资源简介

第2讲　固体、液体和气体
学习目标
1.了解固体的微观结构，知道晶体和非晶体的特点，了解液晶的主要性质及其在显示技术中的应用。
2.了解表面张力产生的原因，知道毛细现象。
3.知道理想气体模型，掌握气体压强的计算方法。
4.能用气体实验定律解决实际问题，并会分析气体图像问题，并能用分子动理论和统计观念解释气体实验定律。
一、固体和液体
1.固体
(1)分类:固体分为晶体和非晶体两类。晶体又分为单晶体和多晶体。
(2)晶体和非晶体的比较
　分类 比较　 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
外形 有规则的几何形状 没有确定的几何形状 没有确定的几何外形
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、明矾、食盐 各种金属 玻璃、橡胶、蜂蜡、松香、沥青
转化 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
2.液体
(1)液体的表面张力
①作用效果: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形成原因:表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间作用力表现为引力。
(2)浸润和不浸润
①当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用强时，液体能够浸润固体。反之，液体不浸润固体。
②毛细现象:指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象。毛细管越细，毛细现象越明显。
二、气体
3.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，体积与热力学温度成正比
表达 式 p1V1=p2V2
微 观 解 释 一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。体积减小时，分子的数密度增大，气体的压强增大 一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大 一定质量的某种理想气体，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，使分子的数密度减小，才能保持压强不变
图像
4.理想气体的状态方程
基础自测
1.(人教版选择性必修第三册P41T1、T2、T3改编)下列关于液体表面现象的说法中正确的是(　　)
A.把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针的重力小，又受到液体的浮力的缘故
B.处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内层分子间的吸引力作用
C.把玻璃管道的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下表面要收缩到最小的缘故
D.漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴呈各向同性的缘故
答案　C
2.(人教版选择性必修第三册P42T5改编)某一教室内，上午8时温度为17 ℃，下午2时的温度为27 ℃，假定大气压无变化，则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值为(　　)
A.29∶30 B.30∶29
C.17∶27 D.27∶17
答案　A
3.以下各图均来自人教版选择性必修第三册，图甲为P23的正在升空的气球，图乙为P31的食盐颗粒和松香的外形图，图丙为P36的停在水面上的水黾。下列说法正确的是(　　)
A.食盐是晶体，每个食盐颗粒即为一个单晶体
B.松香是非晶体，具有各向异性
C.水黾浮于水面上是液体的表面张力作用的结果
D.气球中所有气体分子运动的速率都是相同的
答案　C
4.对一定质量的气体来说，下列几点能做到的是(　　)
A.保持压强和体积不变而改变它的温度
B.保持压强不变，同时升高温度并减小体积
C.保持温度不变，同时增加体积并减小压强
D.保持体积不变，同时增加压强并降低温度
答案　C
5.(2023·江苏卷，3)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中(　　)
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
答案　B
考点一　固体和液体性质的理解及应用
1.对晶体和非晶体的理解
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
(2)具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(3)单晶体具有天然的、规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有天然规则的几何外形，所以不能从形状上区分晶体与非晶体。
(4)晶体和非晶体不是绝对的，在某些条件下可以相互转化。
(5)液晶既不是晶体也不是液体。
2.对液体表面张力的理解
形成原因 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面张力的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力的效果 表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，在体积相同的条件下，球形的表面积最小
例1 (2025·江苏泰州一模)下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是(　　)
A.图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大
B.图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力
C.图丙中薄板上的蜂蜡熔化成圆形区域，说明薄板材料是非晶体
D.图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象
答案　D
解析　晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故A错误;水黾可以在水面自由活动，是因为水的表面张力，故B错误;实验现象说明薄板材料在导热性上具有各向同性，但薄板材料不一定是非晶体，故C错误;题图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象，故D正确。
1. (2025·江苏苏锡常镇二模)如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象管中水会沿管上升一段高度。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是(　　)
答案　D
解析　因开始时液柱在管中上升一定高度且液面呈现凹状，可知液体关于玻璃管是浸润的;如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后液面仍呈现凹状，且液体不可能向外喷出，故D正确。
考点二　气体压强的计算
1.平衡状态下气体压强的求法
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，列出液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
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处总压强p=p0+ρgh，p0为液面上方的压强
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，列出平衡方程，求得气体的压强
