最新人教版高中物理选修3-3第八章《气体的等温变化》课前预习

2020年高中物理选修3－3第八章《气体的等温变化》精编版提示:理论分析，当V 非常大时1/V 等于零。

气体为近似真空，压强应当为零，所以直线不过原点应当是实验误差。

思考：误差的来源是什么？那么如何能减小误差呢？（3）实验结论：实验数据表明：一定质量的气体的某种气体，在温度不变的情况下，压强P 与体积V 成反比。

二、玻意耳定律 （1）定律内容表述之一一定质量的气体的某种气体，在温度不变的情况下，压强P 与体积V 成反比。

数学表达式，设初态体积为V1，压强为p1；末态体积为V2，压强为p2。

有： p1 V1 = p2 V2 （2）定律内容表述之二 一定质量的气体，在温度不变的情况下，它的压强跟体积的乘积是不变的。

数学表达式，pV=恒量 例1：一定质量气体的体积是20L 时，压强为1×105Pa 。

当气体的体积减小到16L 时，压强为多大？设气体的温度保持不变。

解：初态 p1=1×105Pa V1=20L T1=T 末态 p2=？Pa V2=16L T2=T 由玻意耳定律 p1V1=p2V2 得： Pa Pa V V P P 5521121025.11620101⨯=⨯⨯==三、气体等温变化的P-V 图像 思考:我们在探究一定质量气体压强跟体积关系的实验中，为了检验这两个物理量之间是否存在线性关系，可以建立P-1/V 的坐标系。

然而，为了直观地描述压强P 跟体积V 的关系，通常还是用P-V 坐标系。

等温变化图象1、特点:(1)等温线是双曲线的一支。

(2)温度越高,其等温线离原点越远. 思考:一气体，不同温度下等温线是不同的，你能判断那条对于图像不过原点的原因,同时思考改进措施(4分钟)得出实验结论理解更为准确的描述—玻意耳定律(4分钟)利用学习的气体等温变化的规律解决例题1,同时总结解题基本思路.(6分钟)用图像的语言描述一定质量的气体在温度不变的情况下压强和体积之间的定量关系,同时分。

