高中物理第二章固体、液体和气体第八节气体实验定律教学案粤教版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。

粤教版：选修3-3第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律（）教学设计【教学分析】1、课标分析：本节内容在《普通高中物理课程标准(实验)》中属选考内容，在高考中的考核要求为（Ⅱ），即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释,并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。

与课程标准中的“理解”和“应用”相当。

2、教材分析：①教学目标：A、在物理知识方面要求：（1）知道什么是等温变化；（2）知道玻意耳定律是实验定律；掌握玻意耳定律的内容和公式；知道定律的适用条件。

（3）理解气体等温变化的 p-V 图象的物理意义；（4）知道用分子动理论对玻意耳定律的定性解释；(5）掌握玻意耳定律在生活实际中的应用。

B、通过对演示实验的研究，培养学生的观察、分析能力和从实验得出物理规律的能力。

C、渗透物理学研究方法的教育，如控制变量法及实验处理数据、误差分析的方法等。

D、重点、难点分析（1）重点是通过实验使学生知道并掌握一定质量的气体在等温变化时压强与体积的关系，理解 p-V 图象的物理意义，知道玻意耳定律的适用条件。

（2）难点：帮助学生理解气体状态方程中的“状态”与“过程”、研究对象及分析P、V、T的变化。

②教具：课本P42中玻意耳定律演示仪、DISLab系统实验装置、乒乓球、气压式保温瓶③教学方法与手段：利用多媒体、数字化信息系统实验室（DISLab系统）等开展探究性的学习、问题式的教学、合作化的课堂。

3、学生情况分析：本节课的教学对象是重点班的学生，学生的学习基础较好，学习积极性高，所以本节课的教学中教师要做好引导工作，通过“设问—思问—辨问—释问”的模式，为学生创造更大的思考空间，培养学生的发散思维和探究能力。

另外，本节课在落实学生分组动手实验，利用电脑分析数据得出实验定律，还要加强学生对实验误差进行严谨科学地分析，培养学生的科学态度和实事求是的精神。

4、教学流程情景设计导入新课猜想和假设设计实验分组定量实验探究进行实验与收集数据交流与分析实验数据、图象分析与认证师生合作分析实验误差得出玻意耳定律及应用通过用分子动理论对两条等温线的温度高低师生小结【教学设计】情况往往比较复杂，此时可以中。

