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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
1
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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] （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（ ）
2
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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。
3
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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＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
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T0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
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p0（单位：cmHg），则管内气体（ ）
A．最终压强为p0•h
B．对外界做功
C．温度的变化量为2hT 0
p0-h
4
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D．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＝p0+ph，故A 错误；
B.由于体积不变，所以对外界不做功W＝0，故B 错误；
C.原来气体的压强p1＝p0﹣ph，根据查理定律p1
T 0
= p
T ，解得T= 2hT 0
p0-h，故C 正确；
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V1，压强为p1。
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＝p0+ρgh＝（76+4）cmHg＝80cmHg
p1＝p0﹣ρgh＝（76﹣4）cmHg＝72cmHg
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式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。
由题意有
V＝S（L﹣h1﹣h）
V1＝S（L﹣h）
由玻意耳定律有
pV＝p1V1
联立解得：L＝24cm
（3）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有
V
T 0
= V 1
T
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p0＝75cmHg，封闭气体的温度为27℃。g 取10m/s2。则
（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p1＝p0+ph＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg
p2＝p0﹣ph＝75cmHg﹣15cmHg＝60cmHg
由玻意耳定律有
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p1LS＝p2L'S
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
p3＝75cmHg
由理想气体状态方程得
p1 LS
T 1
= p3 L″ S
T 2
其中T1＝（27+273）K＝300K，T1＝（52+273）K＝325K
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
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．
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[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p1 ＝1.100×105Pa ，体积为V0 ＝5L ，每次冲入气体的压强为p2 ＝
1.000×105Pa，体积为V＝0.23L。
根据理想气体状态方程“分态式”可得
p1V0+np2V＝pV0
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
p1＝1atm，V1＝（0.2n+2）L，p2＝5atm，V2＝2L
根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2
代入数据解得
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n＝40
故A 正确，B 错误；
CD．根据题意，设当气体体积为V4时，不能再向外喷药，此时满足
p3＝5atm，V3＝2L，p4＝1atm
根据玻意耳定律有
p3V3＝p4V4
代入数据解得：
V4＝10L
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。
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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，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T2T1.
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V2V1.
2．一定质量的气体不同图象的比较
类别图线
特点
举例
p－V
pV＝CT(其中C 为恒量)，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
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（ ）
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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
T =C
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
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1
p -V 图像，下列说法正确
的是（ ）
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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；
D．根据理想气体的状态方程pV
T =C可知
1
p = 1
CT V
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
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【解答】解：A、在过程ab 中做等容升压，根据pV
T =C可知温度升高，一定质量的理想气体内
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
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p 甲S＝mg+p0S
对气体乙，根据平衡条件有
p 乙S＝p0S
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甲V
T 甲
= p乙V
T 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p0、温
度为摄氏温度t1；当瓶子被置于热水中一段时间后，气体的温度为摄氏温度t2，瓶塞恰好能移
动。0℃时的热力学温度为T0，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
擦力大小为（ ）
A．t2-t1
T 0+t2
p0 S+mg
B．t2-t1
T 0+t1
p0 S+mg
C．t2-t1
T 0+t2
p0 S -mg
D．t2-t1
T 0+t1
p0 S -mg
【解答】解：瓶内初态气体压强为p0，加热后，设瓶子内压强为p1，瓶内气体发生等容变化，
根据查理定律
p0
T 0+t1
=
p1
T 0+t2
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解得p1= T 0+t2
T 0+t1
p0
对瓶塞恰好能移动时进行受力分析，有
p1S＝mg+f+p0S
解得f= t2-t1
T 0+t1
p0S﹣mg
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V0＝28mL，其压强与大
气压强相等，均为p0＝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
