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第2讲　固体、液体与气体
【学习目标】　1.了解固体的微观结构，知道晶体、单晶体、多晶体和非晶体的特点，了解液晶的主要性质。2.理解液体的表面张力和毛细现象，知道它们的产生原因。3.了解气体的分子动理论。4.掌握气体压强的计算方法及气体压强的微观解释。5.理解气体实验定律、理想气体状态方程并能解决有关问题，会分析气体状态变化的有关图像问题。
考点一　固体和液体的性质　气体的分子动理论
1.晶体和非晶体
分类 晶　体 非晶体
单晶体 多晶体
天然外形 规则 不规则 不规则
熔点/熔化 温度 确定 确定 不确定
物理性质 各向异性 各向同性 各向同性
原子(或分子、 离子)排列 有规则 晶粒的排列无规则 无规则
转　化 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
典型物质 石英、云母、明矾、食盐 玻璃、橡胶
2.液体
(1)表面张力
①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，分子间的作用力表现为引力。
②作用：液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。
③方向：表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直。
④大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。
(2)毛细现象：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。细管越细，毛细现象越明显。
3.液晶
(1)是介于固态和液态之间的一种物质状态。
(2)具有液体的流动性。
(3)具有晶体的光学各向异性。
(4)在某个方向上看，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。
4.气体的分子动理论
(1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。
(2)气体分子速率呈现“中间多、两头少”的分布规律。
(3)气体分子的运动是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会均等。
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
自测1.(多选)如图为固体甲和乙在一定压强下的熔化曲线，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)
A.固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B.固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D.甲的图线中ab段温度不变，所以甲的内能不变
答案：AB
解析：晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔化温度，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是单晶体，则有确定的几何外形，固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面，固体甲若是多晶体，则表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有确定的熔点，温度不变，但晶体一直在吸收热量，内能增大，故D错误。
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自测2.(2026·江苏泰州模拟)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，主要是因为表面张力的作用
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
答案：B
解析：水黾可以停在水面是因为水的表面张力的作用，故A错误；水银的表面张力比较大，同时水银不浸润玻璃，这就导致了水银在玻璃容器中会尽可能地减少表面积，从而呈球形，故B正确；根据毛细现象可知，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象减少水分蒸发，故D错误。
自测3.关于液晶，下列说法中正确的是(　　)
A.液晶是液体和晶体的混合物
B.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
C.电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光
D.所有物质都具有液晶态
答案：B
解析：液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样具有流动性，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A错误，B正确；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶本身并不发光，故C错误；不是所有的物质都有液晶态，故D错误。
自测4.(2025·江苏卷·T8)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时(　　)
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
答案：C
解析：根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以分子数密度相同，分子的平均距离相同，故A、B错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能大，故C正确；乙状态下气体分子平均速率大，分子数密度相同，则单位时间内分子碰撞单位面积器壁次数较多，故D错误。
1.晶体和非晶体的理解
(1)凡是具有确定熔点的固体必定是晶体，反之必定是非晶体。
(2)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。
(3)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2.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，分子间的作用力表现为引力
方向 和液面相切，垂直于液面上的分界线
效果 表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小。在体积相同的条件下，球体的表面积最小
3.液晶的理解
(1)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。
(2)微观结构
从某个方向上看，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。
4.气体分子运动速率分布图像的特点
气体分子间距离大约是分子直径的10倍，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示。
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考点二　气体压强的计算及微观解释
1.气体压强产生的原因
由于大量气体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，器壁单位面积上受到的压力叫作气体的压强。
2.气体压强的决定因素
(1)宏观上：取决于气体的温度和体积。
(2)微观上：取决于分子的平均动能和分子的数密度。
【正误辨析】
(1)气体压强的产生是由于气体分子受到了重力作用。(×)
(2)大气压的产生是由于空气受到了重力作用。(√)
(3)气体的温度升高，压强一定增大。(×)
(4)气体的分子数密度增大，压强一定增大。(×)
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，得到液柱(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，ρ为液体的密度，g为重力加速度
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.非平衡状态下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。
气体压强的微观解释
(多选)下列关于气体压强的说法正确的是(　　)
A.大气压是由地球表面空气重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压
