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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
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．
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
1
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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．
一 “玻璃管液封”模型
在图甲中，以高
为h 的液柱为研
究对象，由平衡
条件知pAS ＝－
ρghS＋p0S，所以
p
甲＝pA ＝p0 －
ρgh；
在图乙中，以B
液面为研究对
象，由平衡条件
有pAS ＋ρghS ＝
p0S ，得p 乙＝pA
＝p0－ρgh；
在图丙中，仍以
B 液面为研究对
象，有pAS ＋
ρghsin 60°·S ＝
p0S，所以p 丙＝
pA＝p0－ρgh；
在图丁中，以液
面A 为研究对
象，由平衡条件
得pAS ＝(p0 ＋
ρgh1)S，所以p 丁
＝pA＝p0＋ρgh1；
在图戊中，从开
口端开始计算：
右端为大气压
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)，而a 气柱的
压强为pa＝pb－
ρgh3 ＝p0 ＋ρg(h2
－h1－h3)。
2
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二 “汽缸活塞类”模型
质量为m 的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S 的活塞封闭一定量的理想气体。在下
述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为
V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)图(a)状态下，
对汽缸受力分
析，如图1 所
示，则封闭气体
的压强为p1 ＝p0
＋
当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分
析，如图2 所示，则封闭气体的压强为p2＝
p0－
对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V2＝V1。
当汽缸按图(c)的方式水平放置
时，封闭气体的压强为p3＝p0
由理想气体状态方程得＝
解得T3＝。
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．
3
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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
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．
4
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[例题1] 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取
一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是（ ）
A．把柱塞快速地向下压
B．把柱塞缓慢地向上拉
C．在橡胶塞处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞
D．在橡胶塞处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞
【答案】B
【来源】2025 届北京市第四中学高三下学期零模物理试卷
【详解】AB．该实验过程中要保证气体的温度保持不变，所以实验中要缓慢的推动活塞，目的是
尽可能保证气体在实验过程中温度保持不变，故A 错误，B 正确；
CD．实验中为了方便读取封闭气体的体积，不需要再橡胶套处接另一注射器，故CD 错误；
故选B。
[例题2] 我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片，与铋
块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强则（ ）
A．铋块熔化过程中温度不断升高
B．液态铋表面分子间作用力表现为引力
C．铋片中的分子呈无规则排列
D．铋片中的分子在做布朗运动
【答案】B
【来源】2025 届江苏省宿迁市高三下学期三模物理试卷
【详解】A．金属熔化属于晶体熔化过程，熔化时虽然吸热，但温度保持在熔点不变，直到全部熔
化，故A 错误；
B．液体表面分子间作用力表现为引力，这是液体表面张力形成的原因。液态铋表面分子间作用力
为引力符合物理规律，故B 正确；
5
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C．金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性和机械强度增强，说明其结构更
有序（如单层晶体结构），而非无规则排列，故C 错误；
D．布朗运动是悬浮微粒在流体中的无规则运动，而固体分子仅在平衡位置附近振动，不会发生布
朗运动，故D 错误。
故选B。
[例题3] 某同学用如图甲所示装置做“探究气体等温变化的规律”的实验，下列说法中正
确的是（ ）
A．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
B．推拉柱塞时，为了稳定，手要握住注射器筒
C．该同学分别在T 1及T 2温度下实验并作出图乙所示p−1
V 图，则T 1<T 2
D．若某次实验压缩气体时缓慢漏气，则作出的p−1
V 图线应为图丙中的②
【答案】AD
【来源】2025 届江西省上饶市高三下学期二模物理试题
【详解】A．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，堵住微小缝隙，故A
正确；
B．为避免气体温度变化，手不能握住注射器筒，故B 错误；