学习目标1•理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系.2•会通过实验的手段研究问题，探究物理规律，学习用电子表格与图象对实验数据进行处理与分析，体验科学探究过程.3.理解气体等温变化的p —V 图象的物理意义.4.会用玻意耳定律计 1•状态参量：研究气体的性质时，用压强、体积、温度这三个物理量来描述气体的状态，这三个物理量被称为气体的状态参量.2•等温变化：一定质量的气体，在温度不变时其压强与体积发生的变化. 3•实验探究实验器材 铁架台、注射器、气压计等 研究对象(系统)注射器内被封闭的空气柱数据收集 压强由气压计读出，空气柱体积(长度)由刻度尺读出 数据处理以压强p 为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作出p —1图象图象结果 p —V 图象是一条过原点的直线实验结论压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比1. (1)被封闭气体的质量发生变化不影响实验结果.()(2) 实验中空气柱体积变化快慢对实验没有影响.()(3) 玻璃管外侧的刻度虽然是均匀的，但并非准确的等于1cm 、2cm …这对实验结果的可靠性没有影响.()提示：(1)X(2)X(3)V 二、玻意耳定律1•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. 2.公式:p!=C (常量)或P 1V 1=P 2V 2. 3•适用条件：气体质量不变、温度不变.仲第八章DIBAZHANG第1节气体的等温变化 算有关的问题．一、探究气体等温变化的规律2．(1)玻意耳定律是英国科学家玻意耳和法国科学家马略特各自通过实验发现的.()(2)公式pV=c中的c是常量，指当p、V变化时c的值不变.()(3)对于温度不同、质量不同、种类不同的气体，C值是相同的.()提示：⑴丁(2)X(3)X三、气体等温变化的P—V图象1.形状：如图，一定质量的理想气体的P—V图线的形状为双曲线,它描述的是温度不变时的p—V关系，称为等温线.0V不同两条等2.分析：一定质量的气体，不同温度下的等温线餐同的.3.(1)一定质量的气体的等温线上的两点的压强p和体积V的乘积相等.()(2)p—V图中的等温线上的一点代表一定质量的气体的一个状态.()(3)一定质量的某种气体在温度不变的条件下，其p—1图象是过原点的一条直线.()提示：(1)V(2)V(3)V如图所示，一定质量气体的等温线为双曲线，采用哪种数学方法可将P、V的关系转化知识点1封闭气体压强的计算得P=P 0+m (g +a ) ~S~1．静止或匀速运动系统中压强的计算方法(1)取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面．由两侧压强相等列方程求解压强．情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．例如，图甲中粗细均匀的U 形管中封闭了一定质量的气体A ，在其最低处取一液片B ,由其两侧受力平衡可知(P A +Pgh )S =(p +P gh +Pgh )S ，即p A =p +pA 000A 0h(3)力平衡法：选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F A =0列式求气体压强.合2．容器加速运动时封闭气体压强的计算当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行 受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强．如图乙，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS —pS —mg =ma□命题视角1水银封闭气体压强的计算例1如图所示，竖直放置的U 形管，左端开口，右端封闭，管内有a 、b 两段水银柱,将A 、B 两段空气柱封闭在管内.已知水银柱a 长10cm ，水银柱b 两个液面间的髙度差为5cm,大气压强为75cmHg ，求空气柱A 、B 的压强.例如，图甲中，同一水平液面C 、D 处压强相等，故p A =p +p h .A 0h甲(2)参考液片法：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Z.［答案］P0Mg［解析］设气体A、B产生的压强分别为P A、P B,管截面积为S,取a液柱为研究对象进行受力分析如图甲所示，得P A S+mg=p0S，而pS=pgh i S=mg,Aa0a1a故P A S+pS=pSAa0所以P=P—p=75cmHg—10cmHg=65cmHgA0a取液柱b为研究对象进行受力分析如图乙所示，同理可得PS＋PS=PSBbA所以P=P—p=65cmHg—5cmHg=60cmHg.BAb［答案］65cmHg60cmHgn命题视角2活塞封闭气体压强的计算创？一圆形汽缸静止于地面上，如图所示•汽缸筒的质量为M,活塞的质量为m,活塞的面积为S，大气压强为p0.现将活塞缓慢向上提，求汽缸刚离开地面时汽缸内气体的压强．