B.密闭容器内气体压强是由气体分子不断撞击器壁而产生的
C.气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均速率
D.单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力在数值上等于气体的压强
答案：BCD
解析：大气压是由地球表面空气重力产生的，而被密封在某种容器中的气体，其压强是大量无规则运动的气体分子对器壁不断碰撞而产生的，它的大小不是由被封闭气体的重力决定的，A错误，B正确；气体压强取决于分子的数密度与分子的平均动能，即单位体积内分子数和分子的平均速率，C正确；根据公式p＝可知单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力在数值上就等于气体的压强，D正确。
“液柱＋管”类封闭气体压强的计算
若已知大气压为p0，图中各装置均处于静止状态。已知液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强。
答案：见解析
解析：题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S
所以pA＝p0－ρgh；
题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＋ρghS＝p0S
所以pA＝p0－ρgh；
题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＋ρghsin 60°·S＝p0S
所以pA＝p0－ρgh；
题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＝p0S＋ρgh1S
所以pA＝p0＋ρgh1；
题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压为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)
故a气柱的压强为
pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
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求液柱封闭的气体压强时，一般以液片或液柱为研究对象分析受力，列平衡方程，要注意：
1.液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度，ρ为液体的密度，g为重力加速度)。
2.不要漏掉大气压，同时又要注意大气压产生的压力是否可以平衡掉。
3.有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的同种液体在同一水平面上各处压强相等。
4.当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。
“活塞＋汽缸”类封闭气体压强的计算
(1)如图甲、乙所示，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，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，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。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强。
(2)如图丙所示，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，重力加速度为g。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)
答案：(1)p0＋　p0－　(2)p0＋
解析：(1)题图甲中选活塞为研究对象受力分析如图1所示，由受力平衡知pAS＝p0S＋mg
解得pA＝p0＋；
题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图2所示，由受力平衡知p0S＝pBS＋Mg
解得pB＝p0－。
(2)题图丙中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
解得p＝p0＋。
考点三　气体实验定律和理想气体的状态方程
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p与体积V成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比
表 达 式 p1V1＝p2V2 ＝或＝ ＝或＝
图 像
2.理想气体及其状态方程
(1)理想气体
理想气体是指在任何条件下都遵从气体实验定律的气体，实际气体在压强不超过大气压的几倍、温度不低于零下几十摄氏度的条件下，可视为理想气体。
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C(常量)。
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【正误辨析】
(1)理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。(√)
(2)理想气体严格遵守气体实验定律。(√)
(3)一定质量的理想气体，温度升高时压强一定增大。(×)
(4)一定质量的理想气体的压强、温度、体积，三个参量中可以三个或两个同时变化，也可以只有其中一个发生变化。(×)
1.应用气体实验定律或理想气体的状态方程的基本思路
2.三个重要的推论
(1)玻意耳定律的推论：p1V1＋p2V2＋…＋pnVn＝pV (温度相同的几部分同种气体看成一个整体)。
(2)查理定律的推论：Δp＝ΔT。
(3)盖-吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT。
“液柱＋管”类问题
(2025·湖南卷·T13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
答案：(1)　　(2)9.5 m·s－2
解析：(1)竖直放置时封闭气体的压强为
p1＝p0＋ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2＝p0
等温过程由玻意耳定律可得p1L1S＝p2L2S
解得g＝。
(2)等容过程由查理定律可得＝
代入数据可得g＝9.5 m·s－2。
解决“液柱＋管”类问题的一般思路
“活塞＋汽缸”类问题
(2025·海南卷·T17)如图，竖直放置的汽缸内有一横截面积S＝0.01 m2的活塞，活塞质量忽略不计，活塞与汽缸无摩擦且密封良好。若活塞保持静
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止，汽缸内密封一定质量的理想气体，气体温度T0＝300 K，气体体积V0＝5×
10－3 m3。设大气压p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若加热气体，使活塞缓慢上升，当气体体积变为V1＝7.5×10－3 m3，求气体温度T1；
(2)若往活塞上轻放质量为m＝25 kg的重物，且活塞下降过程中气体温度T0不变，求稳定后的气体体积V2。
答案：(1)450 K　(2)4×10－3 m3
解析：(1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝
代入数值解得T1＝450 K。
(2)设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有
p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律可得p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10－3 m3。
解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路
“关联气体”问题
(2024·甘肃卷·T13)如图，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
答案：(1)p0　p0　(2)
解析：(1)抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－Sl＝Sl
对A中气体，根据玻意耳定律有p0Sl＝pA·Sl
解得pA＝p0
对B中气体，根据玻意耳定律有p0·Sl＝pB·Sl
解得pB＝p0。
(2)抽气后，对隔板根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·l