C．如图乙，相同体积时，温度越大则气体压强越大，则T 1>T 2，故C 错误；
D．由于缓慢漏气，压缩到体积越小时，气体压强增大会变缓，则p−1
V 图线应为图丙中的②，故
D 正确。
故选AD。
[例题4] 一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p−T图像如图所示。
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下列说法正确的是（ ）
A．a→b的过程中，气体对外界做功
B．b→c的过程中，所有气体分子的动能都增大
C．c→d的过程中，气体对外界做功
D．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
【答案】A
【来源】2025 届宁夏银川市第二中学高三下学期二模物理试题
【详解】A．a→b 的过程中，气体温度不变，压强减小，则体积变大，则气体对外界做功，A 正确；
B．b→c 的过程中，气体温度升高，分子平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，B 错
误；
C．根据pV
T =C可得p= CT
V
则由于d 点与原点连线斜率大于c 点与原点连线的斜率，可知d 态对应的体积小于c 态的体积，则
c→d 的过程中，体积减小，外界对气体做功，C 错误；
D．由图可知a→b 的过程中，气体温度不变，气体与外界没有热量交换，b→c 的过程中，气体温
度升高，气体从外界吸收热量，D 错误。
故选A。
[例题5] 一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想
气体，如图所示。已知水银柱的长度h=5cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ=30°的光滑斜面上
以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L=40cm，大气压强始终为p0=75cmHg， 取
重力加速度大小g=10 m/s
2，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度变化。下列说法正确
的是（ ）
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A．被封闭气体的压强为p1=75cmHg
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1=38cm
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L=40cm，则现在
的温度与原来温度之比为14:15
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1m/s
2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体
的长度L2= 41.67cm
【答案】AC
【来源】2025 届福建省福州第三中学高三下学期第十六次质量检查物理试题
【详解】A．设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1，对整体，由牛顿第二定律得
m总gsinθ =m总a1
解得a1= gsinθ =5 m/s
2
对水银柱，根据牛顿第二定律得p0 S+mgsinθ−p1S =ma1
解得被封闭气体的压强为p1= p0=75cmHg
故A 正确；
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强为p2= p0+ ρgh=80cmHg
被封闭气体做等温变化，则有p2S L1= p1SL
解得封闭气体的长度L1=37.5cm
故B 错误；
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强为p3= p0−ρgh=70cmHg
气体做等容变化，则有
p1
T 0
= p3
T 3
可得T 3:T 0=14:15
故C 正确；
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D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1m/s
2的加速度沿斜面加速上滑，对水银柱，根据牛顿
第二定律得p4 S−p0 S−mgsinθ =ma2
被封闭气体做等温变化，则有p4 S L2= p2S L1
解得p4=78cmHg，L2≈38.46cm
故D 错误。
故选AC。
[例题6] 如图所示，A、B两容器间用一长、细管道相连接，细管上的阀门可以控制容器
间的通断。A、B两容器的容积之比为3:2，均充满了理想气体，阀门处于关闭状态，容器A中
气体压强为p0，容器B中气体压强为2 p0，温度均为T 0，现将阀门打开使细管导通，一段时间
后气体状态达到平衡，此过程中温度不变。细管中的气体可忽略。求：
(1)达到平衡时容器A中气体与初始时容器A中气体的质量比；
(2)保持A中气体温度不变，对容器B中的气体进行加热，使其温度升至6
5 T 0，再次达到平衡时B中气
体的压强。
【答案】(1)7
5
(2)3 p0
2
【来源】2025 届河北省石家庄市衡水市部分学校NT20 名校联合体高三下学期第二次调研考试物理
试卷
【详解】（1）设容器A的容积为3V 、容器B的容积为2V ，以容器A、B中的气体为整体进行研究
有p0⋅3V +2 p0⋅2V = p1⋅5V
解得p1= 7
5 p0
方法一：体积相同、温度相同时，气体质量比为压强比
有
m1
m = p1
p0
，解得m1
m = 7
5
方法二：压强相同、温度相同时，气体质量比为体积比
9
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以容器A中的气体为研究对象，压强为p1时，有p0⋅3V = p1⋅V 1
达到平衡时容器A中气体与初始时容器A中气体的质量比为
m1
m = 3V
V 1
解得m1
m = 7
5
（2）以容器A、B中的气体为整体进行研究有
p1⋅5V
T 0
= p2⋅3V
T 0
+ p2⋅2V
6
5 T 0
解得p2= 3 p0
2
[例题7] 如图所示，气室1 和气室2 为两个中间接有智能温控开关（未画出）的绝热汽缸，
