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专题30 固体、液体、气体
[题型导航]
题型一 固体和液体性质的理解...........................................................................................................1
题型二 气体压强求解的方法...............................................................................................................4
题型三 气体状态变化的图像问题.......................................................................................................9
题型四 气体实验定律的微观解释.....................................................................................................12
[考点分析]
题型一 固体和液体性质的理解
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
转化
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
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]
下列说法中不正确的是（ ）
A．单晶体和多晶体都有固定的熔点
1
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B．浸润现象中，附着层里的分子比液体内部稀疏
C．水的饱和汽压随温度的升高而增大，且增大得越来越快
D．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
【解答】解：A、单晶体和多晶体都有固定的熔点，所以固定熔点是判断是否为晶体的重要依据，
故A 正确；
B、浸润现象中，附着层里的分子比液体内部密集，不浸润现象中，附着层里的分子比液体内部
稀疏，故B 错误；
C、饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，且增大得越来越快，
故C 正确；
D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥，故当人们
感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故D 正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
[例题2]
（多选）下列说法正确的是（ ）
A．当分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
B．晶体一定表现出各向异性，非晶体一定表现出各向同性
C．可以通过升温的方式使饱和汽变成不饱和汽
D．同一液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的
E．一定质量的理想气体，如果温度升高，则气体分子的平均动能增大，压强可能不变
【解答】解：A、当分子间引力和斥力相等时，分子位于平衡位置，分子势能最小，故A 错误；
B、单晶体表现出各向异性，非晶体和多晶体表现出各向同性，故B 错误；
C、温度越高饱和气压越大，故可以通过升温的方式使饱和汽变成不饱和汽，故C 正确；
D、同一液体与不同的固体接触，附着层分子间距不同，可能是浸润的，也可能是不浸润的，故
D 正确；
E、一定质量的理想气体，温度升高，分子平均动能增大，如果气体体积膨胀，压强可能不变，
故E 正确；
故选：CDE。
[例题3]
（多选）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（ ）
A．高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区温度较低的缘故
B．晶体一定具有固定的熔点，但不一定具有规则的几何外形
C．降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化
2
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D．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较小
E．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
【解答】解：A、高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区大气压强较小，故A 错
误；
B、晶体一定具有固定的熔点，单晶体有固定的几何形状，但是多晶体没有规则的几何外形，故
B 正确；
C、降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化，故C 正确；
D、在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较大，故D 错误；
E、液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E 正确；
故选：BCE。
[例题4]
用纸折一只小船静放水面，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。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（ ）
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的缘故
B．小船自动加速前进是因为水的表面张力做功的缘故
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
【解答】解：AB、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
的水面张力不一样大，故小船会移动，表面张力做功，故A 错误，B 正确；
CD、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CD 错误。
故选：B。
[例题5]
（多选）下列说法正确的是（ ）
A．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的自身体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA
= V
V 0
B．悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶（aerosol）颗粒所做的运动不是布朗运动
C．若两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子势能也可能逐渐增大
3
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D．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
E．夏天荷叶上小水珠大致呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故
【解答】解：A、由于气体分子之间的距离远大于气体分子的大小，所以不能用气体的摩尔体积
为以及每个分子的体积为V0的比值求阿伏加德罗常数，故A 错误；
B、气溶胶是以固体或液体为分散质（又称分散相）和气体为分散介质所形成的溶胶，它具有胶
体性质，如对光线有散射作用、电泳、布朗运动等特性，所以空气中的携带新冠病毒的气溶胶
（aerosol）颗粒做布朗运动，不因重力而沉降，可悬浮在大气中长达数月、数年之久，故B 错
误；
C、当两分子间的距离为平衡距离时，分子间的作用力为零，两分子间的距离从平衡距离开始减
小，分子间的作用力增大，当两分子间距离从无穷大逐渐靠近的过程中，分子力先减小后增大
