「精品」高中物理第二章固体液体和气体第八节气体实验定律Ⅱ教学案粤教版选修3_3

第八节 气体实验定律(Ⅱ)1.知道什么是等容变化，知道查理定律的内容和公式． 2.了解等容变化的p －T 图线及其物理意义．3．知道什么是等压变化，知道盖·吕萨克定律的内容和公式． 4.了解等压变化的V －T 图线及其物理意义．5．了解气体实验定律的微观解释．一、查理定律1．气体在体积保持不变的情况下发生的状态变化过程，叫___________等容过程. 2．查理定律：一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成___________正比．公式是：___________p ∝T 或p 1p 2＝T 1T 2.各种气体的压强与温度之间都有线性关系．在等容过程中，压强p 与摄氏温度t 是___________一次函数关系，不是简单的正比关系．压强p 与热力学温度T 才是成___________正比关系．3．等容线：一定质量的某种气体做等容变化时，表示该过程的p －T 图象称为___________等容线；等容线是一条___________过原点的直线．1．一定质量的某种气体，温度降得足够低时其状态(固态、液态、气态)是否发生变化？等容变化是否还遵守查理定律？提示：当气体的温度降得足够低时可由气态变为液态或固态，也就不再是气体或气体的质量减少了，也就不再遵守查理定律． 二、盖·吕萨克定律1．气体在压强不变情况下发生的状态变化过程，叫___________等压过程．2．盖·吕萨克定律：一定质量的气体，在压强不变的情况下，体积与热力学温度成___________正比．公式是：___________V ∝T 或V 1V 2＝T 1T 2.3．等压线：一定质量的某种气体做等压变化时，表示该过程的V －T 图象称为___________等压线；等压线是一条通过___________原点的直线．三、对气体实验定律的微观解释1．玻意耳定律：一定质量的气体，温度保持不变时，气体分子的平均动能一定，气体体积减小，分子的密集程度___________增大，气体压强___________增大；反之，气体体积增大，分子密集程度___________减小，气体压强___________减小．2．查理定律：一定质量的气体，体积保持不变而温度升高时，分子的平均动能___________增大，因而气体压强___________增大，温度降低时，情况相反．3．盖·吕萨克定律：一定质量的气体，温度升高时要保持压强不变，只有___________增大气体体积，___________减小分子的密集程度才行，才能保持压强不变． 四、理想气体及其状态方程 1．理想气体(1)气体实验定律的适用条件：___________压强不太大、___________温度不太低． (2)严格遵守三个实验定律的气体，叫___________理想气体．(3)实际气体在温度(与室温比)不太低，压强(与大气压比)不太大的情况下，可看成理想气体． 2．理想气体状态方程一定质量的理想气体，在状态变化过程中，压强与体积的乘积与热力学温度成正比．公式是：___________pVT ＝C 或p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2.2．把小皮球拿到火炉上面烘一下，它就会变得更硬一些(假设忽略球的体积变化)．你有这种体验吗？你怎样用分子动理论的观点来解释这种现象？提示：皮球内单位体积的气体分子数没发生变化，把小球拿到火上烘烤，意味着球内气体分子的平均动能变大，故气体的压强增大，球变得比原来硬一些．气体实验三定律的区别玻意耳定律查理定律盖·吕萨克定律表达式p1V1＝p2V2＝恒量p1T1＝p2T2＝恒量V1T1＝V2T2＝恒量成立条件气体的质量一定，温度不变气体的质量一定，体积不变气体的质量一定，压强不变使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化：AB是一段平行于纵轴的直线段，BC是一段平行于横轴的直线段，CD是一段以坐标轴为渐近线的双曲线．(1)已知气体在状态A的温度为27 ℃，求气体在状态B、C、D时的温度各为多少？(2)试把上述状态变化的过程用V－T图象和p－T图象分别表示出来．[解析] (1)由A→B为等容变化，根据查理定律p A T A ＝p BT B得T B＝p Bp AT A＝600 K由B→C为等压变化，由盖·吕萨克定律V B T B ＝V CT C得T C＝V CV BT B＝1 200 K由C→D为等温变化，则T D＝T C＝1 200 K.(2)在图甲中的V－T图象和图乙中p－T图象两坐标系中找出A、B、C、D所对应的状态位置，然后按A→B→C→D的顺序用线段连接起来即如图所示．[答案] 见解析在解决气体实验定律图象之间的转换问题时，可按以下步骤进行：(1)判断横、纵坐标是哪个物理量，明确图象的意义和特点，特别注意温度轴是T 还是t . (2)根据所给图象判断气体状态的变化属于哪种变化． (3)确定气体各状态的状态参量，画出相应图象．1.一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h ，外界温度为T 0.现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h /4.若此后外界的温度变为T ，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .解析：设汽缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得phS ＝(p ＋Δp )⎝⎛⎭⎪⎫h －14h S ①解得Δp ＝13p ②外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h ′， 根据盖·吕萨克定律，得 （h －14h ）ST 0＝h ′ST③解得h ′＝3T4T 0h ④据题意可得Δp ＝mg S⑤ 气体最后的体积为V ＝Sh ′⑥ 联立②④⑤⑥式得V ＝9mghT4pT 0.答案：9mghT 4pT 0气体实验定律的微观解释及状态方程1．从微观角度解释玻意耳定律玻意耳定律的条件是：气体的质量一定，温度保持不变，换句话说，气体分子的总数和分子的平均动能不变，因此，当气体的体积增大到原来的几倍时，分子密度就减小到原来的几分之一，于是在单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数也就减少到原来的几分之一，所以气体的压强就减小到原来的几分之一．体积减小时，情况相反，所以说，一定质量的气体在等温过程中，其压强与体积成反比． 2．从微观角度解释查理定律查理定律的条件是：气体的质量一定，体积保持不变，即分子的密度不变．在这种情况下，若气体的温度升高，则分子的平均动能随之增大，于是分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数将增多，并且每次碰撞给器壁的作用力增大，因而气体的压强也增大．这就得出了与查理定律的表述相一致的结论． 3．从微观角度解释盖·吕萨克定律盖·吕萨克定律表明，一定质量的气体，保持压强不变，则当温度升高时，其体积必增大．