气室1 内质量M = p0 S
4 g 的活塞的上方与大气连通，气室2 的体积不变。当气室1 内气体温度比
气室2 内气体温度低ΔT = T 0
9 时，智能温控开关被打开，气室2 内部分气体迅速进入气室1 中，
最终两气室温度、压强均相等时智能温控开关立即关闭。已知活塞的横截面积为S，开始时气
室2 内气体压强为p0，气室1 和2 内的温度均为T 0，体积均为V 0，重力加速度大小为g，外界
大气压强为p0，气室1、2 内的气体可视为质量不同的同种理想气体，忽略活塞与汽缸壁间的
摩擦和温控开关的质量，活塞密封良好。
(1)求气室1 内气体压强p1；
(2)若气室2 内有热源供热，使该气室内气体温度上升，压强变大，智能温控开关被打开，当两气室
内气体温度稳定在T =T 0+ΔT时，求气室1 内气体的体积V A。
【答案】(1)5
4 p0
(2)V A=V 0
【来源】2025 届甘肃省白银市靖远县第一中学高三下学期模拟预测物理试题
10
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【详解】（1）以活塞为研究对象，根据力的平衡，有p1S = p0 S + Mg
解得p1= p0+ Mg
S = 5
4 p0
（2）智能温控开关被打开后，最终两气室内气体温度为T，以气室1 和2 内的所有气体为研究对象，
根据理想气体状态方程，有p1V 0
T 0
+ p0V 0
T 0
= p1× (V 0+V A)
T
其中T =T 0+ΔT
解得V A=V 0
[例题8] 如图所示，横截面积S =200cm2、长度为L=80cm 的导热汽缸水平放置，左端通
过开口与外界相通，汽缸正中间有一卡口，卡口右侧有一活塞将气体分为Ⅰ、Ⅱ两部分，轻弹
簧一端固定在汽缸右缸壁，另一端固定在活塞上，不计活塞的体积，忽略一切摩擦，环境温度
T 0=300K，大气压强p0=1×10
5Pa，初始时活塞与卡口距离为L
8 ，弹簧无弹力。现用气泵从
开口向外吸出一定量气体后封闭开口，此时活塞刚好到达卡口处且对卡口无压力。已知弹簧的
劲度系数为k =1000N/m，求：
(1)吸出气体与Ⅱ中原有气体质量的比值；
(2)抽气并封闭开口后对汽缸加热，当缸内左右两部分气体温度升高到450K 时，卡口对活塞的总弹
力大小F。
【答案】(1) Δm
m = 11
25
(2)F =50 N
【来源】 2025 届齐鲁名校教研共同体”高三下学期第六次联考物理试卷
【详解】（1）对气体I 由玻意耳定律p0V 1= p1V 1
'
解得p1=7.5×10
4 Pa
弹簧弹力F1=k ⋅Δ x =100 N
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设Ⅱ气体的压强p2，对活塞的受力分析有p2S+ F1= p1S
得p2=7×10
4 Pa
对气体Ⅱ由玻意耳定律可得氏p0V 2= p2V 2
'
解得V 2
' = 25
28 LS
抽出气体在末状态下体积ΔV =V 2
'−1
2 LS = 22
56 LS
所以抽出气体质量与原有气体质量之比
Δm
m = ΔV
V 2
' = 11
25（
（2）抽气完毕后，对气体Ⅱ有p2
T 1
= p2
'
T 2
对气体I 有p1
T 1
= p1
'
T 2
，p1
' S−p2
' S = F + k Δ x
联立解得F =50 N
题型1 晶体与非晶体
1.
石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，
单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1 毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材
料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（ ）
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A．石墨中的碳原子静止不动
B．碳原子的直径大约为3×10-9 m
C．石墨烯的物理性质沿各个方向一定不同
D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
【答案】D
【来源】2.4 固体 课后作业（提升）
【详解】A．石墨中的碳原子并不是静止不动，而是在其平衡位置振动，故A 错误；
B．由于厚1 毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯，则碳原子的直径大约为
d = 1×10
−3
3×10
6 =3×10
−10 m
故B 错误；
C．石墨烯是一种单晶体，具有各向异性，但不能够认为其所有物理性质均具有各向异性，即不能
够认为石墨烯的物理性质沿各个方向一定不同，故C 错误；
D．石墨烯是单晶体物资，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故D 正确。
故选D。
2.
石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一层层叠起来
就是石墨，1 毫米厚的石墨约有300 万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是（ ）
A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B．石墨烯中的碳原子始终静止不动
C．石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变
D．石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用
【答案】C
【来源】2024 届广东省多校联考高三下学期考向（三模）物理试题
【详解】A．石墨有规则的形状是晶体，石墨烯是石墨中提取出来的新材料，也有规则的形状是晶
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体，故A 错误；
B．石墨中的碳原子是一直运动的，故B 错误；
C．石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故C 正确；
D．石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力，故D 错误。
故选C。
3.