再减小；两分子间的距离等于平衡距离时分子势能最小，当两分子间的距离大于平衡距离时，
随分子间距离的减小分子势能减小，当两分子间的距离小于等于平衡距离时，随两分子间距离
的减小分子势能增大，故C 正确；
D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人
们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但空气的绝对湿度不一定大，故D 错误；
E、夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故
E 正确；
故选：CE。
题型二 气体压强求解的方法
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
4
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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＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
[例题6]
（1）如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆板A 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，圆板质量为m，不计圆板与容器
内壁之间的摩擦。若大气压强为p0，则封闭在容器内的气体的压强为多少？
（2）如图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，左边的汽缸
静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，两
个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B 的压强各多大？图
乙应选什么为研究对象进行受力分析？
（3）如图所示，光滑水平面上放有一质量为M 的汽缸，汽缸内放有一质量为m 的可在汽缸内
无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。现用水平恒力F 向右推汽缸，最后汽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）
【解答】解：（1）圆板A 受力平衡，分析圆板A 的受力如图1
在竖直方向上列平衡方程有
mg+p0S＝p S
cosθ
•cosθ
则容器内的气体的压强为
5
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p＝p0+ mg
S
（2）题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图2 所示
由平衡条件，可得
pAS＝p0S+mg
解得气体A 的压强为
pA＝p0+ mg
S
题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图3 所示
由平衡条件，可得
p0S＝pBS+Mg
解得气体B 的压强为
pB＝p0- Mg
S
（3）选取汽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
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解得封闭气体的压强为
p＝p0+
Fm
S( M +m)
答：（1）封闭在容器内的气体的压强为p0+ mg
S
；
（2）封闭气体A、B 的压强分别为p0+ mg
S
、p0- Mg
S
，图乙应选气缸为研究对象进行受力分析；
（3）此时缸内封闭气体的压强为p0+
Fm
S( M +m)。
[例题7]
如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和
顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K．两汽缸的容积均为V0，汽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），压强分别为P0和P0
3
；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为
V 0
4
．现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；
右活塞保持不动，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
与汽缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
【解答】解：（1）与恒热源接触后，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，由盖吕•萨克定律可得：
5
4 V 0
T 0
=
7
4 V 0
T
⋯①
由①式解得：T＝1.4T0…②
7
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（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大。打开K 后右活塞必须升至
气缸顶才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外界接触，底部与恒热源接触，两部分气体各自经
历等温过程，设在活塞上方气体压强为P，由玻意耳定律得：pV x = p0
3 ⋅V 0
4 ⋯③
对下方气体，由玻意耳定律得：( p+ p0)(2V 0-V x)= p0⋅7V 0
4
⋯④
解得：VX＝0.5V0，VX=- 1
3
V0不合题意，舍去。
答：（i）恒温热源的温度T 为1.4T0；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积为0.5V0。
[例题8]
长玻璃管开口向上竖直放置，管内两段水银柱C、D 封闭两段空气柱A、B，水
银柱C 上端与管口平齐，下端是一个厚度不计可自由移动轻质活塞P，水银柱的长度h1＝
15.0cm，当环境温度t1＝27.0℃时，空气柱B 的长度为LB＝30.0cm。如图甲所示；现将空气柱
B 浸入温水中，对水加热，当水温缓慢升高到t2＝67.0℃时，活塞P 上的水银刚好全部排出玻
璃管外，如图乙所示，此时空气柱B 的长度LB′＝39.1cm，大气压强p0＝75cmHg，求：
（ⅰ）水银柱D 的长度h2；
（ⅱ）空气柱A 在图甲状态时的长度LA。（结果保留三位有效数字）
【解答】解：（i）对空气柱B，温度为T1＝（273+t1）K＝300K 时，压强pB＝（p0+h1+h2）
cmHg
温度为T2＝（273+t2）K＝（273+67.0）K＝340K
压强为pB′＝（p0+p2）cmHg
由理想气体状态方程得：pBlB
T 1
= pB' lB'
T 2
解得：h1＝15.0cm
8
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（ii）对空气柱A，在图（a）状态时，压强为pA＝（p0+h1）cmHg
水银柱C 全部排出管外时，压强为pA′＝p0，空气柱长度lA′＝L﹣h2﹣lB′
其中L＝lA+h1+h2+lB
由玻意耳定律得：pAlA＝pA′lA′
解得：lA＝30.0cm
答：（ⅰ）水银柱D 的长度为15.0cm；
（ⅱ）空气柱A 在图甲状态时的长度为30.0cm。
题型三 气体状态变化的图像问题
1．气体实验定律
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，
压强与体积成反比
一定质量的某种气体，
在体积不变的情况下，
压强与热力学温度成正
比
一定质量的某种气体，
在压强不变的情况下，
其体积与热力学温度成
正比
表达式
p1V1＝
p 2V2
＝或
＝
＝或
＝
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9]
图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V﹣T 图像，已知气体