（忽略汽缸壁与活塞间的摩擦）［思路点拨］对活塞、整体（活塞和汽缸）分别受力分析列平衡方程求解．［解析］题目中的活塞和汽缸均处于平衡状态，以活塞为研究对象，受力分析，由平衡条件，得F＋PS=mg＋P0S.以活塞和汽缸整体为研究对象，受力分析，有F=（M+m）g，由以上两个方程式，得pS+Mg=p0S，解得卩=卩0-卷【通关练习】1•如图所示，4只管中A端有封闭气体，气体的压强分别为p、pp、p它们的大abcdC.P =P b =P <P dD.p =p V p =pacb c.p °+Mg cos 0SD.p °+Mg S解析：选B.液体相连在等髙处压强相等，必须注意的是不能把气体和液体“连通”Pa=p —h ,p =p —2h ,p =p +h ,p =p +2h ,选B.0b 0c 0d 02. 如图所示，一横截面积为S 的圆柱形容器竖直放置，圆板A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，且下表面与水平面的夹角为0,圆板的质量为M ,不计一切摩擦，大气压为p 0,则被圆板封闭在容器中的气体的压强为()Mg cosS解析：选D.以圆板为研究对象，如图所示，竖直方向受力平衡，p 4S z cos 0=pS +A 0Mg ,S '=—，所以p]—[cos 0=pS +Mg ,所以p A =p +罟.故D 选项正确.cos 0A 'cos 0丿0A 0SW 识点2玻意耳定律的理解和应用1•成立条件：玻意耳定律p i V i =p 2V 2是实验定律，只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立.2•常量C ：玻意耳定律的数学表达式pV =C 中的常量C 不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越髙，该恒量C 越大.3.应用玻意耳定律的思路和方法(1) 确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件. (2) 确定始末状态及状态参量(p 、V ,p 、V ).1122小顺序为()A.p =p b =p =p dabcdB.P d >P >P >P,B.(3)根据玻意耳定律列方程pV=pV代入数值求解(注意各状态参量要统一单位).(4)注意分析题目中的隐含条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程．(5)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去．□命题视角1玻意耳定律的应用创J如图所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭长l］=20cm气柱，两管中水银面等髙.现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面髙出左管水银面h=10cm.环境温度不变，大气压强P o=75cmHg，求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位).［思路点拨］稳定后气柱的长度一稳定后气体的压强一低压舱的压强［解析］设U形管横截面积为S,则初始状态左端封闭气柱体积可记为片=1直，由两管中水银面等髙，可知初始状态其压强为P0.当右管水银面髙出左管10cm时，左管水银面下降5cm，气柱长度增加5cm，此时气柱体积可记为V2=(l］+5cm)S，右管低压舱内的压强记为P,则左管气柱压强P2=p+10cmHg，根据玻意耳定律得：P o v1=p2v2即P o l］S=(p+1OcmHg)(l］+5cm)S代入数据，解得：P=50cmHg.［答案］50cmHg口命题视角2充气问题例4如图所示为某压缩式喷雾器储液桶，其容量是5.7X10-3m3,往桶内倒入4.2X10-3m3的药液后开始打气，假设打气过程中药液不会向外喷出.如果每次能打进2.5X10-4m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到4atm,应打气几次？这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？(设标准大气压为1atm，打气过程中不考虑温度的变化)喷液口充气完毕后桶内气体N［解析］设标准大气压为P0，药桶中空气的体积为V,打气N次后，喷雾器中的空气压强达到4atm,打入气体在1atm下的体积为N X2.5X10-4m3.选取打气N次后药桶中的空气为研究对象，由玻意耳定律得mg sin aS 若P0增大, 则p增大,根据pV=常量, 可知V 减小; 对汽缸和活塞的整体而言，pV+p X N X(2.5X10-4m3)=4pV000其中V=5.7X10-3m3—4.2X10-3m3=1.5X10-3m3代入上式后解得N=18当空气完全充满药桶后，如果空气压强仍然大于大气压，则药液可以全部喷出，否则不能完全喷出．由玻意耳定律得4P0V=p X5.7X10-3m3解得p=1.053p°>p0，所以药液可以全部喷出.［答案］18能可设想用一容积为nV。