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
【答案】A
【来源】2024 届浙江省台州市高三下学期二模物理试题
【详解】A．雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，A 正确；
B．雪花形状太大，不是悬浮在气体中的固体小颗粒，不是布朗运动，B 错误；
C．雪花在风中飘落的过程，风的作用力可能对雪花做正功，机械能可能增大，C 错误；
D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为摩擦力不足以提供向心力，D 错误；
故选A。
题型2 液体表面张力
4.
如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往水球
中注入一个气泡，气泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是
（ ）
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A．由于完全失重，气泡中气体压强为零
B．太空中，水分子停止热运动
C．水球是表面张力作用形成的
D．水泡受到水的浮力作用
【答案】C
【来源】2025 届江苏省镇江中学高三下学期3 月模拟预测物理试题
【详解】A．气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，
故A 错误；
B．气泡内分子一直在做无规则的热运动，故B 错误；
C．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，产生表面张力，故C 正确；
D．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D 错误。
故选C。
5.
(24-25 高三下·重庆第一中学校·月考)下列四幅图对应的说法正确的有（ ）
A．图甲中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
B．图乙是玻璃管插入水中的情形，表明水不能浸润玻璃
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动反映了微粒分子的无规则热运动
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
【答案】D
【来源】重庆市第一中学校2024-2025 学年高三下学期3 月月考物理试题
【详解】A．图甲中食盐晶体是单晶体，其物理性质沿各个方向不一样，具有各向异性，故A 错误；
B．图乙是玻璃管插入水中的情形，根据图像可知，在附着层内液体分子之间呈现斥力效果，该现
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象是浸润，表明水能浸润玻璃，故B 错误；
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动是布朗运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故C
错误；
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液
体表面张力形成的原因，故D 正确。
故选D。
6.
(24-25 高三上·北京海淀区·期中)液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设
想在液面上作一条分界线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力F相互作用，F
的大小与分界线的长度l成正比，即F =σl（σ为液体的表面张力系数），F的方向总是与液面
相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如
图所示，间距为L的U 型细框上放置一细杆MN，两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后
水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面
张力的缘故，膜的上、下表面会对MN产生水平向左的力．小明用一测力计水平向右拉住MN
使其保持静止，测力计示数为F0，接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图所示。当肥皂泡
大小稳定时，测得其球形半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．表面张力系数σ的单位是kg⋅s
−1
B．测得肥皂水的表面张力系数为F0
2 L
C．肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强
D．肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为2πR F0
L
【答案】BCD
【来源】北京市海淀区2024-2025 学年高三上学期期中物理试题
【详解】A．由F =σl，得
σ = F
l
其中F的单位是N，即kg⋅m/s
2，l的单位是m，代入上式，得到表面张力系数σ的单位是kg⋅s
−2，
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故A 错误；
B．肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有
F0=2σL
得到肥皂水的表面张力系数为
σ = F0
2 L
故B 正确；
C．由于肥皂泡表面存在表面张力，肥皂泡呈球形，为了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大
于外部大气压强，故C 正确；
D．右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图
根据受力平衡可知
F内= F外+ F
因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
F内−F外= F =2σ ⋅2πR =2⋅F0
2 L ⋅2πR = 2πR F0
L
故D 正确。
故选BCD。
题型3 气体压强的求解
7.
如图所示粗细相同、导热良好的薄壁U 形管竖直放置，左管开口，右管封闭。管中装
有水银，左管内水银面比右管内水银面高Δh=12cm，左管内水银面到管口的距离h1=56cm，
右管内封闭的空气柱长度h2=28cm。现用活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管
内水银面齐平。已知大气压强恒为p0=76cmHg，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中
气体温度始终不变，下列说法正确的是（ ）
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A．左管内水银面向下移动的距离为12cm
B．活塞向下移动的距离为24cm
C．稳定后右管中气体的压强为112cmHg
D．稳定后固定活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐低于右管
【答案】BC
【来源】2025 届山东省实验中学高三下学期第一次模拟考试物理试题
【详解】A．当左、右管内水银面齐平时，左管内水银面向下移动的距离为∆h1=6cm，右侧上升
∆h1=6cm，选项A 错误；
BC．对右侧气体，根据玻意耳定律( p0+ Δh)h2S = p1(h2−Δh1)
解得p1=112cmHg
则左侧气体压强也为112cmHg，对左侧气体p0h1S = p1h3 S
解得h3=38cm
活塞向下移动的距离为56cm+6cm-38cm =24cm，选项BC 正确；
D．假设环境温度降低时两边液面仍平齐，则由查理定理p
T = Δ p
ΔT
因稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压
仍然相等，水银柱不动，故D 错误。
故选BC。
8.