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V 0，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p 0，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p 0)( )图1A ．np 0，1np 0B.nV 0V p 0，V 0nVp 0C ．(1＋V 0V)np 0，(1＋V 0V)np 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)np 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＝VV ＋V 0p 0.活塞工作n 次，则有：p n ＝(VV ＋V 0)np 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 ＝ΔTT p .(2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .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 所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )图2A ．向右移动B ．向左移动C ．不动D ．条件不足，不能确定答案 A解析 假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1T，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动．三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)． (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)． (3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程．(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?图3答案 78 ℃解析 初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ；末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，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 cmHg×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg×9 cm·ST 2解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.例4 如图4甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强． 答案 (1)20 cm (2)1.5×105Pa 解析 (1)p 1＝p 0＝1×105PaT 1＝300 K ，V 1＝24 cm×S p 2＝p 0＋mgS ＝1.2×105 PaT 1＝T 2，V 2＝HS由p 1V 1＝p 2V 2 解得H ＝20 cm.(2)假设活塞能到达卡环处，则T 3＝675 K ，V 3＝36 cm×S由p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105Pa>p 2＝1.2×105Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa.1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图5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，求：(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液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？图5答案 (1)15 (2)1.5 L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＝1.5×103cm 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 ×VV ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2．(液柱移动问题)如图6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，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)图6答案 向上移动 解析 (1)假设法假设升温后水银柱不动，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 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2.Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎪⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2.同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2， 所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动．(2)图象法在同一p －T 图象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，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg 气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm ，如果用掉1 kg 后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强． 答案 3.2 atm解析 将筒内气体看作理想气体，以2 kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ， 初状态：p 1＝4 atm ，V 1＝2V3，T 1＝250 K ，末状态：V 2＝V ，T 2＝300 K ， 由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝4×23×300250atm ＝3.2 atm.4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S ＝50 cm 2、质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15 cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105Pa ，温度177 ℃.现拔去活塞销s (不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为1.0×105Pa.求：此时气体柱的长度h .图7答案 22 cm解析 当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋10×1050×10－4) Pa ＝1.2×105Pa根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 22.4×105×15177＋273＝1.2×105×h57＋273解得h ＝22 cm.题组一 变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 atm答案 A解析 初状态：p 1＝1.0 atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0 L 末状态：p 2，V 2＝6.0 L 根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1V 2，代入数据得p 2＝2.5 atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错．2．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 0pV B.p p 0V C ．(p p 0－1)V D ．(p p 0＋1)V答案 C解析 取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′；末态p 2＝p ，V 2＝V ，由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ， 解得：V ′＝(pp 0－1)V ，故选项C 正确．3．容积为20 L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5 L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( ) A ．60袋B ．56袋C ．50袋D ．40袋答案 B解析 设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 0 1．5×107Pa×20 L＝1.0×106Pa×20 L＋n ×1.0×106Pa×5 L， 解得n ＝56，B 选项正确．4．用打气筒将压强为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.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问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次答案 C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. 题组二 液柱移动问题5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V 左<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱温度降为0 ℃，左端空气柱温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图1A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确． 6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )图2A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大，l 变小D ．h 变小，l 变大 答案 A题组三 理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( ) A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D解析 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 8．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( ) A ．先等温膨胀，再等容降温 B ．先等温压缩，再等容降温 C ．先等容升温，再等温压缩 D ．先等容降温，再等温压缩 答案 BD解析 质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )图3A ．1∶3∶5B ．3∶6∶5C ．3∶2∶1D ．5∶6∶3 答案 B解析 由pV T＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确．10．一定质量的理想气体由状态A 变为状态D ，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D 的压强是2×104Pa.图4(1)求状态A 的压强；(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p －T 图象，并分别标出A 、B 、C 、D 各个状态． 答案 (1)4×104Pa (2)见解析 解析 (1)根据理想气体状态方程：p A V A T A ＝p D V DT D则p A ＝p D V D T A V A T D ＝2×104×4×2×1021×4×102Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化 由查理定律p A T A ＝p BT B得p B ＝T B T A p A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105PaB →C 是等温变化由玻意耳定律p B V B ＝p C V C 得p C ＝p B V B V C ＝1.6×105×14Pa ＝4×104 Pa C →D 是等容变化p D ＝2×104 Pa T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．题组四 理想气体状态方程的综合应用11.如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M ＝10 kg ，活塞质量m ＝5 kg ，横截面积S ＝2×10－3 m 2，活塞上部的气缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a 与外界相通，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞的下端与劲度系数k ＝2×103 N/m 的弹簧相连．当气缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L ＝20 cm.求当缸内气体温度升高到多少时，气缸对地面的压力为零．(g 取10 m/s 2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦)图5答案 827 ℃解析 缸内气体初态：V 1＝LS ＝20S ，p 1＝p 0－mg S＝7.5×104 Pa ， T 1＝(273＋127) K ＝400 K.末态：p 2＝p 0＋Mg S ＝1.5×105 Pa.气缸和活塞整体受力平衡：kx ＝(m ＋M )g ，则x ＝(m ＋M )g k＝0.075 m ＝7.5 cm. 缸内气体体积V 2＝(L ＋x )S ＝27.5S ，对缸内气体根据理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，即7.5×104 Pa×20S 400 K ＝1.5×105Pa×27.5S T 2， 解得：T 2＝1 100 K ，即t ＝827 ℃12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：甲 乙图6(1)活塞刚离开B 处时的温度T B ；(2)缸内气体最后的压强p ；(3)在图乙中画出整个过程的p －V 图象．答案 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图 解析 (1)气缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0. (3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A ，由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体在温度由297 K 升高到330 K 过程中，气体做等容变化；由330 K 升高到363 K 过程中，气体做等压变化；由363 K 升高到399.3 K 过程中，气体做等容变化．故整个过程的p －V 图象如图所示．。

