(新高考)高考物理一轮复习讲义 第13章 第2讲 固体、液体和气体（含解析）

第2讲　固体、液体和气体

一、固体和液体

1．固体

(1)固体分为晶体和非晶体两类．石英、云母、明矾、食盐、味精、蔗糖等是晶体．玻璃、蜂蜡、松香、沥青、橡胶等是非晶体．

(2)单晶体具有规则的几何形状，多晶体和非晶体没有规则的几何形状；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．

(3)有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象称为各向异性．非晶体和多晶体在各个方向的物理性质都是一样的，这叫做各向同性．

2．液体

(1)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．

(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．

3．液晶

(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．

二、饱和汽、饱和汽压和相对湿度

1．饱和汽与未饱和汽

(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．

(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．

2．饱和汽压

(1)定义：饱和汽所具有的压强．

(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．

3．相对湿度

空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比．

即：相对湿度＝.

自测1　(多选)(2019·辽宁大连市第二次模拟)下列说法正确的是(　　)

A．液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色

B．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大

C．气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，气体的压强一定增大

D．萘的熔点为80 ℃，质量相等的80 ℃的固态萘和80 ℃的液态萘具有不同的分子势能

E．若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸润

答案　ABD

解析　液晶既具有流动性，又具有光学各向异性，液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色，A正确；同一温度下某种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大，题中未说明温度关系，无法确定汽压大小关系，B正确；气体温度升高，气体热运动变得剧烈，但气体的体积变化未知，所以压强无法判断，C错误；萘的熔点为80 ℃，晶体在熔化过程中吸热，但温度不变，故分子平均动能不变，吸热后内能增大，所以分子势能变大，D正确；若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，分子间表现为引力，所以液体与固体之间表现为不浸润，E错误．

三、气体

1．气体压强

(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．

2．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．

3．气体实验定律

4.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.

自测2　(2019·全国卷Ⅱ·33(1))如图1所示p－V图，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3.(填“大于”“小于”或“等于”)

图1

答案　大于　等于　大于

解析　对一定质量的理想气体，为定值，由题中p－V图象可知，2p1·V1＝p1·2V1>p1·V1，所以T1＝T3>T2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，即N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，即N2>N3.

1．晶体和非晶体

(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)只要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．液体表面张力

(1)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)表面特征：表面层中分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层张紧的弹性薄膜；

(3)表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的各条分界线；

(4)表面张力的效果：使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形表面积最小．

例1　(多选)(2019·山东潍坊市二模)关于固体、液体的性质，下列说法正确的是(　　)

A．非晶体不可能转化为晶体

B．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点

C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点

D．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于表面张力的作用

E．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”，诗中荷叶和露水表现为不浸润

答案　CDE

解析　有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体，选项A错误；单晶体和多晶体都有确定的熔点，选项B错误．

变式1　(多选)下列说法正确的是(　　)

A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关

B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液

C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体

D．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用

E．当人们感到潮湿时，水蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大

答案　ABD

变式2　(多选)(2019·安徽淮南市第二次模拟)下列说法中正确的是(　　)

A．水与酒精混合后的总体积小于混合前两者体积之和，说明水与酒精分子间均存在间隙

B．在一锅水中撒一些胡椒粉，加热一段时间后发现水中的胡椒粉在不停翻滚，说明温度越高，布朗运动越剧烈

C．某些细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，说明水的表面具有张力作用

D．冰块打碎后具有各种不同的形状，说明冰不是晶体

E．当人们感觉到很潮湿时，空气的相对湿度一定很大

答案　ACE

解析　一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在不停翻滚是水的对流引起的，不是布朗运动，选项B错误；区分晶体与非晶体要看是否具有确定的熔点，冰具有确定的熔点，是晶体，选项D错误．

1．活塞模型

如图2所示是最常见的封闭气体的两种方式．

图2

对“活塞模型”类求压强的问题，其基本的方法就是先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程．图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS.

则气体的压强为p＝p0＋.

图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S.

则气体压强为p＝p0－＝p0－ρ液gh.

2．连通器模型

如图3所示，U形管竖直放置．同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来．

图3

则有pB＋ρgh2＝pA.

而pA＝p0＋ρgh1，

所以气体B的压强为

pB＝p0＋ρg(h1－h2)．

例2　汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图4所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态．设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦．重力加速度为g，求汽缸中气体的压强．

图4

答案　p0＋

解析　对活塞进行受力分析，如图所示

由平衡条件得p气S′＝

又因为S′＝

所以p气＝＝p0＋.

变式3　如图5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．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？

图5

答案　p0＋　p0－

解析　题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知pAS＝p0S＋mg，

得pA＝p0＋；

题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件知p0S＝pBS＋Mg，

得pB＝p0－.

例3　若已知大气压强为p0，图6中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强．

图6

答案　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1

解析　题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S＋ρghS＝p0S

所以p甲＝p0－ρgh

题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知

pAS＋ρghS＝p0S

p乙＝pA＝p0－ρgh

题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有

pA′S＋ρghsin 60°·S＝p0S

所以p丙＝pA′＝p0－ρgh

题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件得

p丁S＝p0S＋ρgh1S

所以p丁＝p0＋ρgh1.

变式4　竖直平面内有如图7所示的均匀玻璃管，内用两段水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强为p0，重力加速度为g，求空气柱a、b的压强各多大．

图7

答案　pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)

解析　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)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3).

1．四种图象的比较

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8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T2>T1.

(2)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V2<V1.