这是因为温度升高，气体分子的平均速率增大了，使得分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增多，且每次碰撞给器壁的作用力也增大了，于是有使压强增大的倾向；但是，如果体积同时适当增大，即分子的密度减小，使得分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数相应减少，这就使气体的压强又有减小的倾向．这两种倾向相互抵消，从而可以保持气体的压强不变．4．理想气体的状态方程的推导 (1)微观方法的推导根据分子动理论，理想气体压强公式：p ＝23nε＝2N3V ε①理想气体的热力学温度与分子平均动能ε成正比T ＝aε②①②两式联立，有：pV T ＝2N 3a 用常数c 表示2N 3a ，有pVT＝c .(2)宏观方法的推导一定质量的某种理想气体经历了从A 到B 的一个等温过程，从B 到C 的一个等容过程，由玻意耳定律p A V A ＝p B V B (T A ＝T B )①由查理定律：p B T B ＝p CT C(V C ＝V B )②由①②联立得：p A V A T A ＝p C V CT C因A 、C 是气体的两个任意状态，所以压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变：pVT＝c .从两种方法推导可以看出，研究物体热现象的微观方法和宏观方法是彼此联系，相互成立的．对气体实验定律的解释要紧紧围绕决定气体压强的两个因素：气体分子密度与平均动能进行讨论．如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 °C ，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时被管封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则： (1)当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm ?(2)当温度达到上问中的温度t 2时，为使左管气柱长L 为8 cm ，应在右管加入多长的水银柱？ [思路点拨] 水银柱封闭气体的情况，压强的单位直接用cmHg 表示，封闭气柱的体积用气柱的长度与面积S 来表示，这样做的目的是简化计算． [解析] (1)初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，V 1＝L 1·S ＝8S cm 3，T 1＝304 K ；末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9S cm 3，T 2＝？根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2代入数据得：76×8S 304＝78×9ST 2解得：T 2＝351 K ，t 2＝T 2－273＝78 °C.(2)设在右管中加入h cm ，p 3＝p 0＋p h ＝(76＋h )cmHg ，V 3＝V 1＝8·S cm ，T 3＝T 2＝351 K 根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3代入得： 76×8·S 304＝（76＋p h ）×8·S351， 解得：p h ＝11.75 cmHg ，h ＝11.75 cm. [答案] (1)78 °C (2)11.75 cm第(2)问的求解比较灵活，可以从状态1到状态3按等容变化，还可以从状态2到状态3按等温变化处理．2.对一定质量的理想气体，用p、V、T分别表示其压强、体积和温度，则有( )A．若T不变，p增大，则分子热运动的平均动能增大B．若p不变，V增大，则分子热运动的平均动能减小C．若p不变，T增大，则单位体积内的分子数减少D．若V不变，p减小，则单位体积内的分子数减少解析：选C.T不变，分子平均动能不变，故A错；p不变，V增大，则T增大，分子平均动能增大，故B错；p不变，T增大，则V增大，单位体积内的分子数减小，故C对；V不变，则单位体积内的分子数不变，故D错．水银柱移动问题如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)[思路点拨] 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp ＝p 1－p 2＝h cmHg.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp 1>Δp 2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp 1<Δp 2，水银柱向下移动，若Δp 1＝Δp 2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向怎样，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多． [解析] 法一：假设法．假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律： 上段：p 2T 2＝p ′2T ′2，所以p ′2＝T ′2T 2p 2Δp 2＝p ′2－p 2＝(T ′2T 2－1)p 2＝ΔT 2T 2p 2 下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1又ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝(p 2＋h )cmHg>p 2 所以Δp 1>Δp 2，即水银柱上移． 法二：图象法．在同一p －T 图上画出两段气柱的等容线，如图所示． 因在温度相同时，p 1>p 2，得气柱l 1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1>Δp 2，所以水银柱上移．[答案] 水银柱上移(1)两部分气体初温相同、温度变化也相同时，若升温，液柱向初态压强小的一方移动，若降温，液柱向初态压强大的一方向移动．(2)两部分气体压强相同，初温不同，温度变化相同时，若升温，液柱向初温高的一方移动，若降温，液柱向初温低的一方移动． (3)液柱移动方向与体积大小无关．[随堂检测]1．(多选)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( ) A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关解析：选AD.由气态方程pV T＝c 知，T ∝pV ，气体的压强，体积不变，pV 一定不变，则T 一定不变，故内能一定不变，故A 正确，B 错误；由气态方pV T＝c 知，温度T 升高，pV 一定增大，但压强不一定增大，故C 错误；气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D 正确．2．如图所示是一定质量的气体从状态A 经B 到状态C 的V －T 图线，由图线可知( ) A ．p A ＞p B B ．p C ＜p B C ．V A ＜V BD ．T A ＜T B解析：选D.