结合(1)问解得k＝。
解决“关联气体”问题的一般思路
1.分别选取各部分气体作为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
2.依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
3.多个方程联立求解。若有必要，要检验结果的合理性。
针对练.[2023·全国乙卷·T33(2)]如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
答案：74.36 cmHg　54.36 cmHg
解析：设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，A管的内径是B管的2倍，则SA＝4SB
可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm；设此时两管中气体的压强分别为pA'、pB'，所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管内气体有pASALA＝pA'SALA'
对B管内气体有pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA＝LB＝10 cm，LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm，LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
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液柱(活塞)移动方向的判断
　　此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以方便地求解。其一般思路为：
1.先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。
2.对两部分气体分别应用查理定律，求出每部分气体压强的变化量Δp＝p，并加以比较。
(1)如果液柱或活塞两端的横截面积相等，则若Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱或活塞向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱或活塞向压强减小量较大的一方(即｜Δp｜较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱或活塞不移动。
(2)如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应考虑液柱或活塞两端的受力变化(Δp·S)。若Δp均大于零，则液柱或活塞向Δp·S较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱或活塞向｜Δp·S｜较大的一方移动；若Δp·S相等，则液柱或活塞不移动。
拓展应用1.(多选)(2025·河南卷·T10)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1＜T2，V1＜V2。则(　　)
A.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
答案：AC
解析：固定M、N时，由理想气体状态方程＝C可得，＝，假设P不动，两侧气体同时缓慢升高相同温度时，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据玻意耳定律可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，假设P不动，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，P将右移，C正确，D错误。故选AC。
拓展应用2.(多选)如图为竖直放置的粗细均匀的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量的绝对值为ΔpA、ΔpB，对液面压力大小的变化量的绝对值为ΔFA、ΔFB，则(　　)
A.水银柱向上移动了一段距离
B.ΔVA＜ΔVB
C.ΔpA＞ΔpB
D.ΔFA＝ΔFB
答案：AD
解析：首先假设水银柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对A部分气体有＝；对B部分气体有＝。又初始状态满足pA＝pB＋ρgh，可见使A、B两部分气体升高相同温度，pA'＝pA＝(pB＋ρgh)，pB'＝pB，则pA'S＞pB'S＋ρghS，水银柱将上移，当达到稳定后，上下压强差依然是ρgh，故ΔpA＝ΔpB，ΔFA＝ΔFB，故A、D正确，C错误；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，故B错误。
考点四　气体状态变化的图像问题
1.四种图像的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
p -V图像 pV＝CT，即p、V之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p -图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p -T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
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2.分析技巧
利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析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：
(1)在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从状态B通过等容升压到状态A，温度必然升高，所以T2＞T1。
(2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从状态B到状态A压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1。
p -V图像问题
(2024·江西卷·T13)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的体积也为V2＝2.0 m3。
V-T图像问题
(多选)(2025·新课标卷·T19)如图，一定量的理想气体先后处于V-T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则(　　)
A.pa＝pb B.pa＝pc
C.pa＞pb D.pa＜pc
答案：AD
解析：根据理想气体的状态方程有＝C，变形有V＝T，则V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表，则由题图可知pc ＞ pb ＝pa。故选AD。
p -T(t)图像问题
一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次恢复到原状态a，气体压强和摄氏温度t的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.过程②中气体体积减小
B.过程③是气体等容变化
C.状态b的体积为状态a的2倍
D.状态b时单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数比状态a时多
答案：A
解析：由题图可知，过程②中气体的温度不变，根据pV＝C可知，压强变大，体积减小，故A正确；由理想气体状态方程有＝，可得Va＞Vc，故B错误；过程①为等压变化，有＝，可知状态b和状态a的体积不是2倍关系，故C错误；状态a和状态b气体压强相同，但状态b气体温度更高，分子平均动能更大，故单位时间内对器壁的碰撞次数要少，故D错误。故选A。
图像的转换问题
(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p -V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，B→C是等容变化，C→A是等压变化，若将上述变化过程改用p -T图像和V -T图像表示，则下列各图像中正确的是(　　)
答案：BD
解析：A→B气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；B→C气体经历的是等容变化过程，根据查理定律有＝，pC＞pB，则TC＞TB，气体的压强增大，温度升高；C→A气体经历的是等压变化过程，根据盖 -吕萨克定律有＝，VC＞VA，则TC＞TA，气体的体积减小，温度降低。故选BD。