在
状
态
A
时
的
压
强
是
1.5×105Pa
。
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（1）说出A→B 过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算出状态A 的温度TA。
（2）请在图乙所示坐标系中，作出气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p﹣T 图像，并在图
像相应位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程。
【解答】解：（1）由图甲所示图像可知，A 与B 的连线的延长线过原点O，
所以A→B 是一个等压变化，即pA＝pB＝1.5×105Pa，
由图示图像可知：VA＝0.4m3，VB＝VC＝0.6m3，
TB＝300K，TC＝400K，
从A 到B 过程，由概率萨克定律得：V A
T A
= V B
T B
得TA＝200K；
（2）由图甲所示图像可知，从B 到C 为等容过程，
由（1）知：pB＝1.5×105Pa，TB＝300K，TC＝400K，
由查理定律得：PB
T B
= PC
T C
，
解得：pC＝2×105Pa，气体状态变化图像如图所示：
答：（1）温度值TA为200K．（2）
[例题10] 如图所示，在一横截面积为S 的竖直玻璃管内封闭着A、B 两部分理想气体，中
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间用水银柱隔开。玻璃管静止时，A 部分气柱长度为3L，压强为P0；B 部分气柱长度为2L，
水银柱产生的压强为0.5P0。已知大气压强为P0，环境温度保持不变。
（i）若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°，待稳定后求气柱A 的长度；
（ii）若在玻璃管装有气体A 的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，当气体B 从外界吸收的热量
为Q 时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B 内能的增量ΔU。
【解答】解：（i）在初始位置时，B 气体的压强为pB1＝p0+0.5p0＝1.5p0；
缓慢翻转90°后，设气柱A 的长度为l，则气柱B 的长度为5L﹣l
对A 气体分析：p0×3LS＝pA×lS
对B 气体分析：1.5p0×2LS＝pB×（5L﹣l）S
同时，pB+0.5p0＝pA
联立解得：l＝2.5L
（ii）若在A 的顶端开一个小孔，则在变化过程中B 部分的气体发生等压变化，压强保持不变
气体对外界做功为W＝﹣1.5P0×3LS＝﹣4.5p0LS
根据热力学第一定律可知，该过程B 气体内能的增量为：
ΔU＝Q﹣4.5p0LS
答：（i）稳定后气柱A 的长度为2.5L；
（ii）该过程气体B 内能的增量为Q﹣4.5p0LS。
题型四 气体实验定律的微观解释
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
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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11] 夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近
水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体。则上升过程中，
以下说法正确的是（ ）
A．气泡内气体的内能可能不变
B．气泡上升过程中可能会放热
C．气泡内气体的压强增大
D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
【解答】解：A．根据题意可知，越往上温度越高，故气泡温度升高，内能变大，故A 错误。
B．气泡体积变大，外界对气体做负功，根据
ΔU＝W+Q
可知
Q＞0
气泡内能增大，故气泡吸热，故B 错误；
C．气泡上升
P＝P0+ρgh
深度h 减小，汽包内其他压强减小，故C 错误；
D．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单
位面积的撞击力减小，故D 正确。
故选：D。
[例题12] 如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB 和固定隔板CD 分成两个气室，CD 上
安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1 内气体压强为2p0，气室2 内气体压强为
p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方
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缓慢放上质量为m 的细砂，重力加速度为g。若m= 3 p0 S
g
，则气室1 内气体压强为多少？
【解答】解：若m= 3 p0 S
g
，对活塞AB 与细砂整体，由平衡条件得：pS＝p0S+mg
解得，气室2 中封闭气体的压强：p＝4p0
CD 上的单向阀打开，如果气室2 的气体未完全进入气室1，以气室1 与气室2 中气体整体为研
究对象，由玻意耳定律得：
p0LS+2p0LS＝4p0xS
解得：x= 3
4
L，假设不成立
所以气室2 中的气体完全进入气室1，以气室1 中的气体为研究对象，由玻意耳定律得：
p0LS+2p0LS＝pxLS
解得，气室1 内气体的压强：px＝3p0。
答：气室1 内气体压强为3p0。
[例题13] （多选）对于一定质量的气体，当压强和体积发生变化时，以下说法正确的是（
）
A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变
B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小
C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变
D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大
【解答】解：AB、一定质量的理想气体，压强与体积都增大时，根据气态方程PV
T =c，可知温
度T 一定升高，而温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能也一定增大，故A 正确，B
错误；
C、压强增大，而体积减小时，其乘积PV 可能不变，根据气态方程PV
T =c，可知温度不变，分
子平均动能可能不变，故C 错误；
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D．压强减小，而体积增大时，其乘积PV 可能增大，根据气态方PV
T =c，可知温度升高，分子
平均动能增大，故D 正确；
故选：AD。
[例题14] （多选）封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，
以下说法正确的是（ ）
A．气体的密度增大
B．气体的压强增大
C．气体分子的平均动能减小
D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
【解答】解：A、一定质量的气体，如果保持气体体积不变，根据密度公式得密度也就不变。故
A 错误。
B、根据气体状态方程pV
T =C，
如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强就会增大。故B 正确。
C、温度是气体分子平均动能变化的标志，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，故C 错误。
D、气体压强是气体分子撞击器壁而产生的，由于气体的压强增大，所以每秒撞击单位面积器壁
的气体分子数增多。故D 正确。
故选：BD。
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