由A 到B 的过程是等容变化，由于p T＝C ，T B ＞T A ，所以p B ＞p A ，故A 、C 项错误，D 项正确；由于B 到C 的过程是等压变化，所以p C ＝p B ，故B 项错误．3．(多选)两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种理想气体，已知容器中气体的压强不相同，则下列判断中正确的是( ) A ．压强小的容器中气体的温度比较高B ．压强大的容器中气体单位体积内的分子数比较少C ．压强小的容器中气体分子的平均动能比较小D ．压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大解析：选CD.相同的容器分别装有等质量的同种气体，说明它们所含的分子总数相同，即分子数密度相同，B 错；压强不同，一定是因为两容器气体分子平均动能不同造成的，压强小的容器中分子的平均动能一定较小，温度较低，故A 错，C 对；压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大，故D 项对． 4.如图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 关系图象，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( ) A ．T A ＜T B ，T B ＜T C B ．T A ＞T B ，T B ＝T C C ．T A ＞T B ，T B ＜T C D ．T A ＝T B ，T B ＞T C解析：选C.由题中图象可知，气体由A 到B 过程为等容变化，由查理定律得p A T A ＝p BT B，p A >p B ，故T A >T B ；由B 到C 过程为等压变化，由盖·吕萨克定律得V B T B ＝V CT C，V B <V C ，故T B <T C .选项C 正确．5．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T 1、压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．解析：肥皂泡内气体做等容变化，冻结后，设膜内气体压强为p 2，则p 1T 1＝p 2T 2，得p 2＝T 2T 1p 1，则肥皂膜内外气体的压强差Δp ＝p 2－p 0＝T 2T 1p 1－p 0. 答案：T 2T 1p 1－p 0。

第二章固体、液体和气体章末总结一、单晶体、多晶体、非晶体的判断单晶体的某些物理性质表现出各向异性，多晶体和非晶体都具有各向同性，但单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有．例1关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )A．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B ．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C ．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，则该球体一定是单晶体D ．一块晶体，若其各个方向的导热性能相同，则这块晶体一定是多晶体 答案 C解析 根据各向异性和各向同性只能确定是否为单晶体，无法用来鉴别晶体和非晶体，选项A 错误；薄片在力学性质上表现为各向同性，也无法确定薄片是多晶体还是非晶体，选项B 错误；固体球在导电性质上表现为各向异性，则一定是单晶体，选项C 正确；某一晶体的物理性质显示各向同性，并不意味着该晶体一定是多晶体，对于单晶体并非所有物理性质都表现为各向异性，选项D 错误．二、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T 恒定、V 恒定、p 恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题． 例2 如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0.气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04，现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：图1(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x . 答案 (1)75T 0 (2)12V 0解析(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得：74V0T＝54V0T0，解得：T＝75T0.(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得：pV x＝p03·V04，(p＋p0)(2V0－V x)＝p0·74V0，联立上述二式得：6V2x－V0V x－V20＝0，其解为：V x＝12V0；另一解V x＝－13V0，不合题意，舍去．例3如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)．求：图2(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？(2)打开阀门K后将容器内的气体从300 K分别加热到400 K和540 K时，U形管内两边水银面的高度差各为多少？答案 (1)23V 0 (2)0 15.2 cm解析 (1)初始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2 atm ，V A 0＝V 03打开阀门K 后，A 室气体等温变化，p A ＝1 atm ，体积为V A ，由玻意耳定律得p A 0 V A 0＝p A V A V A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0(2)假设打开阀门K 后，气体从T 0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V 0，压强仍为p 0，即等压过程． 根据盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得T ＝V 0V AT 0＝450 K 因为T 1＝400 K<450 K ，所以p A 1＝p 0，水银柱的高度差为零． 从T ＝450 K 升高到T 2＝540 K 为等容过程，根据查理定律p 0T ＝p A 2T 2，得p A 2＝1.2 atm. T 2＝540 K 时，p 0＋ρgh ′＝1.2 atm ，故水银高度差h ′＝15.2 cm. 