第八章 气体 1 气体的等温变化记一记气体的等温变化知识体系一个方法——控制变量法 一个定律——玻意耳定律两个图象——p -V 图象和p -1V 图象四种方法——求封闭气体压强的方法：连通器原理法、液片平衡法、固体平衡法、牛顿第二定律法辨一辨1.描述气体状态的参量是密度、压强、温度．(×) 2．描述气体状态的参量是体积、压强、温度．(√)3．若一定质量的气体的温度、压强保持不变，其体积可能发生变化．(×)4．若一定质量的气体的温度保持不变，其压强增大时体积增大．(×)想一想1．如图所示为“探究气体等温变化规律”的装置． (1)本实验应用了什么物理方法？(2)在探究过程中，需要测定哪些物理量？如何测量？ 提示：(1)控制变量法．(2)探究过程需要测量气体的体积和压强．体积可由注射器刻度读出，压强可由压力表读出．2．一定质量的气体在不同温度下有两条等温线，如图，试比较温度的高低．提示：由玻意耳定律知pV ＝C ，C 与温度有关，pV 越大则温度越高，即T 1<T 2.思考感悟： 练一练1．如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其p -1V 图象为过坐标原点的倾斜直线，气体温度变化是( ) A ．逐渐升高 B ．逐渐降低 C ．不变D ．先升高后降低解析：由玻意耳定律pV ＝C 得P ＝C ·1V 即p ∝1V ，由于C 为常数，则T 是常数，温度保持不变．答案：C2．一定质量的气体在温度保持不变时，压强增大到原来的4倍，则气体的体积变为原来的( )A．4倍B．2倍C.12 D.14解析：由pV＝C，知温度不变时，C不变，当p增大到原来4倍时，V应变为原来的1/4.答案：D3．(多选)如图水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是() A．将管稍上提，h不变B．将管稍上提，h变大C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差也是70 cmD．将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70 cm解析：水银柱产生的压强加上封闭气体的压强大小等于大气压．将玻璃管上提时，封闭气柱体积增大，因温度不变，故压强减小，所以管内水银柱产生的压强须增大才能重新平衡，故h变大；将管下插时，封闭气柱变短，压强增大，内外液面差应变小，才能重新平衡，故选BD.答案：BD4．(多选)如图所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法正确的是()A．从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比B．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的C．由图可知T1>T2D．由图可知T1<T2解析：由等温线的物理意义可知，A、B两项正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线就越远离坐标轴，C项错误，D 项正确．答案：ABD要点一气体压强的求解1．在标准大气压(相当于76 cmHg产生的压强)下做托里拆利实验时，由于管中混有少量空气，水银柱上方有一段空气柱，如图所示，则管中稀薄气体的压强相当于下列哪个高度的水银柱产生的压强()A．0 cm B．60 cmC．30 cm D．16 cm解析：设管内气体压强为p，则有：(p＋60)cmHg＝76 cmHg，可得管中稀薄气体的压强相当于16 cmHg，D项是正确的．答案：D2．有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)() A．76 cmHg B．82 cmHgC．88 cmHg D．70 cmHg解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理．水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a＝g sin θ，所以对水银柱由牛顿第二定律得：p0S＋mg sin θ－pS＝ma，故p＝p0＝76 cmHg.答案：A3．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，被封闭气体的压强p(以汞柱为单位)为() A．p0＋h2B．p0－h1C．p0－(h1＋h2)D．p0＋(h2－h1)解析：选右边最低液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋h1＝p0，所以，p＝p0－h1，B项正确．答案：B要点二玻意耳定律的理解和应用4.一定质量的理想气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为()A.43L B．2 LC.83L D．8 L解析：由玻意耳定律p1V1＝p2V2得3atm×V＝1 atm×(V＋4 L)，解得V＝2 L.答案：B5．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1 atm)()A．8次B．10次C．12次D．15次解析：胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的组成的整体为研究对象．设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律，p1V1＝p2V，解得n＝15次．答案：D6．(多选)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银柱将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，则待稳定后()A．封闭端管内气体的压强增大B．封闭端管内气体的压强减小C．封闭端管内气体的压强不变D．封闭端管内气体的体积减小解析：玻璃管由竖直到倾斜，水银柱产生的压强p h减小，由p＋p h＝p0知，封闭端管内气体的压强增大，再由玻意耳定律知其体积减小，故选项A、D两项正确．答案：AD要点三等温线的理想和应用7．(多选)某同学用“用DIS研究气体的压强与体积的关系”，做了两次实验，操作完全正确，在同一图上得到了两条不同的直线，造成这种情况的可能原因是()A．两次实验中温度不同B．两次实验中空气质量不同C．两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体压强的数据不同D．两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体体积的数据不同解析：由图象可知，p与1V成正比，则p与V成反比，即pV＝C，C是常数；由玻意耳定律可知，对一定量的气体，在温度不变时，压强与体积成反比，p与1V成正比，气体质量与温度相同时，不同状态下气体的p与1V所对应的点在同一直线上，当气体质量相同而温度不同或气体温度相同而质量不同时，气体的p与1V所对应的点不在同一直线上，故A、B两项正确，C、D两项错误．答案：AB8．(多选)如图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是()解析：A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝1V，即p·V＝常数，是等温过程；C图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故也不是等温线．答案：AB9．(多选)如图所示为一定质量的气体的两条等温线，则下列关于各状态温度的说法正确的是()A．t A＝t B B．t B＝t CC．t C>t B D．t D>t A解析：两条等温线，故t A＝t B，t C＝t D，故A项正确；两条等温线比较，有t A＝t B＜t C＝t D，故B项错误，C、D两项正确．答案：ACD基础达标1．描述气体状态的参量是指()A．质量、温度、密度B．温度、体积、压强C．质量、压强、温度D．密度、压强、温度解析：气体状态的参量是指温度、压强和体积，B项正确．答案：B2．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩．小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为()A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小D．以上说法均不正确解析：气体上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．答案：C3．如图，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，则气体的温度()A．升高B．降低C．不变D．无法判断解析：从图象可以看出，气体状态变化过程中，其pV乘积逐渐变大，所以其温度逐渐升高，A项正确，B、C、D错误．答案：A4．一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变)()A．3倍B．2倍C．1.5倍D．0.7倍解析：外界大气压相当于10 m水柱产生的压强，对气泡p1＝3p0，p2＝2p0，由p1V1＝p2V2知V2＝1.5V1，故C项正确．答案：C5．如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是()A．h2变长B．h2变短C．h1上升D．h1下降解析：被封闭气体的压强p＝p0＋ph1＝p0＋ph2，故h1＝h2，随着大气压强的增大，被封闭气体压强也增大，由玻意耳定律知气体的体积减小，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，h1液柱下降，D项正确．答案：D6．如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是()A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小解析：由图象可知，p A V A＝p B V B，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出几条等温线，如图所示．由于离原点越远的等温线对应温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．答案：D7．如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是()A．D→A是一个等温过程B．A→B是一个等温过程C．A与B的状态参量相同D．B→C体积减小，压强减小，温度不变解析：D→A是一个等温过程，A项正确；A、B两状态温度不同，A→B的过程中1V不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B、C两项错误；B→C是一个等温过程，V增大，p 减小，D 项错误．答案：A8．[2019·新乡高二检测]某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p 0的空气的体积为( ) A.p 0p V B.p p 0V C.⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V D.⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0＋1V 解析：设将要充入的气体的体积为V ′，据玻意耳定律有p 0(V＋V ′)＝pV ，解得V ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V ，故选C 项． 答案：C9．如图所示，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体( )A ．压强增大，体积增大B ．压强增大，体积减小C ．压强减小，体积增大D ．压强减小，体积减小解析：取水银柱为研究对象，静止时由平衡条件有p 0S ＝p 1S ＋mg ；自由下落时由牛顿第二定律有p 2S ＋mg －p 0S ＝ma ，而a ＝g ，故有p 1＝p 0－mg S 、p 2＝p 0，可知p 2>p 1.再由p 1V 1＝p 2V 2知V 1>V 2，故B 项正确．答案：B10．如图所示，活塞的质量为m ，缸套的质量为M ，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S ，大气压强为p 0，则封闭气体的压强为( )A ．p ＝p 0＋Mg SB ．p ＝p 0＋(M ＋m )g 3C ．p ＝p 0－Mg SD ．p ＝mg S解析：以缸套为研究对象，有pS ＋Mg ＝p 0S ，所以封闭气体的压强p ＝p 0－Mg S ， 故应选C 项．答案：C11．用DIS 研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接．②移动活塞，记录注射器的刻度值V ，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p .③用V -1p 图象处理实验数据，得出如图乙所示的图线．(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是__________________________．(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是________和________．解析：(1)为了保证气体的质量不变，要用润滑油涂在活塞上以达到封闭效果．(2)气体的体积变化，外界对气体做正功或负功，要让气体与外界进行足够的热交换，一要时间长，也就是动作缓慢，二要活塞导热性能好．答案：(1)用润滑油涂活塞(2)慢慢地抽动活塞 活塞导热性能好能力达标12.给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L ．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L ．请通过计算判断该包装袋是否漏气．解析：若不漏气，加压后气体的温度不变，设其体积为V 1，由玻意耳定律得p 0V 0＝p 1V 1代入数据得V 1＝0.5 L因为0.45 L<0.5 L ，故包装袋漏气．答案：见解析13．一定质量的空气被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞相对于底部的高度为h ，可沿汽缸无摩擦地滑动．取一小盒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.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完后稳定时活塞距汽缸底部的高度．解析：设大气和活塞对气体的总压强为p 0，一小盒沙子对气体产生的压强为p ，汽缸横截面积为S .则状态Ⅰ：p 1＝p 0，V 1＝hS状态Ⅱ：p 2＝p 0＋p ，V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S 状态Ⅲ：p 3＝p 0＋2p ，V 3＝h ′S由玻意耳定律得：p 0hS ＝(p 0＋p )·⎝⎛⎭⎪⎫h －14h ·S ，p 0hS ＝(p 0＋2p )h ′S联立两式解得：h ′＝35h .因此沙子倒完后稳定时活塞距汽缸底部的高度为35h .答案：35h14．今有一质量为M 的汽缸，用质量为m 的活塞封有一定质量的理想气体，当汽缸水平横放时，空气柱长为L 0(如图甲所示)，若汽缸按如图乙悬挂保持静止时，求气柱长度为多少．已知大气压强为p 0，活塞的横截面积为S ，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，且气体温度保持不变．解析：对缸内理想气体，平放初态p 1＝p 0，V 1＝L 0S 悬挂末态：对缸体，Mg ＋p 2S ＝p 0S即p 2＝p 0－Mg S ，V 2＝LS由玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2即p 0L 0S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0－Mg S LS得：气柱长度为L ＝p 0L 0Sp 0S －Mg答案：p 0L 0Sp 0S －Mg。