课时测评72　固体、液体与气体
(时间：40分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－6，每题5分，共30分)
题组1　固体和液体的性质　气体的分子动理论
1.(多选)对下列几种固体物质的认识正确的有(　　)
A.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B.烧热的针尖接触涂有石蜡薄层的云母片背面，熔化的石蜡呈椭圆形，说明石蜡是晶体
C.天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的规则排列
D.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于石墨是非晶体，金刚石是晶体
答案：AC
解析：食盐熔化过程中，温度保持不变，即具有确定的熔点，说明食盐是晶体，故A正确；烧热的针尖接触涂有石蜡薄层的云母片背面，熔化的石蜡呈椭圆形，只能说明云母是晶体，故B错误；天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，故C正确；石墨和金刚石都是晶体，它们的物理性质不同，是由于碳原子的排列结构不同，故D错误。
2.关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是(　　)
A.图甲中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.图乙中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C.图丙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
D.图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
答案：B
解析：因为液体表面张力的存在，水黾才能停在水面而不沉，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，故C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，故D错误。
3.(2025·黑吉辽蒙卷·T2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体(　　)
A.内能变小 B.压强变大
C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大
答案：B
解析：将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，瓶内气体的温度升高，由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体分子的数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，气体分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。故选B。
题组2　气体实验定律和理想气体的状态方程
4.(多选)(2025·云南卷·T9) 图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下(　　)
A.环境温度升高时，b管中液面升高
B.环境温度降低时，b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
答案：BD
解析：在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体的变化可视为等容变化，由查理定律＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，b管中液面与槽内液面高度差不变，则b管内液面的高度也降低，由A、B项分析知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。故选BD。
5.(2024·海南卷·T7)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)粗细均匀，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 ℃时，油柱离罐口10 cm，T＝t＋273 K，不考虑大气压变化，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＝x＋ (℃)，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tmax≈31.5 ℃，B正确；当x＝0时，所测温度最低，代入A项表达式可得tmin≈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。
题组3　气体状态变化的图像问题
6.(2026·广东佛山二模)如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽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(　　)
答案：A
解析：由题意知汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内密封气体温度不变，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。
7.(15分)(2024·广西卷·T14)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F-曲线如图乙。大气压p0＝1×105 Pa。
(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
(3)画出封闭气体等温变化的p -V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
答案：(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析图
解析：(1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知封闭气体压强等于大气压p0，则封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N。
(2)根据题图乙可知F -图线为一条过原点的直线，设图线斜率为k，可得F＝k·(SI)
根据F＝pS可得气体压强为p＝(SI)
活塞从a处到b处，对封闭气体有pV＝·S(5＋x)×10－3＝10－3k(SI)
可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知封闭气体做等温变化。
(3)在b处时pb＝p0，
Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a处时Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律有paVa＝pbVb
解得pa＝40×105 Pa
封闭气体等温变化的p -V图像如图所示。
8.(15分)(2025·广东卷·T13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1；
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
答案：(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa
解析：(1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p'S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强p'＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强
p2＝p'＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。(共98张PPT)
第2讲　固体、液体与气体
高三总复习讲义　新高考
第十五章 热学
1.了解固体的微观结构，知道晶体、单晶体、多晶体和非晶体的特点，了解液 晶的主要性质。
2.理解液体的表面张力和毛细现象，知道它们的产生原因。
3.了解气体的分子动理论。
4.掌握气体压强的计算方法及气体压强的微观解释。
5.理解气体实验定律、理想气体状态方程并能解决有关问题，会分析气体状态 变化的有关图像问题。
学习目标
内容索引