三、理想气体的图象问题名称图象特点其他图象等 温 线p －VpV ＝CT (C 为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远p －1Vp ＝CTV，斜率k ＝CT ，即斜率越大，对应的温度越高等 容 线p －Tp ＝C V T ，斜率k ＝CV，即斜率越大，对应的体积越小等 压 线V －TV ＝C p T ，斜率k ＝Cp，即斜率越大，对应的压强越小例4 (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p －V 图象如图3所示，其中A 是初状态，B 、C 是中间状态，A →B 是等温变化，如将上述变化过程改用p －T 图象和V －T 图象表示，则下列各图象中正确的是( )图3答案 BD解析 在p －V 图象中，由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；由B →C ，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律p B T B ＝p CT C，p C >p B ，则T C >T B ，气体的压强增大，温度升高；由C →A ，气体经历的是等压变化过程，根据盖·吕萨克定律V C T C ＝V A T A，V C >V A ，则T C >T A ，气体的体积减小，温度降低．A 项中，B →C 连线不过原点，不是等容变化过程，A 错误；C 项中，B →C 体积减小，C 错误；B 、D 两项符合全过程．综上所述，正确答案选B 、D.1．(晶体和非晶体)下列关于晶体与非晶体的说法，正确的是( ) A ．橡胶切成有规则的几何形状，就是晶体B ．石墨晶体打碎后变成了非晶体C ．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属块是非晶体D ．非晶体没有确定的熔点 答案 D解析 晶体具有天然的规则的几何形状，故A 错；石墨晶体打碎后还是晶体，故B 错；金属是多晶体，故C 错；非晶体没有确定的熔点，故D 对．故正确选项为D.2．(气体实验定律的应用)如图4所示，气缸放置在水平台上，活塞质量为5 kg ，面积为25 cm 2，厚度不计，气缸全长25 cm ，大气压强为1×105Pa ，当温度为27 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm ，若保持气体温度不变，将气缸缓慢竖起倒置．g 取10 m/s 2.图4(1)求气缸倒置后气柱长度；(2)气缸倒置后，温度升至多高时，活塞刚好接触平台(活塞摩擦不计)? 答案 (1)15 cm (2)227 ℃解析 (1)将气缸倒置，由于保持气体温度不变，故气体做等温变化：p 1＝p 0＋mgS ＝1.2×105 Pap 2＝p 0－mgS＝0.8×105 Pa由玻意耳定律得：p 1L 1S ＝p 2L 2S ，解得L 2＝15 cm(2)气体做等压变化：T 2＝T 1＝(273＋27) K ＝300 K ，L 2＝15 cm ，L 3＝25 cm V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3V 2T 2＝L 3L 2T 2≈500 K＝227 ℃. 3．(气体实验定律的应用)容积为1 L 的烧瓶，在压强为1.0×105Pa 时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃；当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好(塞子塞好时瓶内气体温度仍为127 ℃，压强为1.0×105Pa)，把－273 ℃视作0 K ．求： (1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值． 答案 (1)1.33×105Pa (2)34解析 (1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象初态有p 1＝1.0×105Pa ，T 1＝300 K 末态气体压强设为p 2，T 2＝400 K 由查理定律可得p 2＝T 2T 1p 1≈1.33×105Pa.(2)设瓶内原有气体体积为V ，打开塞子后温度为400 K 、压强为1.0×105Pa 时气体的气体为V ′由玻意耳定律有p 2V ＝p 1V ′ 可得V ′＝43V故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为34.4．(理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC 来表示，在A 、B 、C 三个状态上，气体的温度T A 、T B 、T C 相比较，大小关系为( )图5A ．TB ＝T A ＝TC B ．T A ＞T B ＞T C C ．T B ＞T A ＝T CD ．T B ＜T A ＝T C 答案 C解析 由题图中各状态的压强和体积的值得：p A V A ＝p C V C ＜p B V B ，因为pV T＝C ，可知T A ＝T C ＜T B .。

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学 习 资 料 专 题第二章 固体、液体和气体章末复习课[知识体系]固体、液体和气体⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧固体⎩⎪⎨⎪⎧单晶体：① 的几何外形，物理性质② ，有③ 的熔点多晶体：④ 的几何外形，物理性质⑤ ，有⑥ 的熔点非晶体：⑦ 的几何外形，物理性质⑧ ，⑨ 的熔点液体⎩⎪⎨⎪⎧表面张力⎩⎪⎨⎪⎧方向：沿液面的切线方向现象：液体表面积有⑩ 的趋势解释：液面分子间距r ＞r 0，引力使得r 、E p均有减小的趋势液晶的性质及应用气体⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧气体的状态参量：温度（T ）、体积（V ）、压强（p ）气体实验定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧玻意耳定律⎩⎪⎨⎪⎧成立条件：⑪ 一定；⑫ 不变表达式：p ∝1V 或⑬ 等温线查理定律⎩⎪⎨⎪⎧成立条件：⑭ 一定，气体的⑮ 不变表达式：p ∝T 或⑯等容线盖·吕萨克定律⎩⎪⎨⎪⎧成立条件：⑰ 一定，气体的⑱ 不变表达式：V ∝T 或⑲ 等压线饱和蒸汽和湿度⎩⎪⎨⎪⎧饱和蒸汽：动态平衡随温度变化而变化，与蒸汽体积⑳饱和汽压湿度：○21 ，相对湿度主题1 单晶体、多晶体和非晶体的比较1．单晶体、多晶体和非晶体的区别及微观解释：(1)单晶体具有各向异性，但并不是所有的物理性质都具有各向异性．例如，立方体铜晶体的弹性是各向异性的，但它的导热性和导电性却是各向同性的．(2)同一物质在不同条件下既可以是晶体，也可以是非晶体．例如，天然的水晶是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(石英玻璃)却是非晶体．(3)对于单晶体和多晶体应以外形和物理性质两方面来区分，而对于晶体和非晶体应以熔点是否一定来区分．[典例❶] 如图所示的四个图象中，属于晶体凝固图象的是( )解析：首先要分清晶体与非晶体的图象，晶体凝固时有确定的凝固温度，而非晶体则没有．A 、D 是非晶体的图象，故错误；其次分清是熔化还是凝固的图象，熔化是固体变成液体，达到熔点前是吸收热量，温度一直在升高，而凝固则恰好相反，故C 对．B 错．答案：C 针对训练1．