“竹筒炮”是70、80 后小时候喜爱的自制玩具，各地对其叫法不一，其原理化简示
意图如图所示。筒径均匀的圆竹筒，长L=18cm，横截面积S =1.5×10
−4 m
2，在其两端A、B
处分别塞紧湿纸团，将筒中空气密闭，用筷子快速压缩A 处纸团至A
'处，A
'与B 距离L
' =6cm，
再经t =0.01s，B 处纸团被射出。若B 处纸团质量m=5g，与竹筒间滑动摩擦力f =15 N，最
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大静摩擦大于滑动摩擦力，不计温度变化，已知1 个大气压P0=1×10
5pa，求：
(1)B 处纸团的射出速度v；
(2)若压缩A 处纸团至A
'的过程中，漏掉了1 个大气压的空气0.135×10
−4 m
3，且之后不再漏气，B
处纸团仍静止在原位，则此时B 处纸团受到的摩擦力f
'为多大。
【答案】(1)30 m/s
(2)7.5N
【来源】2025 届广西壮族自治区河池市高三下学期二模物理试题
【详解】（1）压缩前筒内气体的体积为V 1= LS =18×10
−2×1.5×10
−4 m
3=2.7×10
−5 m
3
压缩前筒内气体的压强为p1= p0=1×10
5Pa
压缩后筒内气体体积为V 2= L
' S =0.06×1.5×10
−4 m
3=9×10
−6 m
3
根据玻意耳定律p1V 1= p2V 2
联立解得p2=3×10
5Pa
B 处纸团受到筒内气体向右的压力为F = p2S−p0 S =30 N
B 处纸团质量m=5g=5×10
−3kg
根据牛顿第二定律有F −f =ma
解得a= F −f
m
=3000 m/s
2
B 处纸团经t =0.01s，B 处纸团被射出，由运动学公式v =at
解得v =30 m/s
（2）漏掉了1 个大气压的空气0.135×10
−4 m
3，则实际气体体积为
V 1实=V 1−0.135×10
−4 m
3=1.35×10
−5 m
3
压缩后体积为V 2=9×10
−6 m
3
根据玻意耳定律p1V 1实= p2 实V 2
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联立解得p2 实=1.5×10
5Pa
B 处纸团受到筒内气体向右的压力为F
' = p2 实S−p0 S =7.5 N
因为B 处纸团静止，根据二力平衡，此时B 处纸团受到摩擦力为f
' = F
' =7.5 N
9.
如图所示，一可自由移动的绝热活塞M 将一横截面积为400 cm
2的水平固定的绝热汽
缸分为A、B 两个空间，A 空间装有体积为12L、压强为1.5×10
5Pa、温度为23℃的理想气
体，A 的左侧是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B 空间中理想气体的温度为27℃，体积
为30L。现增大左边活塞N 受到的水平向右的推力F，使N缓慢向右移动，同时给B 中气体加
热，此过程A 中的气体温度保持不变，活塞M保持原位置不动。已知阿伏加德罗常数
N A=6.0×10
23 mol
−1，标准状态下（压强为1×10
5Pa，温度为0℃）1mol任何气体的体积为
22.4 L，外界大气压强p0=1×10
5Pa。不计活塞与汽缸壁间的摩擦，绝对零度取值为-273℃。
求：
(1)B 中气体的分子数（结果保留两位有效数字）；
(2)当推力增加Δ F =2×10
3 N时，活塞N 向右移动的距离。
【答案】(1)1.1×10
24
(2)7.5cm
【来源】2025 届甘肃省白银市靖远县多校高三下学期5 月联考（三模）物理试题
【详解】（1）初状态时，根据平衡条件可知，A 和B 中的气体压强相同，此时若将B中气体状态
变化到压强为1×10
5Pa，温度为0℃，根据理想气体状态方程有pBV B
T B
= pB0V B0
T B0
解得标准状态下B 中气体的体积V B0= 40.95L
所以B 中气体的分子个数n= V B0
22.4 × N A≈1.1×10
24
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（2）对A中气体，初状态有pA =1.5 p0，V A =12L，T A =296 K
推力增加Δ F后，活塞N向右移动，此时气体压强pA
' =Δ F
S
+1.5 p0=2 p0，T A
' =296 K，根据等温
变化规律有pAV A= pA
'❑
'V A
'
解得V A
' =9×10
−3 m
3
所以活塞N 向右移动的距离x = V A
S −V A
'
S =7.5cm
题型4 气体实验定律的应用
10. 如图所示，有一个竖直放置的容器，横截面积为S，有一隔板放在卡槽上将容器分隔