2.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2 若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。
答案　甲:p0-　乙:p0+
丙:p0-ρgh　丁:p0+ρgh1　戊:p0-ρgh
己:pa=p0+ρg(h2-h1-h3)　pb=p0+ρg(h2-h1)
解析　题图甲:选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，
由平衡条件知p0S=p甲S+Mg，得p甲=p0-
题图乙:选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示，
由平衡条件，有p乙S下sin α=p0S上+FN+mg
其中FN=Mg，S下sin α=S上
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上=S，由以上得p乙=p0+
题图丙:以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S+ρghS=p0S，解得p丙=p0-ρgh
题图丁:以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S=p0S+ρgh1S，解得p丁=p0+ρgh1
题图戊:以B液面为研究对象，由平衡条件有
p戊S+ρghsin 60°·S=p0S
解得p戊=p0-ρgh
题图己:从开口端开始计算，右端大气压强为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)
a气柱的压强为
pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)。
2.如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是(　　)
A.B管内水银面比管外水银面高h
B.B管内水银面比管外水银面高hcos θ
C.B管内水银面比管外水银面低hcos θ
D.管内封闭气体的压强比大气压强大hcos θ高汞柱
答案　B
解析　以A管中的水银为研究对象，则有pS+ρghScos θ=p0S，可得B管内气体压强为p=p0-ρghcos θ，可知p考点三　气体实验定律的理解和应用
1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
=
2.两个重要的推论
(1)查理定律的推论:Δp=ΔT
(2)盖-吕萨克定律的推论:ΔV=ΔT
例3 [2024·全国甲卷，33(2)]如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离=10 ，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小;
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
答案　(1)100 N　(1) K
解析　(1)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定律有p0V0=p1V1
其中V1=V0
外力增加到200 N时，对活塞由平衡条件有
p0S+F=p1S+FN
联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为
FN=100 N。
(2)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有
p0S+F=p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有
=
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为
T2= K。
利用气体实验定律解决问题的基本思路
3.(2024·江苏卷，13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的理想气体，容器内有一个面积为0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求:
(1)在月球上容器内气体的压强;
(2)观测台所受的压力大小。
答案　(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N
解析　(1)根据题意，容器内气体发生等容变化，由查理定律有=
代入数据解得月球上容器内气体的压强
p2=8×104 Pa。
(2)观测台所受的压力大小F=p2S=4.8×103 N。
考点四　气体状态变化的图像问题
1.四种图像的比较
等温变化 等容变化 等压变化
图像 p-V图像 p-图像 p-T图像 V-T图像
特点 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=CT，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高 p=T，斜率k=，即斜率越大，体积越小 V=T，斜率k=，即斜率越大，压强越小
2.图像问题的处理技巧
(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。明确此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。
(2)在V-T图像(或p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小;斜率越小，压强(或体积)越大。
例4 (2024·江西卷，13)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K，T2=300 K，气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa，体积V1=1.0 m3，气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求:
(1)气体在状态D的压强pD;
(2)气体在状态B的体积V2。
答案　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
解析　(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有
=
代入数据解得pD=2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2=pDV1
代入数据解得V2=2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积V2=2.0 m3。
4.(2023·辽宁卷，5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示，该过程对应的p-V图像可能是(　　)
答案　B
解析　由题图知，pa=pb>pc，A、D错误;由a到b，TaA级　基础对点练
对点练1　固体和液体性质的理解及应用
1.石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则(　　)
A.石墨是非晶体
B.石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C.单层石墨烯的厚度约3 μm
D.碳原子在六边形顶点附近不停地振动
答案　D
解析　石墨是晶体，故A错误;石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误;单层石墨烯厚度约为原子尺寸10-10 m，故C错误;根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停地振动，故D正确。
2.(2025·江苏徐州三模)如图甲所示，系着细棉线的铁丝环从肥皂液里取出时留下一层薄膜，用烧热的针刺破左侧薄膜后，棉线和薄膜的形状如图乙所示。则(　　)
A.图甲中，两侧薄膜对棉线均没有作用力
B.图甲中，薄膜的表面层与内部分子间距离相等