第八讲气体实验定律（Ⅱ)[目标定位］1。

进一步熟练掌握气体三定律,并能熟练应用.2。

熟练掌握各种气体图象，及其它们之间的转换.3.能熟练处理有关气体性质的几类问题。

气体三定律（1）玻意耳定律内容:一定质量的气体,在温度不变的情况下,压强p与体积V成反比。

公式：pV＝C或p1V1＝p2V2。

(2)查理定律内容：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：错误!＝C或错误!＝错误!。

（3）盖·吕萨克定律内容：一定质量的气体,在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T 成正比.公式：错误!＝C或错误!＝错误!.一、相互关联的两部分气体的分析方法这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系,分析清楚这些关系是解决问题的关键,解决这类问题的一般方法是：1。

分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解.2。

认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。

3.多个方程联立求解.例1如图1所示，内径均匀的U形管中装入水银，两管中水银面与管口的距离均为l＝10。

0cm，大气压强p0＝75.8cmHg时，将右侧管口封闭，然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推入管中，直到左右两侧水银面高度差达h＝6。

0cm为止。

求活塞在管内移动的距离。

图1答案6。

4cm解析设活塞移动的距离为x cm，则左侧气体体积为(l＋错误!－x）cm柱长，右侧气体体积为(l－错误!)cm柱长，取右侧气体为研究对象.由等温变化规律得p0l＝p2(l－错误!）解得p2＝错误!＝错误!cmHg左侧气柱的压强为p1＝p2＋h＝错误!cmHg取左侧气柱为研究对象，由等温变化规律得p 0l＝p1（l＋错误!－x），解得x≈6。