3 理想气体的状态方程庖丁巧解牛知识·巧学一、理想气体1.严格遵守气体实验定律的气体叫做理想气体.2.微观模型：①与分子间的距离相比，分子本身的大小可以忽略不计；②除碰撞的瞬间外，分子之间没有相互作用；③具有分子动能而无分子势能，内能由温度和气体物质的量决定，只是温度的函数，内能的变化与温度的变化成正比.3.理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上是不存在的，实际气体，特别是那些不易液化的气体，在压强不太大（和大气压强比较）、温度不太低（和室温比较）的条件下，都可视为理想气体，例如氢气、氧气、氮气、空气等在常温、常压的条件下，都可看作理想气体.深化升华 （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，理想气体应有如下性质：分子间除碰撞外无其他作用力；分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间.显然这样的气体是不存在的，只是实际气体在一定程度上近似.（3）从能量上看，理想气体的微观本质是忽略了分子力，所以其状态无论怎么变化都没有分子力做功，即没有分子势能的变化，于是理想气体的内能只有分子动能，即一定质量的理想气体的内能完全由温度决定.联想发散 理想气体实际上是不存在的，它只是为了研究问题的方便，突出事物的主要因素，忽略次要因素而引入的一种理想化模型，就像力学中引入质点、静电学中的点电荷模型一样，这些理想化模型的引入使我们对物体运动规律的研究大大简化.二、理想气体的状态方程1.状态方程的推导方法一：（1）条件：一定质量的理想气体（2）推导过程：设想气体状态变化过程，即气体由状态Ⅰ先经等温变化使气体体积由V 1变到V 2，然后再经过等容变化到状态Ⅱ，如图8-3-1所示.图8-3-1等温变化过程：p 1V 2=p c V 2p c =211V V p 等容变化过程：1T p C =22T p p C =212T T p 得111T V p =222T V p ，这就是理想的气体状态方程，即T pV =恒量.方法二：推导推导过程：p A 、V A 、T A 、p C 、V C 、T C 的关系首先画出p-V 图象，如图8-3-2所示.图8-3-2由图8-3-2可知，A→B 为等温过程，根据玻意耳定律可得p A V A =p B V B ①从B→C 为等容过程，根据查理定律可得：B B T p =CC T p ② 又T B =T A ，V B =V C联立①②可得1A A A T V p =C C C T V p 上式表明，一定质量的某种理想气体在从一个状态1变化到另一个状态2时，尽管其p 、V 、T 都可能变化，但是压强跟体积与热力温度的比值保持不变，也就是说111T V p =222T V p 或T pV =C （C 为恒量）. 学法一得 选定状态变化法设一定质量的气体由状态1（p 1、V 1、T 1）变化到状态2（p 2、V 2、T 2），我们给它选定一个中间过渡状态C ，遵守玻意耳定律，从状态C 至2遵守查理定律，所以p 1V 1=p C V 2，1T p C =22T p ，从两式消去p C 得111T V p =222T V p . 深化升华 中间状态的选定应使这一状态前后的状态变化各自遵守某一实验定律，并注意一定质量气体状态变化时，只有一个状态量变化是不可能的.2.理想气体状态方程（1）内容：一定质量的某种理想气体，从一个状态变化到另一个状态，压强和体积的乘积与热力学温度的比值保持不变.它是一定质量的某种理想气体处于某一状态时，三个状态参量必须满足的关系，即为理想气体的状态方程.（2）表达式一定质量的理想气体的状态方程为T pV =C （恒量）或111T V p =222T V p ①深化升华 （1）把①式两边分别除以被研究气体的质量m ，可以得到方程111T p ρ=222T p ρ② 即某种气体的压强除以这种气体的密度与绝对温度的乘积所得的商是一个常量.②式适用于密度变化的问题，如漏去气体或补充气体的情况，但等式两边所讨论的气体属于同种气体.（2）若理想气体在状态变化过程中，质量为m 的气体分成两个不同状态的部分m 1、m 2，或者由同种气体的若干个不同状态的部分m 1、m 2、…,m n 混合而成，有T pV =111T V p +222T V p +…+nn n T V p ③ ③式表示在总质量不变的前提下，同种气体进行分、合变态过程中各参量之间的关系，很多问题 可用这个来处理，显得较为简便.典题·热题知识点一 理想气体例1 关于理想气体，下列说法正确的是（ ）A.理想气体能严格遵守气体实验定律B.实际气体在温度不太高，压强不太大的情况下，可看成理想气体C.实际气体在温度不太低，压强不太大的情况下，可看成理想气体D.所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体解析:理想气体是在任何温度，任何压强下都能遵守气体实验定律的气体，A 选项正确.理想气体是实际气体在温度不太低，压强不太大情况下的抽象，故C 正确.答案：AC巧妙变式 能遵守气体实验定律的气体就是理想气体吗？