(多选)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( ) A ．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球体一定是单晶体D．一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则这块晶体一定是多晶体解析：判定固体是否为晶体的标准是看是否有固定的熔点．多晶体和非晶体都具有各向同性和天然无规则的几何外形，单晶体具有各向异性和天然规则的几何外形．答案：CD主题2 液体的微观结构及表面张力1．液体的结构更接近于固体，具有一定体积、难压缩、易流动、没有一定形状等特点．2．液体表面层具有收缩趋势，这是液体表面相互吸引力即表面张力的作用结果．3．表现张力的本质是分子引力，这是因为表面层的分子较稀，距离较大，分子间引力和斥力的合力表现为引力作用的效果．4．在表面张力作用下，液体表面积有收缩到最小的趋势．【典例2】关于液体的表面张力，下列说法中正确的是( )A．液体表面张力是液体各部分之间的相互吸引力B．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力表现为零C．不论是水还是水银，表面张力都会使表面收缩D．表面张力的方向与液面相垂直解析：液体表面张力就是液体表面各部分之间相互吸引的力，A错；液体的表层分子要比内部稀疏些，分子间的距离较内部分子间距离大，表层分子间表现为引力，B错；液体的表面张力总使液面具有收缩的趋势，C正确；液体表面张力的方向总是与液面相切，总是跟液面分界线相垂直，D错．答案：C针对训练2．(多选)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有( )A．水黾可以停在水面上B．荷叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水很快散开D．悬浮在水中的花粉做无规则运动解析：因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A 正确；荷叶上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故B正确；滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，是液体分子无规则热运动的反映，故C错误；悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，是液体分子无规则热运动的反映，故D错误．答案：AB主题3 变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．1．打气问题．向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题，只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题．从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程中看作是等温膨胀过程．3．灌气问题．将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题．容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解．【典例3】 某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3，1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变．(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？解析：(1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p ，由玻意耳定律得：1 atm ×300 cm 3＝1.5×103 cm 3×p ，p ＝0.2 atm ，需打气次数n ＝4－10.2＝15.(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V ，由玻意耳定律得：4 atm ×1.5 L ＝1 atm ×V ，V ＝6 L ， 故还剩贮液7.5 L －6 L ＝1.5 L.答案：(1)15 (2)1.5 L针对训练3．用打气筒将1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500 cm 3，轮胎容积V ＝3 L ，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强为p ′＝4 atm ，用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( )A ．5次B ．10次C ．15次D ．20次解析：因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得1.5 atm ×3 L ＋n ×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L， 解得n ＝15，故答案选C. 答案：C统揽考情气体是高考的必考部分，这也说明本章在高考中所占比重比较大．本章习题在新课标高考中多以计算题的形式出现，而且是必考的一类题．考查内容：气体实验定律和理想气体状态方程，还要涉及压强计算和压强的微观表示方法．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp 与气泡半径r 之间的关系为Δp ＝2σr，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m 处一半径为0.50cm 的气泡缓慢上升．已知大气压强p 0＝1.0×105Pa ，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)求在水下10 m 处气泡内外的压强差；(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．解析：(1)由公式Δp ＝2σr ，得Δp ＝2×0.0705×10－3 Pa ＝28 Pa ，水下10 m 处气泡内外的压强差是28 Pa.(2)忽略水温随水深的变化，所以在水深10 m 处和在接近水面时气泡内温度相同． 由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，① 其中V 1＝43πr 31，②V 2＝43πr 32，③由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有p 1＝p 0＋ρgh 1＝2×105Pa ＝2p 0④ p 2＝p 0⑤将②③④⑤带入①，得2p 0×43πr 31＝p 0×43πr 32.气泡的半径与其原来半径之比的近似值为：r 2r 1＝32≈1.3.