考点一　 固体和液体的性质　气体的分子动理论
考点二　 气体压强的计算及微观解释
考点三　 气体实验定律和理想气体的状态方程
课时测评
考点四　 气体状态变化的图像问题
固体和液体的性质　
气体的分子动理论
考点一
1.晶体和非晶体
知识梳理
分类 晶　体 非晶体
单晶体 多晶体
天然外形 规则 不规则 ________
熔点/熔化温度 确定 ______ 不确定
物理性质 各向异性 __________ 各向同性
原子(或分子、离子)排列 有规则 晶粒的排列________ 无规则
转　化 晶体和非晶体在__________下可以相互转化
典型物质 石英、云母、明矾、食盐 玻璃、橡胶
不规则
确定
各向同性
无规则
一定条件
2.液体
(1)表面张力
①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，分子间的作用力表现为引力。
②作用：液体的表面张力使液面具有收缩到表面积______的趋势。
③方向：表面张力跟液面______，且跟这部分液面的分界线______。
④大小：液体的温度越高，表面张力______；液体中溶有杂质时，表面张力______；液体的密度越大，表面张力______。
(2)毛细现象：浸润液体在细管中______的现象，以及不浸润液体在细管中______的现象。细管越细，毛细现象越明显。
最小
相切
垂直
越小
变小
越大
上升
下降
3.液晶
(1)是介于固态和液态之间的一种物质状态。
(2)具有______的流动性。
(3)具有______的光学各向异性。
(4)在某个方向上看，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。
液体
晶体
4.气体的分子动理论
(1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。
(2)气体分子速率呈现“________________”的分布规律。
(3)气体分子的运动是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会______。
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都
增大。
中间多、两头少
均等
自测1.(多选)如图为固体甲和乙在一定压强下的熔化曲线，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有
A.固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B.固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙
一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D.甲的图线中ab段温度不变，所以甲的内能不变
√
√
晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔化温度，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是单晶体，则有确定的几何外形，固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面，固体甲若是多晶体，则表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有确定的熔点，温度不变，但晶体一直在吸收热量，内能增大，故D错误。
自测2.(2026·江苏泰州模拟)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，主要是因为表面张力的作用
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
√
水黾可以停在水面是因为水的表面张力的作用，故A错误；水银的表面张力比较大，同时水银不浸润玻璃，这就导致了水银在玻璃容器中会尽可能地减少表面积，从而呈球形，故B正确；根据毛细现象可知，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象减少水分蒸发，故D错误。
自测3.关于液晶，下列说法中正确的是
A.液晶是液体和晶体的混合物
B.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
C.电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光
D.所有物质都具有液晶态
√
液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样具有流动性，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A错误，B正确；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶本身并不发光，故C错误；不是所有的物质都有液晶态，故D错误。
自测4.(2025·江苏卷·T8)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的
次数较少
√
根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以分子数密度相同，分子的平均距离相同，故A、B错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能大，故C正确；乙状态下气体分子平均速率大，分子数密度相同，则单位时间内分子碰撞单位面积器壁次数较多，故D
错误。
1.晶体和非晶体的理解
(1)凡是具有确定熔点的固体必定是晶体，反之必定是非晶体。
(2)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。
(3)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2.液体表面张力的理解
归纳提升
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，分子间的作用力表现为引力
方向 和液面相切，垂直于液面上的分界线
效果 表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小。在体积相同的条件下，球体的表面积最小
3.液晶的理解
(1)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。
(2)微观结构
从某个方向上看，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。
4.气体分子运动速率分布图像的特点
气体分子间距离大约是分子直径的10倍，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示。
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气体压强的计算及微观解释
考点二
1.气体压强产生的原因
由于大量气体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，器壁____________受到的压力叫作气体的压强。
2.气体压强的决定因素
(1)宏观上：取决于气体的温度和______。
(2)微观上：取决于分子的平均动能和分子的________。
知识梳理
单位面积上
体积
数密度
正误辨析
(1)气体压强的产生是由于气体分子受到了重力作用。 ( )
(2)大气压的产生是由于空气受到了重力作用。 ( )
(3)气体的温度升高，压强一定增大。 ( )
(4)气体的分子数密度增大，压强一定增大。 ( )
×
√
×
×
1.平衡状态下气体压强的求法
核心突破
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
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，ρ为液体的密度，g为重力加速度
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.非平衡状态下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。
考向1 气体压强的微观解释
(多选)下列关于气体压强的说法正确的是
A.大气压是由地球表面空气重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压
B.密闭容器内气体压强是由气体分子不断撞击器壁而产生的
C.气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均速率