4cm.借题发挥两团气体问题中,对每一团气体来讲都独立满足错误!＝常数;两部分气体往往满足一定的联系:如压强关系、体积关系等,从而再列出联系方程即可。

第2讲固体、液体和气体目标要求 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.2.了解表面张力现象和毛细现象，知道它们的产生原因.3.掌握气体压强的计算方法及气体压强的微观解释.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．考点一固体和液体性质的理解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无确定的几何形状无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：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势，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．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，液体能够浸润固定．反之，液体不浸润固体．②毛细现象：浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降．3．液晶(1)液晶的物理性质①具有液体的流动性．②具有晶体的光学各向异性．(2)液晶的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．1．晶体的所有物理性质都是各向异性的．(×)2．液晶是液体和晶体的混合物．(×)3．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．(×) 4．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．(√)考向1晶体和非晶体例1在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针尖接触薄片背面上的一点，石蜡熔化区域的形状如图甲、乙、丙所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，则下列说法中正确的是()A．甲一定是单晶体B．乙可能是金属薄片C．丙在一定条件下可能转化成乙D．甲内部的微粒排列是规则的，丙内部的微粒排列是不规则的答案 C考向2液体例2关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是()A．甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果B ．乙图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 ．丙图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 ．丁图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，水黾才能在水面上行走自如，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．考点二 气体压强的计算1．气体压强的计算 (1)活塞模型如图所示是最常见的封闭气体的两种方式．求气体压强的基本方法：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p 0.由于活塞处于平衡状态，所以p 0S ＋mg ＝pS ，则气体的压强为p ＝p 0＋mg S.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 ＝p 0S ， 则气体压强为p ＝p 0－mgS ＝p 0－ρ液gh .(2)连通器模型如图所示，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．则有p B ＋ρgh 2＝p A ，而p A ＝p 0＋ρgh 1， 所以气体B 的压强为p B ＝p 0＋ρg (h 1－h 2)． 2．气体分子运动的速率分布图像当气体分子间距离大约是分子直径的10倍时，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．3．气体压强的微观解释(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力．(2)决定因素(一定质量的某种理想气体) 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数密度．例3 (2022·江苏卷·6)自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是( )A ．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变B ．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大C ．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体D ．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化 答案 D解析 密闭容器中的氢气质量不变，分子个数N 0不变，根据n ＝N 0V 可知，当体积增大时，单位体积的分子个数n 变少，氢气分子的密集程度变小，故A 错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁进行持续的、无规则的撞击，压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B 错误；普通气体在温度不太低、压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C 错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两头少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D 正确．例4 求气缸中气体的压强．(大气压强为p 0，重力加速度为g ，活塞的质量为m ，横截面积为S ，气缸、物块的质量均为M ，活塞与气缸间均无摩擦，均处于平衡状态)甲________ 乙________ 丙________ 答案 p 0＋mg S p 0－MgS p 0＋(M ＋m )g S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p A S ＝p 0S ＋mg ，得p A ＝p 0＋mgS；题图乙中选气缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件知p 0S ＝p B S ＋Mg ，得p B ＝p 0－Mg S；题图丙中选活塞为研究对象，受力分析如图(c)所示，p C S 下sin α＝p 0S 上＋F N ＋mg ，F N ＝Mg ，S 下sin α＝S 上，S 上＝S ，由以上可得p C ＝p 0＋(M ＋m )gS.