图8

例4　(多选)(2020·辽宁葫芦岛市第一次模拟)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K．某台回热式制冷机工作时，一定质量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图9所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)

图9

A．气体由状态A到B过程，温度先升高后降低

B．气体由状态B到C过程，内能保持不变

C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小

D．气体由状态C到D过程，气体对外做功

E．气体由状态D到A过程，其热力学温度与压强成正比

答案　ADE

解析　状态A和B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确； 气体由状态B到C过程，体积不变，根据＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；气体由状态C到D过程，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A过程，体积不变，根据＝C，其热力学温度与压强成正比，故E正确．

变式5　(2019·甘肃兰州市三诊)一定质量的理想气体经历了如图10所示的状态变化，问：

图10

(1)已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少；

(2)试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度TC＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少．

答案　见解析

解析　(1)从A到B，外界对气体做功，

有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3J＝900 J

根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q

Q＝ΔU－W＝－1 200 J，即气体放出热量1 200 J

(2)由题图可知pBVB＝pCVC，故TB＝TC

根据理想气体状态方程有＝

代入题图中数据可得：TA＝1 200 K.

例5　(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　　)

A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大

B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多

C．气体分子的总数增加

D．单位体积内的分子数目增加

答案　BD

解析　理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分

子碰撞的次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误．

变式6　(多选)对于一定质量的理想气体，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

答案　AD

1．(多选)下列现象中，主要是液体表面张力作用的是(　　)

A．水黾可以停在水面上

B．小木船漂浮在水面上

C．荷叶上的小水珠呈球形

D．慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来

答案　ACD

2．(多选)下列说法正确的是(　　)

A．晶体有固定的熔点

B．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性

C．物体吸收热量后，其温度一定升高

D．给自行车打气时气筒压下后反弹，是分子斥力造成的

E．雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在

答案　ABE

解析　晶体有固定的熔点，故A正确；液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故B正确；物体吸收热量的同时，可能还对外做功，其温度不一定升高，故C错误；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由于气体压强的原因，不是因为分子斥力，故D错误；雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面存在张力，故E正确．

3．(多选)下列说法正确的是(　　)

A．水的饱和汽压随温度的升高而增大

B．浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现

C．一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0 ℃的冰的内能

D．气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的

E．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力

答案　ACE

解析　饱和汽压与液体种类和温度有关，温度越高，饱和汽压越大，故A正确；浸润与不浸润是由于液体的表面层与固体表面的分子之间相互作用的结果，故B错误；由于水结冰要放热，故一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0 ℃的冰的内能，故C正确；气体的压强是由气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，与分子数密度和分子平均动能有关，故D错误；把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力，故E正确．

4．(多选)(2019·安徽芜湖市上学期期末)下列说法中正确的是(　　)

A．布朗运动是液体分子的运动，人的眼睛可以直接观察到

B．从屋檐上做自由落体运动的小水滴呈球形，是由于液体表面张力的作用

C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点

D．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小

E．一定温度下，水的饱和汽压是定值

答案　BCE

解析　布朗运动不是液体分子的无规则运动，是悬浮在液体中的固体颗粒做的无规则运动，A错误；小水滴与空气接触的表面层中的分子分布较内部稀疏，分子间距大于分子力平衡时的距离r0，所以分子间的相互作用表现为引力，从而使小水滴表面各部分之间存在相互吸引的力，即表面张力，小水滴表面层在液体表面张力的作用下呈球形，B正确；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，C正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子力表现为引力，随着距离的增大，需要克服引力做功，故分子势能增大，D错误；液体的饱和汽压只与温度和液体种类有关，在一定温度下，水的饱和汽压是一定的，故E正确．

5．(多选)热学中有很多图象，对图1中一定质量的理想气体图象的分析，正确的是(　　)

图1

A．甲图中理想气体的体积一定不变

B．乙图中理想气体的温度一定不变

C．丙图中理想气体的压强一定不变

D．丁图中理想气体从P到Q，可能经过了温度先降低后升高的过程

E．戊图中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度

答案　ACE

解析　由理想气体状态方程＝C可知，A、C正确；若温度不变，p－V图象应该是双曲线的一支，题图乙不一定是双曲线的一支，B错误；题图丁中理想气体从P到Q，经过了温度先升高后降低的过程，D错误；温度升高，分子平均动能增大，分子平均速率增大，所以题图戊中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度，E正确．

6．(多选)(2019·广东潮州市下学期综合测试)以下说法正确的是(　　)

A．太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用

B．晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同

C．空气中PM2.5的运动属于分子热运动

D．气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的

E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量

答案　ABE

解析　太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用，故A正确；晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故B正确；PM2.5的运动属于固体颗粒的运动，不是分子的热运动，故C错误；气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，不是由于气体分子间的相互排斥而产生的，故D错误；小气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E正确．

7．(多选)(2019·宁夏银川市高三质检)下列说法正确的是(　　)

A．并不是所有晶体都有固定的熔点

B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大

C．满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行

D．被冻结在冰块中的小碳粒不能做布朗运动，是因为冰中的水分子不运动

E．夏季干旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发

答案　BCE

解析　所有晶体都有固定的熔点，A错误；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，B正确；根据热力学第二定律可知，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行，C正确；分子的运动是永不停息的，D错误；夏季干旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发，E正确．

8.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图2所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，求：

图2

(1)气体在状态C时的温度TC；

(2)若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？

答案　(1)375 K　(2)气体内能增加　增加了400 J

解析　(1)D→A为等温线，则TD＝TA＝300 K，C到D过程由盖－吕萨克定律得：＝

解得TC＝375 K.

(2)A→B过程压强不变，体积增大，气体对外做功

W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3 J＝－600 J

由热力学第一定律得：

ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J

则气体内能增加了400 J.