答案：(1)28 Pa (2)1.3针对训练(2015·全国Ⅰ卷)如图所示，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2，小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ，气缸外大气压强为p ＝1.00×105Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K ，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．解析：(1)大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化．初始：V 1＝L2(S 1＋S 2) T 1＝495 K末状态：V 2＝LS 2，T 2＝？由盖·吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2代入数值可得：T 2＝330 K. (2)对大小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝pS 2＋p 1S 1，可得p 1＝1.1×105Pa ，缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化 初状态：p 1＝1.1×105Pa ，T 2＝330 K ， 末状态：p 2＝？，T ＝303 K ，由查理定律p 1T 2＝p 2T，得p 2＝1.01×105Pa. 答案：(1)330 K (2)1.01×105Pa1． (多选)下列说法正确的是( )A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变解析：把一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故A 错；对于单晶体表现各向异性，故B 对；石墨和金刚石是同种元素，就是原子的排列不同而形成的不同晶体，故C 对；在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体例如石英，故D 对；在熔化过程中温度不变但内能会增加，故E 错．答案：BCD2．(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排列不规则D ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 解析：熔化过程中，温度保持不变，温度不变不能说明有固定的熔点，所以A 正确；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是由于液体的表面张力的作用，又因为受到重力作用，所以呈椭圆形，所以B 错误；沿晶格的不同方向，原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理化学特性也不同，这就是晶体的各向异性，所以C 错误，D 正确．答案：AD3．(2016·江苏卷)(多选)在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸汽的变化情况为( )A．压强变小B．压强不变C．一直是饱和汽D．变为未饱和汽解析：水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，饱和气压随着温度的降低而减小，A、C正确，B、D错误．答案：AC4．(2016·全国Ⅱ卷)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。

气体实验定律（II）一、教学目标1．物理知识要求：（1）明白什么是气体的等容转变进程；（2）把握查理定律的内容、数学表达式；明白得p-t图象的物理意义；（3）明白查理定律的适用条件；（4）会用分子动理论说明查理定律．2．通过演示实验，培育学生的观看能力、分析能力和实验研究能力．3．培育学生运用数学方式解决物理问题的能力——由图象总结出查理定律．二、重点、难点分析1．查理定律的内容、数学表达式、图象及适用条件是重点．2．气体压强和摄氏温度不成正比，压强增量和摄氏温度成正比；气体原先的压强、气体在零摄氏度的压强，这些内容易混淆．三、教具1．引入新课的演示实验带有橡皮塞的滴液瓶、加热装置．2．演示必然质量的气体维持体积不变时，压强与温度的关系查理定律演示器、水银气压计、搅棒、食盐和适量碎冰、温度计、保温套、容器．四、要紧教学进程（一）引入新课咱们先来看一个演示实验：滴液瓶中装有干燥的空气，用涂有少量润滑油的橡皮塞盖住瓶口，把瓶子放入热水中，会看到塞子飞出；把瓶子放在冰水混合物中，拔掉塞子时会比平常费力．那个实验告知咱们：必然质量的气体，维持体积不变，当温度升高时，气体的压强增大；当温度降低时，气体的压强减小．请学生举一些生活中的实例．下面咱们进一步研究必然质量的气体维持体积不变，气体的压强随温度转变的规律．（二）教学进程设计1．气体的等容转变结合演示实验的分析，引导学生得出：气体在体积不变的情形下所发生的状态转变叫做等体积转变，也叫做等容转变．2．必然质量的气体在等容转变进程中，压强随温度转变的实验研究（1）实验装置——查理定律演示器请学生观看实物．请学生结合实物演示，弄明白如下问题：①研究对象在哪儿？②当A管向上运动时，B管中的水银面如何转变？③当A管向下运动时，B管中的水银面如何转变？④如何保证瓶中气体的体积不变？⑤瓶中气体的压强如何表示？（当B管中水银面比A管中水银面低时；当B 管中水银面比A管中水银面高时）（2）用气压计测量大气压强p0=______mmHg（注意水银气压计的读数方式．）请两位学生读出那时的大气压强值．（3）实验条件：必然质量的气体、必然的气体体积请学生讨论：如何保证明验条件？①烧瓶用胶塞塞好，与水银压强计B管连接处密封好．②使水银压强计的A管水银面与B管水银面一样高，并将B管水银面的位置记下来．（室温）（4）实验进程①将烧瓶置于食盐加碎冰溶化的混合物中，烧瓶要完全没入．（请学生估测发生的现象）现象：烧瓶中气体体积减小，B管中水银面上升，A管中水银面下降．气体压强减小．方法：请学生讨论现在如何移动A管才能使B管中水银面恢复到初始的标记位置．记下现在A、B管中水银面的高度差．②将烧瓶完全置于冰水混合物中．（请学生估测发生的现象）现象：烧瓶中气体体积仍小于室温时的标记体积，B管中水银面仍高于A管中水银面，但A、B两管中水银面高度差减少．方法：仍请学生回答现在如何移动A管才能使B管中水银面恢复到初始的标记位置．记下现在A、B管中水银面的高度差．③将烧瓶完全置于30℃的温水中．（请学生估测发生的现象）现象：B管中水银面低于标记位置，A管中水银面高于标记位置．方法：请学生讨论应如何移动A管，才能使B管中的水银面恢复到初始标记位置．记下现在A、B管中水银面的高度差．④将烧瓶再别离完全置于45℃的温水中，60℃、75℃的热水中，重复上述进程．请学生计算：（1）以0℃气体压强为参照，气体温度每升高1℃，增加的压强值是0℃时气体压强值的多少分之一．（2）以0℃气体压强为参照，气体温度每降低1℃，减少的压强值是0℃时气体压强值的多少分之一．（6）图象（以实际实验数据为准，此处仅为示用意）由此图象，可写出如下方程：p=p0+kt其中k为斜率因此精准的实验指出 t外推=-273℃3．