例5 若已知大气压强为p 0，液体密度均为ρ，重力加速度为g ，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：p 0－ρgh 乙：p 0－ρgh 丙：p 0－32ρgh 丁：p 0＋ρgh 1 戊：p a ＝p 0＋ρg (h 2－h 1－h 3) p b ＝p 0＋ρg (h 2－h 1)解析题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有p甲S＋ρghS＝p0S所以p甲＝p0－ρgh题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有p乙S＋ρghS＝p0Sp乙＝p0－ρgh题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有p丙S＋ρgh sin 60°·S＝p0S所以p丙＝p0－32ρgh题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有p丁S＝p0S＋ρgh1S所以p丁＝p0＋ρgh1题图戊中，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p b＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为p a＝p b－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．考点三气体实验定律及应用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，其体积与热力学温度成正比表达式p1V1＝p2V2p1T1＝p2T2拓展：Δp＝p1T1ΔTV1T1＝V2T2拓展：ΔV＝V1T1ΔT微观解释一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动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2．理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体． ①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体．②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定．(2)理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT＝c .(质量一定的理想气体)1．压强极大的实际气体不遵从气体实验定律．( √ )2．一定质量的理想气体，当温度升高时，压强一定增大．( × ) 3．一定质量的理想气体，温度升高，气体的内能一定增大．( √ )1．解题基本思路2．分析气体状态变化的问题要抓住三点 (1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段．(2)找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的． (3)明确哪个阶段应遵循什么实验定律．例6 (2023·广东广州市越秀区月考)为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等．气缸开口向上，用质量为m ＝1 kg 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ＝1 cm 2.当气缸内温度为300 K 时，活塞与气缸底相距H ＝6 cm ，活塞上部距活塞h ＝4 cm 处有一用轻质绳悬挂的重物．当绳上拉力为零时，警报器报警．已知缸外气体压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦．求：(1)当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？(2)若锅炉外壁的安全温度为800 K ，那么重物的质量应是多少？ 答案 (1)500 K (2)1.2 kg解析 (1)活塞上升过程缸内气体发生等压变化． V 1＝HS V 2＝(H ＋h )S则根据盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2解得T 2＝500 K.(2)活塞碰到重物后到绳的拉力为零，缸内气体发生等容变化，设重物质量为M ，则 p 2S ＝p 0S ＋mg p 3S ＝p 0S ＋(m ＋M )g 根据查理定律得p 2T 2＝p 3T 3解得M ＝1.2 kg.例7 (2023·广东佛山市模拟一)如图所示，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭，A 侧空气柱的长度为L ＝12.0 cm ，温度为300 K ；B 侧水银面比A 侧的高h ＝4.0 cm.已知大气压强p ＝76.0 cmHg.为了使A 、B 两侧的水银面等高，可以用以下两种方法：(1)开关关闭的情况下，改变A 侧气体的温度，使A 、B 两侧的水银面等高，求此时A 侧气体温度；(2)在温度不变的条件下，将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，使A 、B 两侧的水银面等高，再闭合开关K.求U 形管中放出水银的长度．(结果保留一位小数) 答案 (1)237.5 K (2)5.2 cm解析 (1)气体压强为p 1＝p 0＋4 cmHg ＝80 cmHg ，p 2＝76 cmHg 依题意空气柱长度L ＝12.0 cm ，L 2＝10.0 cm ，根据理想气体状态方程有 p 1LS T 1＝p 2L 2ST 2代入数据解得T 2＝237.5 K(2)温度不变，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 3V 3 即p 1LS ＝p 0L 3S 得L 3≈12.6 cm所以流出水银长度为ΔL ＝4 cm ＋0.6 cm ＋0.6 cm ＝5.2 cm.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 －VpV ＝cT ，即pV 之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p －1Vp ＝cT 1V，斜率k ＝cT ，即斜率越大，温度越高p －Tp ＝c V T ，斜率k ＝cV，即斜率越大，体积越小V －T V ＝c p T ，斜率k ＝cp，即斜率越大，压强越小2.处理气体状态变化的图像问题的技巧(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．