C.图乙中，薄膜收缩使棉线绷紧
D.图乙中，棉线某处受薄膜作用力方向沿棉线切线方向
答案　C
解析　题图甲中，薄膜的表面层分子间距离大于内部分子间距离，产生了表面张力，两侧薄膜对棉线均有作用力，故A、B错误;题图乙中，由于表面张力薄膜收缩使棉线绷紧，棉线某处受薄膜作用力方向与棉线垂直，故C正确，D错误。
3.(2025·江苏南通二模)宇航员在“天宫课堂”中演示毛细现象时，稳定后三根管中液面(忽略液面形状)的高度是下图中的(　　)
答案　B
解析　在太空中完全失重，不考虑重力影响，毛细现象中的表面张力作用使粗细不同的细管中液体充满整个管子，故B正确。
对点练2　气体压强的计算
4.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。已知外界大气压强为p0。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，则此时缸内封闭气体的压强为(　　)
A.p0+ B.p0+
C.p0+ D.p0+
答案　D
解析　以汽缸和活塞整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F=(M+m)a;以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得pS-p0S=ma，联立解得p=p0+，选项D正确。
对点练3　气体实验定律的理解和应用
5.(2025·江苏南京模拟)如图甲，某同学将水杯开口向下倒置在水槽中，水槽中的部分水流入杯内，在杯中封闭了一段气体，简化模型如图乙所示。现缓慢将水杯向上提起一小段高度(杯口始终未露出水面，杯内气体未漏出)。设环境温度保持不变，则此过程中(　　)
A.杯内外液面高度差不变
B.杯内外液面高度差变大
C.杯中封闭气体体积变大，压强变大
D.杯中封闭气体体积变大，压强变小
答案　D
解析　假设将水杯上提过程中杯中液面静止不动，则封闭气体体积将变大，根据pV=C可知气体压强将变小，根据p=p0+ρgh可知液面差h变小，即杯中液面上升，故假设不成立。杯中实际液面上升，h变小，则气体压强减小，由pV=C可知气体体积变大，D正确。
6.如图所示，20 ℃的氧气和10 ℃的氢气体积相同，水银柱在连通两容器的足够长的细管中央，当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时，水银柱(　　)
A.不移动 B.向左移动
C.向右移动 D.先向右后向左移动
答案　B
解析　根据理想气体状态方程=C，假设气体体积不变，有== Δp=ΔT，由题知开始时刻，气体两边压强相等，且T氧气1>T氢气1，可得两边升高相同的温度时，有Δp氧气<Δp氢气，则右边氢气压强将大于左边氧气的压强，水银柱将向左移动，故B正确。
7.(2024·海南卷，7)如图为用铝制易拉罐制作的温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)，吸管与罐连接处密封良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐的容积为330 cm3，薄吸管横截面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃(300 K)时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　)
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案　B
解析　温度变化时，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有=，又V0=330 cm3+0.5×10 cm3=335 cm3，T0=300 K，V=(330+0.5x) cm3，T=(t+273) K，解得t= ℃，则吸管上标注等差温度值刻度均匀，A错误;当x=20 cm时，所测温度最高，代入A项表达式可得t≈31.5 ℃，B正确;当x=0时，所测温度最低，代入A项表达式可得t≈22.5 ℃，C错误;缓慢把吸管拉出来一些，封闭气体的温度和压强均不变，因此封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，D错误。
对点练4　气体状态变化的图像问题
8.(2025·江苏南京模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，缸内气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是(　　)
答案　A
解析　随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A运动至最右端时，气体体积达到最小，之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，故A正确，B、C、D错误。
9.如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度，图中的图像可表示此过程的是(　　)
答案　A
解析　对A图像进行分析，p-V图像是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确;对B图像进行分析，p-V图像是直线，温度会发生变化，故B错误;对C图像进行分析，可知温度不变，体积却减小，故C错误;对D图像进行分析，可知温度不变，压强是增大的，故D错误。
B级　综合提升练
10.(2025·江苏苏州二模)如图甲所示，T型活塞固定在水平面上，一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好的、质量为m的汽缸中，活塞横截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为p0。重力加速度为g，改变环境温度，缸内气体体积随温度变化如图乙所示，求:
(1)状态A的温度;
(2)在状态C时，活塞对卡口的作用力大小。
答案　(1)200 K　(2)(p0S+mg)
解析　(1)从状态A到状态B，封闭气体的压强不变，则状态A的温度为
TA=TB=200 K。
(2)从状态B到状态C，封闭气体的体积不变，则气体在状态C时的压强为
pC=pB=pB
对活塞由平衡条件有
状态B时p0S+mg=pBS
状态C时p0S+mg+F=pCS
联立解得活塞对卡口的作用力大小为
F=(p0S+mg)。
11.如图所示，一个导热汽缸质量M=1.5 kg，用一质量m=0.5 kg的活塞A封闭一段理想气体，活塞横截面积为S=2 cm2，汽缸厚度不计。活塞通过两光滑的定滑轮与一质量也为m=0.5 kg的铁桶B相连。不计活塞与汽缸之间的摩擦，环境温度t1=27 ℃，汽缸内气体长度为l1=0.1 m，汽缸的长度足够长，铁桶的高度足够高。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)若用电热丝加热封闭气体，气体长度变为l2=0.2 m时的温度t2;
(2)若在铁桶内缓慢倒入细沙，汽缸刚好离开地面时倒入细沙的质量及气体的长度。
答案　(1)327 ℃　(2)1.5 kg　0.4 m
解析　(1)初始状态，对B受力分析可得细绳的拉力F1=mg
对活塞受力分析，有p0S+mg=F1+p1S
解得p1=p0
则封闭气体初始时的参量
p1=p0，T1(t1+273) K=300 K，V1=l1S
加热气体，气体发生等压变化，设气体温度为T2时，气体的长度l2=0.2 m，则V2=l2S
根据盖-吕萨克定律有=
代入数据解得T2=600 K
即t2=(T2-273) ℃=327 ℃。
(2)以活塞A和汽缸整体为研究对象，汽缸刚好离开地面时，细绳的拉力F2=(M+m)g
因此加入细沙的质量和汽缸的质量相等，即
m沙=M=1.5 kg
以汽缸为研究对象，设此时封闭气体的压强为p2，则有p2S+Mg=p0S
解得p2=0.25×105 Pa=p0
设此时气体的长度为l3，则V3=l3S，此过程为等温变化，根据玻意耳定律得p1V1=p2V3
解得l3=0.4 m。

展开更多......

收起↑