D.单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力在数值上等于气体的压强
例1
√
√
√
大气压是由地球表面空气重力产生的，而被密封在某种容器中的气体，其压强是大量无规则运动的气体分子对器壁不断碰撞而产生的，它的大小不是由被封闭气体的重力决定的，A错误，B正确；气体压强取决于分子的数密度与分子的平均动能，即单位体积内分子数和分子的平均速率，C正确；根据公式p＝可知单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力在数值上就等于气体的压强，D正确。
考向2 “液柱＋管”类封闭气体压强的计算
若已知大气压为p0，图中各装置均处于静止状态。已知液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强。
例2
答案：题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S
所以pA＝p0－ρgh；
题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＋ρghS＝p0S
所以pA＝p0－ρgh；
题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＋ρghsin 60°·S＝p0S
所以pA＝p0－ρgh；
题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有
pAS＝p0S＋ρgh1S
所以pA＝p0＋ρgh1；
题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压为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)
故a气柱的压强为
pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
求液柱封闭的气体压强时，一般以液片或液柱为研究对象分析受力，列平衡方程，要注意：
1.液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度，ρ为液体的密度，g为重力加速度)。
2.不要漏掉大气压，同时又要注意大气压产生的压力是否可以平衡掉。
总结提升
3.有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的同种液体在同一水平面上各处压强相等。
4.当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cm-Hg”，使计算过程简捷。
总结提升
考向3 “活塞＋汽缸”类封闭气体压强的计算
(1)如图甲、乙所示，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，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，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。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强。
例3
答案：p0＋　p0－
题图甲中选活塞为研究对象受力分析如图1所示，
由受力平衡知pAS＝p0S＋mg
解得pA＝p0＋；
题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图2所示，
由受力平衡知p0S＝pBS＋Mg
解得pB＝p0－。
(2)如图丙所示，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，重力加速度为g。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)
答案：p0＋
题图丙中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
解得p＝p0＋。
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气体实验定律和理想气体的
状态方程
考点三
1.气体实验定律
知识梳理
— 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，______与体积V成_____ 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与____________成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其______与热力学温度T成______
表达式 p1V1＝_______ ＝或＝ ＝或＝
图像
压强p
反比
p2V2
热力学温度T
体积V
正比
2.理想气体及其状态方程
(1)理想气体
理想气体是指在任何条件下都遵从______________的气体，实际气体在压强不超过大气压的几倍、温度不低于零下几十摄氏度的条件下，可视为理想气体。
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C(常量)。
气体实验定律
正误辨析
(1)理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。 ( )
(2)理想气体严格遵守气体实验定律。 ( )
(3)一定质量的理想气体，温度升高时压强一定增大。 ( )
(4)一定质量的理想气体的压强、温度、体积，三个参量中可以三个或两个同时变化，也可以只有其中一个发生变化。 ( )
√
√
×
×
1.应用气体实验定律或理想气体的状态方程的基本思路
核心突破
2.三个重要的推论
(1)玻意耳定律的推论：p1V1＋p2V2＋…＋pnVn＝pV (温度相同的几部分同种气体看成一个整体)。
(2)查理定律的推论：Δp＝ΔT。
(3)盖-吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT。
考向1 “液柱＋管”类问题
(2025·湖南卷·T13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
例4
答案：　
竖直放置时封闭气体的压强为
p1＝p0＋ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2＝p0
等温过程由玻意耳定律可得p1L1S＝p2L2S
解得g＝。
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
答案：9.5 m·s－2
等容过程由查理定律可得＝
代入数据可得g＝9.5 m·s－2。
解决“液柱＋管”类问题的一般思路
总结提升
考向2 “活塞＋汽缸”类问题
(2025·海南卷·T17)如图，竖直放置的汽缸内有一横截面积S＝
0.01 m2的活塞，活塞质量忽略不计，活塞与汽缸无摩擦且密封良好。若活塞保持静止，汽缸内密封一定质量的理想气体，气体温度T0＝300 K，气体体积V0＝5×10－3 m3。设大气压p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若加热气体，使活塞缓慢上升，当气体体积变为V1＝7.5×10－3 m3，求气体温度T1；
答案：450 K
例5
活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝
代入数值解得T1＝450 K。
(2)若往活塞上轻放质量为m＝25 kg的重物，且活塞下降过程中气体温度T0不变，求稳定后的气体体积V2。
答案：4×10－3 m3
设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有
p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律可得p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10－3 m3。
解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路
总结提升
考向3 “关联气体”问题
(2024·甘肃卷·T13)如图，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
例6
答案：p0　p0a
抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－Sl＝Sl
对A中气体，根据玻意耳定律有p0Sl＝pA·Sl
解得pA＝p0
对B中气体，根据玻意耳定律有p0·Sl＝pB·Sl
解得pB＝p0。
(2)弹簧的劲度系数k。
答案：
抽气后，对隔板根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·l