看此过程属于等温、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8 一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p －1V 图像如图所示，变化顺序为A →B →C →D →A ，图中AB 线段延长线过坐标原点，CD 线段与p 轴垂直，DA 线段与 1V 轴垂直．气体在此状态变化过程中( )A ．A →B 过程，压强减小，温度不变，体积增大 B ．B →C 过程，压强增大，温度降低，体积减小 C ．C →D 过程，压强不变，温度升高，体积减小 D ．D →A 过程，压强减小，温度升高，体积不变 答案 A解析 由题图可知，A →B 过程，气体发生等温变化，气体压强减小，体积增大，故A 正确；由理想气体状态方程pV T ＝c 可知p ＝cT 1V ，斜率k ＝cT ，连接O 、B 的直线比连接O 、C 的直线的斜率小，所以B 的温度低，B →C 过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B 错误；C →D 过程，气体压强不变，体积变小，由理想气体状态方程pVT ＝c 可知，气体温度降低，故C 错误；D →A 过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程pVT ＝C 可知，气体温度降低，故D 错误．例9 (2021·全国甲卷·33(1))如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积－温度(V －t )图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V 1和V 2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t 0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t 0＝－273.15 ℃；a 为直线Ⅰ上的一点．由图可知，气体在状态a 和b 的压强之比p a p b ＝______；气体在状态b 和c 的压强之比p b p c＝________.答案 1 V 2V 1解析 由体积－温度(V －t )图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a 、b 两点压强相等，则有p a p b＝1； t ＝0 ℃时，当气体体积为V 1时，设其压强为p 1，当气体体积为V 2时，设其压强为p 2，温度相等，由玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2由于直线Ⅰ和Ⅱ为两条等压线，则有p 1＝p b ，p 2＝p c联立解得p b p c ＝p 1p 2＝V 2V 1. 课时精练1．(2023·山西省榆次一中模拟)中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”．农谚“锄板底下有水”、“锄头自有三寸泽”，这都是对松土保墒功能的生动总结．关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是( )A ．松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分B ．松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分C ．松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理D ．松土除了保墒、刈草外，还可促进蒸发、降低地温，“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理答案 A解析 松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减少水分蒸发，保存水分，A 正确，B 错误；水对土壤是浸润液体，松土保墒是利用了浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的原理，C 错误；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D 错误．2．下列说法中正确的是( )A．液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化，由此引起光学性质的改变B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会呈球状，这是因为液体内分子间有相互吸引力C．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大D．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力答案 A解析液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化，由此引起光学性质的改变，A正确；在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是表面张力原因，B错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而在干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，C错误；玻璃板很难被拉开是由于分子引力和大气压的作用，D错误．3．(多选)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体，下列关于玻璃的说法正确的是()A．没有固定的熔点B．天然具有规则的几何形状C．沿不同方向的导热性能相同D．分子在空间上周期性排列答案AC解析玻璃是非晶体，根据非晶体的特点可知，非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)在空间上不呈周期性排列的固体，它没有一定规则的外形，它的物理性质在各个方向上都是相同的，叫各向同性，它没有固定的熔点，故A、C正确，B、D错误．4．(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是()A．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变答案AC解析气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，故A正确；单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C正确，D错误．5．(2023·福建省名校联盟测试)负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的概率，病房中气压小于外界环境的大气压．