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：
p0V0＝p（V0+ΔV）
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＝p0S
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。
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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；
16
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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
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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
（
）
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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h0时，小明查询到当前室温为t0＝27℃，在该处标注好温度。他再根据标准
大气压p0，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
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。
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【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p0的关系：p＝p0﹣ρgh
所以温度越高，玻璃管上标定的位置越偏下。
（2）方法一：
等容变化满足：
p0- ρg x0
T 0
= p0- ρgx
T
变形后得到：T = P0- ρgx
P0- ρg x0
T 0
T＝t+273℃
解得：t = p0- ρgx
p0- ρg x0
T 0-273.15℃
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：
p0- ρg x0
T 0
=C = Δp
ΔT =
Δ( p0- ρgh)
Δ(t +273.15℃) =- ρgΔh
Δt
显然有：Δh
Δt =常数
相同的Δt，具有相同的Δh，所以刻度均匀。
（3）方法一：
其中：x＝x0+Δh
由以上结论可知：T = p0- ρgx
p0- ρg x0
T 0= p0- ρg x0- ρgΔh
p0- ρg x0
T 0=(1-
ρgΔh
p0- ρg x0
)T 0
因为p0减小，所以T 减小，即实际温度低于17℃。
方法二：
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根据查理定理有：
p0- ρg x0
T 0
=C = Δp
ΔT = Δ( p0- ρgh)
ΔT
=- ρgΔh
ΔT
= ρgΔh
- ΔT =
ρgΔh
(T 0-T ) = ΔP
ΔT
Δh、T0一定，由于p0减小，所以T 减小，即实际温度低于17℃。
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p0＝75cmHg，环境温度为
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 1
T 1
= V 2
T 2
即得
L1S
T 1
= L2S
T 2
把L1＝12cm，T1＝（27+273）K＝300K，T2＝（177+273）K＝450K 代入，解得b 气体的长度变
为：L2＝18cm
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
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由平衡关系可知a 气体初状态的压强：pa＝p0+15cmHg＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg，a 气柱初
状态的长度为La＝15cm
末状态的压强：pa′＝75cmHg
根据玻意耳定律有
paVa＝pa′Va′
即paLaS＝pa′La′S
解得：La′＝18cm
对b 气体，初状态的压强为pb＝p0+25cmHg＝75cmHg+25cmHg＝100cmHg
末状态的压强为pb′＝75cmHg
根据玻意耳定律有
pbVb＝pb′Vb′
即pbL1S＝pb′Lb′S
解得：Lb′＝16cm
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p0＝76cmHg，环境温度保持不变，求：
（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pm。
【解答】解：（1）设开始封闭气体的压强为p1，向左侧管中加入水银至两侧液面相平时，右管
内水银面上升了x，有
p1＝p0﹣ρgh
封闭气体作等温变化，根据玻意耳定律有
p1SL＝p0S（L﹣x）
由几何关系有
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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L0，根据玻意耳定律有
p1SL＝（p0+ρgL0）SL0
且有pm＝p0+ρgL0
解得：pm＝114cmHg
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．
23
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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p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2
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。
【解答】解：（1）以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有V P
T P
= V Q
T Q
解得：V Q=6×10
- 4m
3
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（2）由气体的内能与热力学温度成正比U P
U Q
= T P
T Q
解得：UQ＝108J
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＝p0S+mg
解得：p＝1.2×105Pa
外界对气体做功W＝﹣p（VQ﹣VP）
由热力学第一定律UQ﹣UP＝Q+W
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T0，求：
（1）气体在状态c 的温度Tc；
（2）从a 到b 过程中气体对外做的功Wab。
【解答】解：（1）根据理想气体状态方程有p0V 0
T 0
= 2×2 p0V 0
T c
解得Tc＝4T0
（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Wab＝p0（2V0﹣V0）
解得Wab＝p0V0
答：（1）气体在状态c 的温度4T0；
（2）从a 到b 过程中气体对外做的功p0V0。
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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TA＝TC，下列说法正确的是（ ）
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，TA＝TC，气体内能不
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
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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，
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PV
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pA＝1.03×105Pa，从状态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p0＝1.01×105Pa，下列说法正确
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+p0S＝pAS
解得m＝2kg
故A 错误；
B．根据图像V
T =C
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气体做等压变化
V A
T A
= V B
T B
解得V B=8.0×10
-3m
3
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＝pAΔV，解得W＝206J
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。
28