结合(1)问解得k＝。
解决“关联气体”问题的一般思路
1.分别选取各部分气体作为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
2.依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
3.多个方程联立求解。若有必要，要检验结果的合理性。
总结提升
针对练.[2023·全国乙卷·T33(2)]如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为
10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
答案：74.36 cmHg　54.36 cmHg
设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小
1 cm，A管的内径是B管的2倍，则SA＝4SB
可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm；设此时两管中气体的压强分别为pA'、pB'，所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管内气体有pASALA＝pA'SALA'
对B管内气体有pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA＝LB＝10 cm，LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm，LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
液柱(活塞)移动方向的判断
　　此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以方便地求解。其一般思路为：
1.先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。
能力拓展
能力拓展
2.对两部分气体分别应用查理定律，求出每部分气体压强的变化量Δp＝p，并加以比较。
(1)如果液柱或活塞两端的横截面积相等，则若Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱或活塞向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱或活塞向压强减小量较大的一方(即｜Δp｜较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱或活塞不移动。
能力拓展
(2)如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应考虑液柱或活塞两端的受力变化(Δp·S)。若Δp均大于零，则液柱或活塞向Δp·S较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱或活塞向｜Δp·S｜较大的一方移动；若Δp·S相等，则液柱或活塞不移动。
拓展应用1.(多选)(2025·河南卷·T10)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1＜T2，V1＜V2。则
A.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
√
√
固定M、N时，由理想气体状态方程＝C可得，＝，假设P不动，两侧气体同时缓慢升高相同温度时，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据玻意耳定律可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，假设P不动，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，P将右移，C正确，D错误。故选AC。
拓展应用2.(多选)如图为竖直放置的粗细均匀的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量的绝对值为ΔpA、ΔpB，对液面压力大小的变化量的绝对值为ΔFA、ΔFB，则
A.水银柱向上移动了一段距离
B.ΔVA＜ΔVB
C.ΔpA＞ΔpB
D.ΔFA＝ΔFB
√
√
返回
首先假设水银柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对A部分气体有＝；对B部分气体有＝。又初始状态满足pA＝pB＋ρgh，可见使A、B两部分气体升高相同温度，pA'＝pA＝
(pB＋ρgh)，pB'＝pB，则pA'S＞pB'S＋ρghS，水银柱将上移，当达到稳定后，上下压强差依然是ρgh，故ΔpA＝ΔpB，ΔFA＝ΔFB，故A、D正确，C错误；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，故B错误。
气体状态变化的图像问题
考点四
1.四种图像的比较
知识梳理
类别 特点(其中C为常量) 举例
p -V图像 pV＝CT，即p、V之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p -图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
类别 特点(其中C为常量) 举例
p -T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
2.分析技巧
利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析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：
(1)在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从状态B通过等容升压到状态A，温度必然升高，所以T2
＞T1。
(2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从状态B到状态A压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1。
考向1 p -V图像问题
(2024·江西卷·T13)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；
例7
答案：2.0×105 Pa
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)气体在状态B的体积V2。
答案：2.0 m3
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的体积也为V2＝2.0 m3。
考向2 V-T图像问题
(多选)(2025·新课标卷·T19)如图，一定量的理想气体先后处于V-T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则
A.pa＝pb
B.pa＝pc
C.pa＞pb
D.pa＜pc
例8
√
√
根据理想气体的状态方程有＝C，变形有V＝T，则V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表，则由题图可知pc ＞ pb ＝pa。故选AD。
考向3 p -T(t)图像问题
一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次恢复到原状态a，气体压强和摄氏温度t的关系如图所示。下列说法正确的是
A.过程②中气体体积减小
B.过程③是气体等容变化
C.状态b的体积为状态a的2倍
D.状态b时单位时间内气体分子对器壁
的碰撞次数比状态a时多
例9
√
由题图可知，过程②中气体的温度不变，根据pV＝C可知，压强变大，
体积减小，故A正确；由理想气体状态方程有＝，可得Va＞Vc，故B错误；过程①为等压变化，有＝，可知状
态b和状态a的体积不是2倍关系，故C错误；状态a和状态b气体压强相同，但状态b气体温度更高，分子平均动能更大，故单位时间内对器壁的碰撞次数要少，故D错误。故选A。
考向4 图像的转换问题
(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p -V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，B→C是等容变化，C→A是等压变化，若将上述变化过程改用p -T图像和V -T图像表示，则下列各图像中正确的是
例10
√
√