为容积均为V 0的上下两部分，另有一只体积为V = 1
2 V 0的气筒分别通过单向进气阀m、n（m
只能向左打开， n 只能向右打开）与容器上下两部分连接，初始时两个阀门均关闭，活塞位
于气筒最右侧，上下气体压强均为大气压强p0，活塞从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽
气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气。活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，
重力加速度为g，气筒连接处的体积不计，抽气、打气时气体温度保持不变，活塞不漏气。
(1)求活塞刚好完成一次抽气、打气时容器上下两部分气体压强之比；
(2)当完成抽气、打气各2 次后，隔板与卡槽仍未分离，则隔板的质量至少是多少？
【答案】(1)1
2
(2)10 p0 S
9 g
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【来源】2025 届山东省实验中学高三下学期第一次模拟考试物理试题
【详解】（1）活塞完成一次抽气、打气后，由玻意耳定律
对上部分气体得p0V 0= pAl(V +V 0)
对下部分气体得pBlV 0= p0V 0+ pAlV
根据题意V = 1
2 V 0
联立得上下两部分气体压强之比
pA1
pB1
= 1
2
（2）当完成抽气、打气各2 次后，对上部分气体pAlV 0= pA2(V 0+V )
对下部分气体pB1V 0+ pA2V = pB2V 0
联立得pA2= 4
9 p0，pB2= 14
9 p0
因隔板与卡槽仍未分离
则由力学知识可得pA2S+ Mg≥pB2S
解得隔板的质量至少为M = 10 p0 S
9 g
11. 一定质量的理想气体的压强p 与温度T 的关系图像如图所示。气体先经过等压变化由
状态A 变为状态B，再经过等容变化由状态B 变为状态C，已知气体在状态C 的体积为6L。下
列说法正确的是（ ）
A．气体在状态B 的温度为300K
B．气体在状态B 的温度为400K
C．气体在状态A 的体积为4L
D．气体在状态A 的体积为3L
【答案】AC
【来源】2025 届河北省秦皇岛市山海关区高三下学期第三次模拟考试物理试卷
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【详解】AB．气体由状态B 变为状态C，气体的体积不变，则有pB
T B
= pC
T C
可得气体在状态B 的温度为T B= pB
pC
T C = 1.5×10
5
2.0×10
5 ×400K =300K
故A 正确，B 错误；
CD．气体由状态A 变为状态B，气体的压强不变，则有V A
T A
= V B
T B
可得气体在状态A 的体积为V A = T A
T B
V B= 200
300 ×6L= 4 L
故C 正确，D 错误。
故选AC。
12. 汽车悬挂系统是连接车轮和车身的重要部件，普通悬挂使用弹簧，而空气悬挂用气缸、
活塞代替了弹簧，提高了驾乘的舒适度。图示为某空气悬挂系统的示意图，面积为S 的活塞将
导热良好、高度为h的气缸密闭良好，气缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞正好处
于气缸正中间。设该悬架所承受的部分车身（包括缸体等）质量始终为m0= p0 S
g ，其中p0为
大气压强，g为重力加速度，活塞厚度不计且与气缸间无摩擦，连接管的体积不计，空气视为
理想气体。
(1)求此时气缸内封闭空气的压强；
(2)若环境温度由T 0上升到1.1T 0，求车身上升的高度；
(3)遇到崎岖路面时为了抬高车身，需用气泵给气缸充入一定量的空气，若车身高度因此上升h
4 ，求
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充入压强为p0的空气的体积。
【答案】(1)p=2 p0
(2)Δh= h
20
(3)V = 1
2 hS
【来源】2025 届安徽省滁州市高三下学期第二次教学质量监测物理试题
【详解】（1）对缸体分析得p0 S +m0 g= pS
解得p=2 p0
（2）温度上升，密闭气体压强不变,根据盖吕萨克定律
1
2 hS
T 0
= h' S
1.1T 0
其中h' = 1
2 h+ Δh
解得Δh= h
20
（3）充入气体前后，由玻意耳定律p⋅1
2 hS+ p0V = p⋅3
4 hS
解得V = 1
2 hS
题型5P-V 图像、V-T 图像、P-T 图像
13. 如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸与活塞间的摩擦忽略不