实验结论——查理定律1787年法国科学家查理通过实验研究，发觉所有气体都遵从下述规律：必然质量的气体，在体积维持不变的情形下，温度每升高（或降低）1℃，上述内容确实是查理定律．设必然质量的气体，维持体积不变的条件下，0℃的压强为p0，t℃时的压强为pt，那么有上述为查理定律数学表达式．适用条件：①温度不太低；②压强不太大．微观说明：请学生自学讲义．4．查理定律的应用例1必然质量的气体，维持体积不变，温度从1℃升高到5℃，压强的增量为×103Pa，那么 [ ]A．它从5℃升高到10℃，压强增量为×103PaB．它从15℃升高到20℃，压强增量为×103PaC．它在0℃时，压强约为×105Pa答案：C．五、说明1．每次改变容器内的水温，应有足够的时刻使烧瓶内气体与水达到热平稳，再调整A管的高度，使B管中水银面恢复到初始标记位置．2．为不使课堂气氛松懈，可课前将全数实验进程录像，课上播放．为使学生信服，可请适当数量的学生代表参加．3．建议：要求每一个学生都动手依照数据表格，成立p-t坐标系，画出图象．教师可利用投影仪展现其中较好的．。

习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用[目标定位] 1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.3.理解液柱移动问题的分析方法．一、变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明：1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的气体状态变化问题．2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是气体膨胀的过程．例1一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0)( )图1A ．np 0，1np 0 B.nV 0V p 0，V 0nVp 0 C ．(1＋V 0V )n p 0，(1＋V 0V )n p 0D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)n p 0 答案 D解析 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝V V ＋V 0p 0. 活塞工作n 次，则有：p n ＝(V V ＋V 0)n p 0.故正确答案为D. 二、液柱移动问题液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔT Tp . (2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔT TV . 例2 两个容器A 、B ，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图2所示，A 、B 所装气体的温。

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第八节气体实验定律（Ⅱ）[A级抓基础]1．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体的压强增大,从分子微观角度来分析，这是因为（)A．气体分子的平均动能增大B．单位时间内器壁单位面积上分子碰撞的次数增多C．气体分子数增加D．气体分子对器壁的碰撞力变大解析：温度不发生变化，分子的平均动能不变,分子对器壁的碰撞力不变,故A、D错；质量不变,分子总数不变，C项错误；体积减小,气体分子密集程度增大，单位时间内器壁单位面积上分子碰撞次数增多,故B正确．答案：B2．(多选）一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了错误!,若气体原来温度是27 ℃,则温度的变化是（）A．升高到 450 K B．升高了 150 ℃C．升高到 40。

5 ℃D．升高了450 ℃解析:由错误!＝错误!得错误!＝错误!，则T2＝450 K Δt＝450－300＝150(℃）．答案：AB3．一定质量的理想气体被一绝热气缸的活塞封在气缸内,气体的压强为p0，如果外界突然用力压活塞，使气体的体积缩小为原来的一半，则此时压强的大小为( ) A．p＜2p0B．p＝2p0C．p＞2p0D．各种可能均有，无法判断解析：外界突然用力压活塞，使气体的体积瞬间减小，表明该过程中气体和外界没有热变换，所以气体的内能将会变大，相应气体的温度会升高，若温度不变时，p＝2p0，因为温度变高，压强增大,则p＞2p0，故选项C正确．答案：C4．如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V.T图象,由图象可知( )A．p A>p B B．p C〈p BC．V A<V B D．T A<T B解析：由V。

第二章 固体、液体和气体 第八节 气体实验定律(Ⅱ)A 级 抓基础1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是( )A ．气体的摄氏温度升高到原来的二倍B ．气体的热力学温度升高到原来的二倍C ．气体的摄氏温度降为原来的12D ．气体的热力学温度降为原来的12解析：由查理定律知，压强增大到原来的二倍，则气体的热力学温度升高为原来的二倍，而摄氏温度不是升高为原来的二倍，则B 正确．答案：B2．(多选)一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了12，若气体原来温度是27 ℃，则温度的变化是( )A ．升高到 450 KB ．升高了 150 ℃C ．升高到 40.5 ℃D ．升高了450 ℃解析：由V 1V 2＝T 1T 2得V 1V 1＋12V 1＝273＋27T 2，则T 2＝450 K Δt ＝450－300＝150(℃)．答案：AB3．一定质量的理想气体被一绝热气缸的活塞封在气缸内，气体的压强为p 0，如果外界突然用力压活塞，使气体的体积缩小为原来的一半，则此时压强的大小为( )A ．p ＜2p 0B ．p ＝2p 0C ．p ＞2p 0D ．各种可能均有，无法判断解析：外界突然用力压活塞，使气体的体积瞬间减小，表明该过程中气体和外界没有热变换，所以气体的内能将会变大，相应气体的温度会升高，若温度不变时，p ＝2p 0，因为温度变高，压强增大，则p ＞2p 0，故选项C 正确．答案：C4．(多选)一定质量的某种气体自状态A 经状态C 变化到状态B ，这一过程在V ­T 图上的表示如图所示，则( )A ．在过程AC 中，气体的压强不断变大B ．在过程CB 中，气体的压强不断变小C ．在状态A 时，气体的压强最大D ．在状态B 时，气体的压强最大解析：气体在过程AC 中发生等温变化，由pV ＝C 可知，体积减小，压强增大，故A 正确．在CB 变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由pT＝C 可知，温度升高，压强增大，故B 错误．综上所述，在ACB 过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B 时的压强最大，故C 错误，D 正确．