不是.知识点二 理想气体的状态方程例2 一个半径为0.1 cm 的气泡，从18 m 深的湖底上升，如果湖底水的温度是8 ℃，湖面的温度是24 ℃，湖面的大气压强是76 cmHg ，那么气泡升至湖面时体积是多少？解析: 气泡从湖底上升过程中气泡的温度随上升而升高，可认为是水的温度.另外，气泡的压强和体积也发生变化.先确定初、末状态，再应用理想气体状态方程进行计算.此题的关键是确定气泡内气体的压强.由题意可知V 1=34πr 3=4.19×10-3 cm 3 p 1=p 0+汞水水p h p =76+6.1310182⨯ cmHg=208 cmHg T 1=273+8 K=281 Kp 2=76 cmHgT 2=273+24 K=297 K根据理想气体的状态方程111T V p =222V V p 得V 2=12211T p T V p =28176297104.19208-3⨯⨯⨯⨯ cm 3=0.012 cm 3. 方法归纳 ①应用理想气体状态方程解题，关键是确定气体初、末状态的参量；②注意单位的换算关系；③用公式111T V p =222T V p 解题时，要求公式两边p 、V 、T 的单位分别一致即可，不一定采用国际单位.例3 用销钉固定的活塞把水平放置的容器分隔成A 、B 两部分，其体积之比为V A ∶V B =2∶1，如图8-3-3所示.起初A 中有温度为27 ℃、压强为1.8×105Pa 的空气，B 中有温度为127 ℃、压强为2×105 Pa 的空气.现拔出销钉，使活塞可以无摩擦地移动（无漏气），由于容器壁缓慢导热，最后气体都变到室温27 ℃,活塞也停止移动，求最后A 中气体的压强.图8-3-3解析:分别对A 、B 两部分气体列气态方程，再由A 、B 体积关系及变化前后体积之和不变、压强相等列方程，联立求解.（1）以A 中气体为研究对象：初态下：p A =1.8×105 Pa ，V A ，T A =300 K.末态下：p A ′=? V A ′=? T A ′=300 K.根据理想气体状态方程：p A V A =p A ′V A ′.(2)以B 中气体为研究对象：初态下：p B =2×105 Pa ，V B ，T B =400 K.末态下：p B ′=? V B ′=？ T B ′=300 K.根据理想气体状态方程：B B B T V p ='''B B B T V p . （3）相关条件：V A ∶V B =2∶1，V A ′+V B ′=V A +V B ，p A ′=P B ′联立可解得：p A ′=1.7×105 Pa.方法归纳 本题涉及的两部分气体，虽然它们之间没有气体交换，但它们的压强或体积之间存在着联系，在解题时首先要用隔离法对各部分气体分别列式，再找出它们的压强和体积间的相关条件联立求解.知识点三 关于理想气体和力学知识的综合问题例4 如图8-3-4所示，一根一端封闭、一端开口向上的均匀玻璃管，长l=96 cm ，用一段长h=20 cm 的水银柱封住长h 1=60 cm 的空气柱，温度为27 ℃，大气压强p 0=76 cmHg ，问温度至少要升高到多少度，水银柱才能全部从管中溢出？图8-3-4解析:实际上，整个过程可分为两个阶段.第一阶段，水银柱尚未溢出阶段，加热气体，气体作等压变化，体积增大，温度升高；第二阶段，水银溢出，气体体积增大，但压强却减小，由T pV =C 可知，当p 、V 乘积最大时，温度应为最高. 由于第二个过程中，体积增大，压强减小，则可能出现温度的极值.以封闭气体为研究对象则初始状态下p 1=p 0+h=96 cmHgV 1=h 1S=60S T 1=300 K设管中剩余水银柱长为x cm 时，温度为T 2p 2=(p 0+x) cmHg=(76+x) cmHgV 2=(96-x)S根据理想气体状态方程111T V p =222T V p 有3006096⨯=2x)-x)(96(76T + 显然，要使T 2最大，则（76+x ）（96-x ）应最大，即x=10 cm 时，T 2有极大值是385.2 K. 温度至少要升至385.2 K ，水银柱才能全部排出.误区警示 当温度升高到T 2时管内水银柱全部排出,则1110)(T h h p +=20T l p T 2=100)(h h p L p +T=6020)(769676⨯+⨯×300 K=380 K 错误地认为温度升高后，水银逐步被排出管外，水银全部被排出时，对应温度最高，起初一看，似乎是合理的，但如果将末状态的压强和体积数值交换，即p 2=96 cmHg,h 2=76 cm ，这时温度仍为380 K ，但水银柱与气体的总和度却是（96-76+76） cm=96 cm ，恰好与管等长，也就是水银柱尚未溢出玻璃管.例5 如图8-3-5所示，粗细均匀的U 形玻璃管如图放置，管的竖直部分长为20 cm ，一端封闭，水平部分长40 cm ，水平段管内长为20 cm 的水银柱封住长35 cm 的气柱.已知所封闭的气体温度为7 ℃，大气压强为75 cmHg ，当管内温度升到351 ℃时管内空气柱的总长度是多少？（弯管部分体积忽略不计）图8-3-5解析:温度升高时，气体体积增加，水银柱可能进入直管也可能溢出，所以要首先分析各临界状态的条件，然后针对具体情况计算.