计。现缓慢向沙桶倒入细沙，下列关于密封气体的状态图像一定正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【来源】2025 届广东省佛山市普通高中教学质量检测（二） 物理试卷
【详解】由题意知气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细
沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体压强与体积成反比，与体积倒数成正比。
故选A。
14. 一定质量的理想气体，从状态A 依次经过状态B、C 和D 后再回到状态A，其p−V
图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态D 的压强为3×105Pa
B．从A→B 的过程中，气体分子的平均动能减小
C．在B→C 的过程中，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数增多
D．完成A→B→C→D→A 一个循环的过程中，气体对外界做功1.95×106J
【答案】D
【来源】2025 届安徽省A10 联盟高三下学期模拟预测物理试题
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【详解】A．由状态C 到状态D，结合图像可知pD
V D
= pC
V C
解得pD=2×10
5Pa，故A 错误；
B．状态A 到状态B 的过程中，气体压强不变、体积增大，可知气体温度升高，气体分子的平均动
能增大，所以状态B 气体分子的平均动能比状态A 气体分子的平均动能大，故B 错误；
C．在B→C 的过程中，体积不变，气体压强减小，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数减
小，故C 错误；
D．根据p-V 图像中图线与横轴所围面积表示气体做功可知，完成A→B→C→D→A 一个循环的过程
中，气体对外界做功为W = pA−pD+ pB−pC
2
（V C−V D）=1.95×10
6J，故D 正确。
故选D。
热气球的出现最早实现了人类的飞翔梦。热气球的下边有一个小孔，球内外的空气通过小孔相通，
使球内外的空气压强始终保持相等。气球内有一个温度调节装置，以调节球内空气的温度，从而使
热气球上升或下降。气球在地面上时，当球内空气温度为T0时，球内空气质量为m0。现将球内空
气温度升高到T1，气球刚好离开地面，并保持静止。不计热气球体积的变化。
15. 如果球内空气在T0和T1不同温度下的分子速率分布曲线如图所示。
（1）曲线Ⅰ对应的温度为 。
（2）设曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别与v 轴所围的面积为S1和S2，则( )
A．S1> S2 B．S1= S2 C．S1< S2 D．S1和S2的大小关系无法判定
16. 球内空气温度为T1时球内空气质量为（ ）
A．m0
B．T 0m0
T 1
C．T 1m0
T 0
D．T 0
2m0
T 1
2
E．T 1
2m0
T 0
2
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17. 将吊篮内配重物的质量减少Δm，气球便开始上升，上升过程中保持气球内空气温度
T1不变，气球到达高度h 处保持静止不动，已知大气压随着高度的增加而减小。设气球在地面
时所受的浮力为F1，在高度h 处所受的浮力F2，则（ ）
A．F1−F2= Δmg
B．F1−F2> Δmg
C．F1−F2< Δmg D．F1= F2
18. 【答案】 T0 B B B
【来源】2025 届上海市宝山区高三下学期二模物理试卷
19. 【解析】[1]由分子速率分布曲线图，可知曲线Ⅰ表示的温度比曲线Ⅱ表示的温度低，
且T 0<T 1，则曲线Ⅰ对应的温度为T 0
[2]曲线与v 轴所围的面积为1，即S1= S2=1
故选B。
20. 球内空气压强和体积保持不变，可知空气的物质的量或质量与温度成反比，即
m1
m0
= T 0
T 1
则温度为T1时球内空气质量为m1= T 0m0
T 1
故选B。
21. 由题意，在地面上，有平衡方程F1=( M +m1)g
在h 高度处，气体温度和体积不变，压强减小，由理想气体状态规律，可知气体质量会减小，设为
m2，即m2<m1
有平衡方程F2=( M +m2−Δm)g
则F1−F2=( Δm+m1−m2)g> Δmg
故选B。
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