答案：AD5．如图为0.3 mol 的某种气体的压强和温度关系的p ­t 图线，p 0表示1个标准大气压，则在状态B 时气体的体积为( )A ．5.6 LB ．3.2 LC ．1.2 LD ．8.4 L解析：此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L ．根据图线所示，从p 0到A 状态，气体是等容变化，A 状态的体积为6.72 L ，温度为(127＋273)K ＝400 K ．从A 状态到B 状态为等压变化，B 状态的温度为(227＋273)K ＝500 K ，根据盖·吕萨克定律V A T A ＝V BT B ，得V B ＝V A T B T A ＝6.72×500400L ＝8.4 L. 答案：D6．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V ＝355 mL.假设在室温(17 ℃)罐内装有0.9V 的饮料，剩余空间充满CO 2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐承受的压强为1.2 atm ，则保存温度不能超过多少？解析：取CO 2气体为研究对象，则： 初态：p 1＝1 atm ，T 1＝(273＋17) K ＝290 K. 末态：p 2＝1.2 atm ，T 2＝未知量．气体发生等容变化，由查理定律p 2p 1＝T 2T 1得：T 2＝p 2p 1T 1＝1.2×2901K ＝348 K ，t ＝(348－273) ℃＝75 ℃.答案：75 ℃B 级 提能力7．一个密封的钢管内装有空气，在温度为20 ℃时，压强为1 atm ，若温度上升到80 ℃，管内空气的压强约为( )A ．4 atm B.14 atm C ．1.2 atmD.56atm 解析：由p 1p 2＝T 1T 2得：1p 2＝273＋20273＋80，p 2≈1.2 atm.答案：C8．(多选)如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h 的水银柱，中间封有一段空气，则( )A ．弯管左管内、外水银面的高度差为hB ．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大C ．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升D ．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升解析：被封闭气体的压强按右边计算为p ＝p 0＋p h ，按左边算也为p ＝p 0＋p h ，故左管内、外水银面的高度差为h ，A 正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B 、C 均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D 正确．答案：AD9．(多选)如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U 形玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h ，能使h 变大的原因是( )A ．环境温度升高B ．大气压强升高C ．沿管壁向右管内加水银D ．U 形玻璃管自由下落解析：对左管被封气体：p ＝p 0＋p h ，由pV T＝k ，可知当温度T 升高，大气压p 0不变时，h 增加，故A 正确；大气压升高，h 减小，B 错；向右管加水银时，由温度T 不变，p 0不变，V 变小，p 增大，即h 变大，C 正确；U 形管自由下落，水银完全失重，气体体积增加，h 变大，D 正确．答案：ACD10．如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为5×10－3m 2，一定质量的气体被质量为 2.0 kg 的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为________ Pa(大气压强取1.01×105Pa ，g 取10 m/s 2)．若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.50 m 缓慢地变为0.51 m ，则此时气体的温度为________ ℃.解析：p 1＝F S ＝mg S ＝2×105×10－3 Pa ＝0.04×105Pa ，所以p ＝p 1＋p 0＝0.04×105Pa ＋1.01×105Pa ＝1.05×105Pa ，由盖·吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2， 即0.5S 273＋27＝0.51S273＋t，所以t ＝33 ℃.答案：1.05×1053311．如图所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入7 ℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14 cm ，当水温升高到27 ℃时，钢筒露出水面的高度为多少(筒的厚度不计)?解析：设筒底露出水面的高度为h .当t 1＝7 ℃时，H 1＝14 cm ，当t 2＝27 ℃时，H 2＝(14＋h )cm ，由等压变化规律H 1S T 1＝H 2ST 2，得14280＝14＋h 300， 解得h ＝1 cm ，也就是钢筒露出水面的高度为1 cm. 答案：1 cm12．如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40 cm 2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A 封闭在气缸内．在气缸内距缸底60 cm 处设有a 、b 两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强为p 0(p 0＝1.0×105Pa ，为大气压强)，温度为300 K ．现缓慢加热气缸内气体，当温度为330 K ，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360 K 时，活塞上升了4 cm.g 取10 m/s 2求：(1)活塞的质量； (2)物体A 的体积．解析：(1)设物体A 的体积为ΔV .T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝60×40－ΔV ， T 2＝330 K ，p 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1.0×105＋mg40×10－4Pa ，V 2＝V 1， T 3＝360 K ，p 3＝p 2，V 3＝64×40－ΔV ，由状态1到状态2为等容过程p 1T 1＝p 2T 2， 代入数据得m ＝4 kg.(2)由状态2到状态3为等压过程V 2T 2＝V 3T 3， 代入数据得ΔV ＝640 cm 3.答案：(1)4 kg (2)640 cm3。