设水银柱刚好与竖直管口平齐而正好不溢出，此时气柱高度为60 cm ，设温度为T 2. 以封闭气体为研究对象：初状态：p 1=p 0=75 cmHg,l 1=35 cm,T 1=280 K末状态：p 2′=95 cmHg,l 2=60 cm,T 2=?根据理想气体状态方程：111T S l p =222T S l p 所以T 2=1122l p l p T 1=35756095⨯⨯×280 K=608 K 即t 2=(608-273) ℃=335 ℃<351 ℃，所以水银柱会溢出.设溢出后，竖直管内仍剩余水银柱长为h cm ，则初状态：p 1=75 cmHg,l 1=35 cm,T 1=280 K末状态：p′2=(75+h) cmHg,l′2=(80-h) cm,T′2=(351+273) K=624 K根据理想气体状态方程得：111T S l p =222T S l p 即28035S 75⨯=624h)S h)(80(75++ h=15 cm故管内空气柱的长度为l 2′=(80-15) cm=65cm.方法归纳 理想气体状态方程的应用要点：（1）选对象：根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定.（2）找参量：找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p 、V 、T 数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识（如力的平衡条件或牛顿运动定律）才能写出表达式.（3）认过程：过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析中才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提.（4）列方程：根据研究对象状态变化的具体方式，选用气态方程或某一实验定律，代入具体数值，T 必须用热力学温度，p 、V 的单位统一，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义.问题 ·探究交流讨论探究问题 为什么实际气体不能严格遵守气体实验定律？探究过程：郝明：分子本身占有一定的体积分子半径的数量级为10-10 m ，把它看成小球，每个分子的固有体积约为4×10-30 m 3，在标准状态下，1 m 3气体中的分子数n 0约为3×1025，分子本身总的体积为n 0V 约为1.2×10-4 m 3，跟气体的体积比较，约为它的万分之一，可以忽略不计.当压强较小时，由于分子本身的体积可以忽略不计，因此实际气体的性质近似于理想气体，能遵守玻意耳定律，当压强很大时，例如p=1 000×105 Pa ，假定玻意耳定律仍能适用，气体的体积将缩小为原来的千分之一，分子本身的总体积约占气体体积的1/10.在这种情况下，分子本身的体积就不能忽略不计了.由于气体能压缩的体积只是分子和分子之间的空隙，分子本身的体积是不能压缩的，就是说气体的可以压缩的体积比它的实际体积小.由于这个原因，实际气体当压强很大时，实测的p-V 值比由玻意耳定律计算出来的理论值偏大. 胡雷：分子间有相互作用力实际气体的分子间都有相互作用，除了分子相距很近表现为斥力外，相距稍远时则表现为引力，距离再大，超过几十纳米（纳米的符号是nm ，1 nm=10-9 m ）时，则相互作用力趋于零.当压强较小时，气体分子间距离较大，分子间相互作用力可以不计，因此实际气体的性质近似于理想气体.但当压强很大时，分子间的距离变小，分子间的相互吸引力增大.于是，靠近器壁的气体分子受到指向气体内部的引力，使分子对器壁的压力减小，因而气体对器壁的压强比不存在分子引力时的压强要小，因此，当压强很大时，实际气体的实测p-V 值比由玻意耳定律计算出来的理论值偏小.探究结论：实际气体在压强很大时不能遵守玻意耳定律的原因，从分子运动论的观点来分析，有下述两个方面.（1）分子本身占有一定的体积；（2）分子间有相互作用力.上述两个原因中，一个是使气体的p-V 实验值偏大，一个是使气体的p-V 实验值偏小.在这两个原因中，哪一个原因占优势，就向哪一方面发生偏离.这就是实际气体在压强很大时不能严格遵守玻意耳定律的原因.同样，盖·吕萨克定律和查理定律用于实际气体也有偏差.思想方法探究问题 理想气体状态方程的推导可以有哪些种情况？探究过程：一定质量理想气体初态（p 1、V 1、T 1）变化到末态（p 2、V 2、T 2），因气体遵从三个实验定律，我们可以从三个定律中任意选取其中两个，通过一个中间状态，建立两个方程，解方程消去中间状态参量便可得到气态方程，组成方式有6种，如图8-3-6所示.图8-3-6我们选（1）先等温、后等压来证明从初态→中间态，由玻意耳定律得p 1V 1=p 2V′①从中间态→末态，由盖·吕萨克定律得2'V V =21T T ② 由①②得 111T V p =222T V p其余5组大家可试证明一下.探究结论：先等温后等压；先等压后等温；先等容后等温；先等温后等容；先等压后等容；先等容后等压.。