若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是()A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中每个气体分子的运动速率C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力答案 C解析因为负压病房的温度和外界温度相同，而温度是分子平均动能的标志，则负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，负压病房内每个气体分子的运动速率不一定都小于外界环境中每个气体分子的运动速率，A、B错误；负压病房内的压强较小，温度与外界相同，则分子的数密度较小，即负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；负压病房内的压强较小，根据F＝pS可知，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误．6.一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()A．ab过程中不断减小B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增大D．da过程中保持不变答案 B解析因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B 正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C 错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中气体体积发生变化，D错误．7.(2023·江苏省如皋中学高三模拟)如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了A 、B 两部分理想气体．下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积，现使环境温度降低10 ℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是( )A ．活塞下降B ．活塞上升C ．活塞静止不动D ．不能确定 答案 A解析 初态时，对“工”字形活塞整体受力分析，有p A S A ＋M 工g ＋p 0S B ＝p B S B ＋p 0S A ，对上面气缸受力分析，有p A S A ＝p 0S A ＋M 上缸g ，末态时，对“工”字形活塞整体受力分析，有p A ′S A ＋M 工g ＋p 0S B ＝p B ′S B ＋p 0S A ，对上面气缸受力分析，有p A ′S A ＝p 0S A ＋M 上缸g ，联立方程解得p A ′＝p A ，p B ′＝p B ，对A 、B 两部分气体，根据理想气体状态方程可得p A V A T ＝p A ′V A ′T ′，p B V B T ＝p B ′V B ′T ′，因温度降低，p A ′＝p A ，p B ′＝p B ，则V A ′＜V A 、V B ′＜V B ，则活塞下降，上面气缸下降，才能使A 、B 气体体积均变小，故选A.8.(2023·广东广州市越秀区模拟)如图所示，在湖水里固定一个导热性较好的长圆管，管内横截面积为S ＝2 cm 2，管内有一活塞封闭着一定质量的理想气体，当白天外界温度为27℃时，活塞的下端距湖面的高度为h 1＝70 cm ，圆管内、外水面高度差为h 2＝50 cm ，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，且保持不变，湖水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)活塞的质量；(2)当夜晚外界温度为7℃时，活塞的下端距湖面的高度．答案 (1)0.1 kg (2)62 cm解析 (1)设活塞的质量为m ，由平衡条件有p0S＋mg＝p0S＋ρgh2S解得m＝0.1 kg；(2)设外界温度为7℃时，由于被封气体压强不变，发生等压变化，设活塞的下端距湖面的高度为h3V1＝(h1＋h2)ST1＝(27＋273)K＝300 KV2＝(h3＋h2)ST2＝(7＋273)K＝280 KV1 T1＝V2 T2解得h3＝62 cm.9．(2021·广东卷·15(2))为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强．答案 1.3×105 Pa解析以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL＝0.4 cm3注射器内气体体积为V2，有V2＝0.3×0.4 cm3＝0.12 cm3根据玻意耳定律有p0(V1＋V2)＝p1V1代入数据解得p1＝1.3×105 Pa.10．(2021·全国乙卷·33(2))如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通．A、B 两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm.将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm.已知外界大气压为p0＝75 cmHg.求A、B两管内水银柱的高度差．答案 1 cm解析设A、B两管的横截面积分别为S1、S2，注入水银后如图所示，A、B气柱分别减少了h1和h2，压强分别为p1和p2则有：p0l1S1＝p1(l1－h1)S1p0l2S2＝p2(l2－h2)S2压强：p2＝p0＋ρghp1＝p2＋ρg(h2－h1)代入数据解得Δh＝h2－h1＝1 cm.11.(2023·广东深圳市调研)“手掌提杯”实验可反映大气压的存在．先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各处温度相等)．(1)杯口横截面积为S ，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T 1，冷却后温度为T 2，大气压强为p 0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G 为多少？(2)若杯口横截面积S ＝40 cm 2，p 0＝1.00×105 Pa ，冷却后杯内气体温度为17 ℃，杯内气体体积减为原来的2930，将杯子固定，需要用F ＝25 N 竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响)，则刚封闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？答案 (1)T 1－T 2T 1p 0S (2)47 ℃ 解析 (1)气体的体积不变，根据查理定律有p 0T 1＝p 2T 2，得降温后杯内气体压强为p 2＝T 2T 1p 0 由杯子受力平衡可知杯子重力最大值为G ＝(p 0－p 2)S ＝T 1－T 2T 1p 0S . (2)根据手受力平衡可知降温后杯内气体压强为p 3＝p 0－F S＝9.375×104 Pa 根据理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝p 3V 3T 3其中T 3＝(273＋17) K ＝290 K ，V 3＝2930V 0 解得T 0＝320 K ，则t 0＝47 ℃.。

