已
知活塞面积S＝5×10﹣4m2，其质量为m＝1kg，大气压强p ＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2
0
如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的
V﹣T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
（1）封闭气体最后的体积；
（2）封闭气体吸收的热量。
V V
【解答】解：（1）以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有
P= Q
T T
P Q
解得：V =6×10−4m3
QU T
（2）由气体的内能与热力学温度成正比 P = P
U T
Q Q
解得：U ＝108J
Q
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝p S+mg
0
解得：p＝1.2×105Pa
外界对气体做功W＝﹣p（V ﹣V ）
Q P
由热力学第一定律U ﹣U ＝Q+W
Q P
联立解得：Q＝60J
12. （2024•海安市校级模拟）一定质量的理想气体，从状态 a开始，经历a→b、b→c、
c→a三个过程回到原状态，其p﹣V图像如图所示。图线ac的反向延长线过坐标原点O，图线
ab平行于V轴，图线bc平行于p轴。已知a状态的气体温度为T ，求：
0
（1）气体在状态c的温度T；
c
（2）从a到b过程中气体对外做的功W 。
ab
p V 2×2p V
【解答】解：（1）根据理想气体状态方程有
0 0= 0 0
T T
0 c
解得T＝4T
c 0
（2）从a到b为等压变化过程，根据W＝p•ΔV可知，气体对外做的功为图线与横轴围成的面
积
因此有W ＝p （2V ﹣V ）
ab 0 0 0
解得W ＝p V
ab 0 0
答：（1）气体在状态c的温度4T ；
0
（2）从a到b过程中气体对外做的功p V 。
0 0题型5P-V图像、V-T图像、P-T图像
13. （2023•山东模拟）热力学循环是指工作物质经过一系列状态的变化后回到它的初始
状态这种周而复始的全过程，理论上一个热力学循环由三个或多个热力学过程组成（通常为四
个），又称循环过程，简称循环。热力学循环用以实现热能与机械能的转换，如在热力学理论
中用卡诺循环研究热机的效率；在热工学中用狄塞尔循环对内燃机进行理论研究等。我们将一
定质量的理想气体热力学循环简化后如图所示，且T ＝T ，下列说法正确的是（ ）
A C
A．从A到C过程中气体分子热运动的平均速率先变大后变小
B．从A到C过程中气体向外界放热
C．从C到A过程中气体对外界做功
D．从A到最终回到A的循环过程中气体与外界热量交换为0
【解答】解：A、由图可得A→C温度先升高后降低，温度是分子平均动能的标志，则气体分子
热运动的平均速率先变大后变小，故A正确；
B、由图像得，从A到C过程，气体体积变大，对外界做功，W为负值，T ＝T ，气体内能不
A C
变，ΔU为零，由ΔU＝Q+W得，Q为正值，气体吸热，故B错误；
C、从C→A，气体体积变小，外界对气体做功，故C错误；
D、全过程p﹣V图像与坐标轴所围面积表示功的大小，对外做功大于外界对气体做功，整段过
程的总功为负，温度不变，气体内能不变，由ΔU＝Q+W得，气体吸收热量，故D错误。
故选：A。
14. （2024•广东二模）如图，一定量的理想气体从状态 a沿直线变化到状态b，在此过程
中，其体积（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小C．始终不变 D．先增大后减小
【解答】解：题目的图是个p﹣t图象，转化成p﹣T图象，分别作出过ab的等容线，如右图所
示，
PV
从图中可以看出：由状态a变化到状态b气体的温度升高，压强增大，根据气体状态方程 =
T
C得：斜率代表气体的体积的倒数，故体积减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
15. （2023•温州模拟）如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积 S＝100cm2
的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭
气体从状态A变化到状态B的V﹣T图像，密闭气体在A点的压强p ＝1.03×105Pa，从状态A
A
变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500J。已知外界大气压强p ＝1.01×105Pa，下列说法正确
0
的是（ ）
A．重物质量m＝1kg
B．气体在状态B时的体积为8.0×10﹣2m3
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202J
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294J
【解答】解：A．在A状态，根据平衡条件mg+p S＝p S
0 A
解得m＝2kg
故A错误；
V
B．根据图像 =C
TV V
气体做等压变化 A = B
T T
A B
解得V =8.0×10−3m3
B
故B错误；
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝p ΔV，解得W＝206J
A
故C错误；
D．根据热力学第一定律ΔU＝Q﹣W，解得ΔU＝294J
故D正确。
故选：D。