A→B气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；B→C气体经历的是等容变化过程，根据查理定律有＝，pC＞pB，则TC＞TB，气体的压强增大，温度升高；C→A气体经历的是等压变化过程，根据盖 -吕萨克定律有＝，VC＞VA，则TC＞TA，气体的体积减小，温度降低。故选BD。
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课 时 测 评
题组1　固体和液体的性质　气体的分子动理论
1.(多选)对下列几种固体物质的认识正确的有
A.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B.烧热的针尖接触涂有石蜡薄层的云母片背面，熔化的石蜡呈椭圆形，说明石蜡是晶体
C.天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的规则排列
D.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于石墨是非晶体，金刚石是晶体
√
√
食盐熔化过程中，温度保持不变，即具有确定的熔点，说明食盐是晶体，故A正确；烧热的针尖接触涂有石蜡薄层的云母片背面，熔化的石蜡呈椭圆形，只能说明云母是晶体，故B错误；天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，故C正确；石墨和金刚石都是晶体，它们的物理性质不同，是由于碳原子的排列结构不同，故D错误。
2.关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是
A.图甲中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.图乙中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的
结果
C.图丙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
D.图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
√
因为液体表面张力的存在，水黾才能停在水面而不沉，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，故C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，故D错误。
3.(2025·黑吉辽蒙卷·T2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体
A.内能变小 B.压强变大
C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大
√
将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，瓶内气体的温度升高，由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体分子的数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，气体分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。故选B。
题组2　气体实验定律和理想气体的状态方程
4.(多选)(2025·云南卷·T9) 图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下
A.环境温度升高时，b管中液面升高
B.环境温度降低时，b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
√
√
在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体的变化可视为等容变化，由查理定律＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压
强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，b管中液面与槽内液面高度差不变，则b管内液面的高度也降低，由A、B项分析知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。故选BD。
5.(2024·海南卷·T7)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)粗细均匀，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 ℃时，油柱离罐口10 cm，T＝t＋
273 K，不考虑大气压变化，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
√
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＝x＋ (℃)，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tmax≈31.5 ℃，B正确；当x＝0时，所测温度最低，代入A项表达式可得tmin≈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。
题组3　气体状态变化的图像问题
6.(2026·广东佛山二模)如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽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
√
由题意知汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内密封气体温度不变，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。
7.(15分)(2024·广西卷·T14)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F-曲线如图乙。大气压p0＝1×105 Pa。
(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
答案：50 N
活塞位于b处时，根据平衡条件可知封闭气体压强等于大气压p0，则封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N。
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
答案：根据题图乙可知F -图线为一条过原点的直线，设图线斜率为k，可得F＝k·(SI)
根据F＝pS可得气体压强为p＝(SI)
活塞从a处到b处，对封闭气体有pV＝·S(5＋x)×10－3＝10－3k(SI)
可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知封闭气体做等温变化。
(3)画出封闭气体等温变化的p -V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
答案：见解析图
在b处时pb＝p0，
Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a处时Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律有paVa＝pbVb
解得pa＝40×105 Pa
封闭气体等温变化的p -V图像如图所示。
8.(15分)(2025·广东卷·T13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝
10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1；
答案：0.05 m　1.2×105 Pa
金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
答案：1.35×105 Pa
设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p'S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强p'＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强
p2＝p'＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。
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第2讲 固体、液体与气体

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