2018-2019学年高中物理第二章固体、液体和气体第八节气体实验定律（Ⅱ）分层训练粤教版选修3-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中物理第二章固体、液体和气体第八节气体实验定律（Ⅱ）分层训练粤教版选修3-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018-2019学年高中物理第二章固体、液体和气体第八节气体实验定律（Ⅱ）分层训练粤教版选修3-3的全部内容。

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。

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 0B.nV 0V p 0，V 0nVp 0 C ．(1＋V 0V)np 0，(1＋V 0V)np 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)np 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＝VV ＋V 0p 0.活塞工作n 次，则有：p n ＝(VV ＋V 0)np 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 ＝ΔTT p .(2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .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 所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )图2A ．向右移动B ．向左移动C ．不动D ．条件不足，不能确定 答案 A解析 假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1T，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动．三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)． (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)． (3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程．(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?图3答案 78 ℃解析 初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ；末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，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 cmHg×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg×9 cm·ST 2解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.例4 如图4甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强． 答案 (1)20 cm (2)1.5×105Pa 解析 (1)p 1＝p 0＝1×105PaT 1＝300 K ，V 1＝24 cm×S p 2＝p 0＋mgS ＝1.2×105 PaT 1＝T 2，V 2＝HS由p 1V 1＝p 2V 2 解得H ＝20 cm.(2)假设活塞能到达卡环处，则T 3＝675 K ，V 3＝36 cm×S由p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105Pa>p 2＝1.2×105Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa.1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图5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，求：(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液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？图5答案 (1)15 (2)1.5 L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＝1.5×103cm 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×VV ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2．(液柱移动问题)如图6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，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)图6答案 向上移动 解析 (1)假设法假设升温后水银柱不动，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 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2.Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎪⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2.同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2， 所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动． (2)图象法在同一p －T 图象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，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg 气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm ，如果用掉1 kg 后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强． 答案 3.2 atm解析 将筒内气体看作理想气体，以2 kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ， 初状态：p 1＝4 atm ，V 1＝2V3，T 1＝250 K ，末状态：V 2＝V ，T 2＝300 K ， 由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝4×23×300250atm ＝3.2 atm.4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S ＝50 cm 2、质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15 cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105Pa ，温度177 ℃.现拔去活塞销s (不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为1.0×105Pa.求：此时气体柱的长度h .图7答案 22 cm解析 当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋10×1050×10) Pa ＝1.2×105Pa根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 22.4×105×15177＋273＝1.2×105×h57＋273解得h ＝22 cm.题组一 变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 atm 答案 A解析 初状态：p 1＝1.0 atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0 L 末状态：p 2，V 2＝6.0 L 根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1V 2，代入数据得p 2＝2.5 atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错．2．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 0VC ．(p p 0－1)VD ．(p p 0＋1)V 答案 C解析 取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′；末态p 2＝p ，V 2＝V ，由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ，解得：V ′＝(p p 0－1)V ，故选项C 正确．3．容积为20 L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5 L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( ) A ．60袋 B ．56袋 C ．50袋 D ．40袋 答案 B解析 设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 0 1．5×107Pa×20 L＝1.0×106Pa×20 L＋n ×1.0×106Pa×5 L， 解得n ＝56，B 选项正确．4．用打气筒将压强为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.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问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 答案 C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. 题组二 液柱移动问题5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V 左<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱温度降为0 ℃，左端空气柱温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图1A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动 答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确． 6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )图2A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大，l 变小D ．h 变小，l 变大 答案 A题组三 理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( ) A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D解析 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 8．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( ) A ．先等温膨胀，再等容降温 B ．先等温压缩，再等容降温 C ．先等容升温，再等温压缩 D ．先等容降温，再等温压缩 答案 BD解析 质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )图3A ．1∶3∶5B ．3∶6∶5C ．3∶2∶1D ．5∶6∶3 答案 B解析 由pV T＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确．10．一定质量的理想气体由状态A 变为状态D ，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D 的压强是2×104Pa.图4(1)求状态A 的压强；(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p －T 图象，并分别标出A 、B 、C 、D 各个状态． 答案 (1)4×104Pa (2)见解析 解析 (1)根据理想气体状态方程：p A V A T A ＝p D V DT D则p A ＝p D V D T A V A T D ＝2×104×4×2×1021×4×102Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化由查理定律p A T A ＝p B T B得p B ＝T B T A p A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105 Pa B →C 是等温变化由玻意耳定律p B V B ＝p C V C 得p C ＝p B V B V C ＝1.6×105×14Pa ＝4×104 Pa C →D 是等容变化p D ＝2×104 Pa T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．题组四 理想气体状态方程的综合应用11.如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M ＝10 kg ，活塞质量m ＝5 kg ，横截面积S ＝2×10－3 m 2，活塞上部的气缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a 与外界相通，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞的下端与劲度系数k ＝2×103 N/m 的弹簧相连．当气缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L ＝20 cm.求当缸内气体温度升高到多少时，气缸对地面的压力为零．(g 取10 m/s 2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦)图5答案 827 ℃解析 缸内气体初态：V 1＝LS ＝20S ，p 1＝p 0－mg S＝7.5×104 Pa ， T 1＝(273＋127) K ＝400 K.末态：p 2＝p 0＋Mg S ＝1.5×105Pa.气缸和活塞整体受力平衡：kx ＝(m ＋M )g ，则x ＝(m ＋M )g k＝0.075 m ＝7.5 cm. 缸内气体体积V 2＝(L ＋x )S ＝27.5S ，对缸内气体根据理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 即7.5×104 Pa×20S 400 K ＝1.5×105 Pa×27.5S T 2， 解得：T 2＝1 100 K ，即t ＝827 ℃12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：甲 乙图6(1)活塞刚离开B 处时的温度T B ；(2)缸内气体最后的压强p ；(3)在图乙中画出整个过程的p －V 图象．答案 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)气缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0. (3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A ，由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体在温度由297 K 升高到330 K 过程中，气体做等容变化；由330 K 升高到363 K 过程中，气体做等压变化；由363 K 升高到399.3 K 过程中，气体做等容变化．故整个过程的p －V 图象如图所示．。