2018届高考物理总复习气体、实验定律与理想气体状态方程查理定律课后练习

高考物理《气体实验定律和理想气体状态方程》真题练习含答案1．[2024·新课标卷](多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程．上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程．下列说法正确的是() A．1→2过程中，气体内能增加B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变D．4→1过程中，气体向外放热答案：AD解析：1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖­吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减小，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确．2．[2023·辽宁卷]“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示．该过程对应的p­V图像可能是()答案：B解析：根据pVT ＝C可得p ＝CVT从a 到b ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c ，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 点的体积大于b 点体积．故选B .3．如图所示，一长度L ＝30 cm 气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S ＝50 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，A 的质量为m ＝20 kg ，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于外界大气压强p 0＝1×105 Pa ，温度t 1＝27 ℃.现对气缸内的气体缓慢加热，g ＝10 m /s 2，则( )A ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为35.1 ℃B ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为390 ℃C ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功30 JD ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功130 J 答案：D解析：初态气体p 1＝p 0＝1×105 Pa ，温度T 1＝300 K ，物块A 开始移动时，p 2＝p 0＋μmgS＝1.3×105 Pa ，根据查理定律可知p 1T 1 ＝p 2T 2 ，解得T 2＝390 K ＝117 ℃，A 、B 两项错误；活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功W ＝p 2S(L －L 1)＝130 J ，C 项错误，D 项正确．4．如图是由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，汽缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105 Pa ，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m ．活塞柱横截面积为1.0×10－2 m 2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103 N 时，弹簧的压缩量为0.10 m ．大气压强恒为1.0×105 Pa ，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为( )A ．2×104 N /mB ．4×104 N /mC ．6×104 N /mD ．8×104 N /m 答案：A解析：设大气压为p 0，活塞柱横截面积为S ；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p 1，气体长度为l ，汽缸内气体体积为V 1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x ，汽缸内气体压强为p 2，汽缸内气体体积为V 2，则依题意有p 1＝p 0，V 1＝lS ，V 2＝(l －x)S ，对封闭气体，安装前、后等温变化，有p 1V 1＝p 2V 2，设弹簧劲度系数为k ，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F ，由平衡条件p 2S ＋kx ＝p 0S ＋F ，联立并代入相应的数据，解得k ＝2.0×104 N /m ，A 正确，B 、C 、D 错误．5．如图所示为一定质量的理想气体等温变化p ­V 图线，A 、C 是双曲线上的两点，E 1和E 2则分别为A 、C 两点对应的气体内能，△OAB 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，则( )A ．S 1<S 2B ．S 1＝S 2C ．E 1>E 2D ．E 1<E 2 答案：B解析：由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定律可得p A V A ＝p C V C ，而S 1＝12p A V A ，S 2＝12 p C V C ，S 1＝S 2，A 项错误，B 项正确；由于图为理想气体等温变化曲线，T A ＝T C ，则气体内能E 1＝E 2，C 、D 两项错误．6．[2024·云南大理期中考试]如图所示，在温度为17 ℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h ＝49 cm ，已知弹簧原长l ＝50 cm ，劲度系数k ＝100 N/m ，汽缸的质量M ＝2 kg ，活塞的质量m ＝1 kg ，活塞的横截面积S ＝20 cm 2，若大气压强p 0＝1×105 Pa ，且不随温度变化．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同．(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)(1)求弹簧的压缩量；(2)若环境温度缓慢上升到37 ℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度． 答案：(1)0.3 m (2)51 cm解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有 (M ＋m )g ＝k Δx解得Δx ＝（M ＋m ）gk＝0.3 m(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升温前汽缸顶部离地面为h ＝49 cm活塞离地面50 cm －30 cm ＝20 cm故初始时，内部气体的高度为l ＝49 cm －20 cm ＝29 cm 升温过程为等压变化V 1＝lS ，T 1＝290 K ，V 2＝l ′S ，T 2＝310 K 根据V 1T 1 ＝V 2T 2解得l ′＝31 cm故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h ′＝h ＋l ′－l ＝51 cm7．[2024·河北省邢台市期末考试]如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40 cm 2的活塞相连接，汽缸内封闭有一定质量的理想气体．在汽缸内距缸底70 cm 处有卡环，活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，温度为300 K ．现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加60 K 时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480 K 时，活塞移动了10 cm.重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)活塞的质量； (2)弹簧的劲度系数k .答案：(1)16 kg (2)800 N/m解析：(1)根据题意可知，气体温度从300 K 增加到360 K 的过程中，经历等容变化，由查理定律得p 0T 0 ＝p 1T 1解得p 1＝1.2×105 Pa此时，活塞恰好离开卡环，可得p 1＝p 0＋mg sin θS解得m ＝16 kg(2)气体温度从360 K 增加到480 K 的过程中，由理想气体状态方程有 p 1V 1T 1 ＝p 2V 2T 2解得p 2＝1.4×105 Pa对活塞进行受力分析可得p 0S ＋mg sin θ＋k Δx ＝p 2S 解得k ＝800 N/m8．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V 的A 、B 两部分，汽缸A 部分通过带有阀门的细管与容积为V4 、导热性良好的汽缸C 相连．开始时阀门关闭，A 、B 两部分气体的压强分别为p 0和1.5p 0.现将阀门打开，当活塞稳定时，B 的体积变为V2 ，然后再将阀门关闭．已知A 、B 、C 内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计．求：(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强p A；(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比．答案：(1)2.5p0(2)527解析：(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S得到mg＝0.5p0S打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有1.5p0·V＝p B·V2对活塞有p A S＋mg＝p B S所以得到p A＝2.5p0(2)设未打开阀门前，C气体的压强为pC0，对A、C两气体整体有p0·V＋pC0·V4＝p A·(3V2＋V4)得到pC0＝272p0所以，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比M2M0＝p ApC0＝5 27。

能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p ­T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p ­T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V ­T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p ­T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p ­T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

第八节　气体实验定律(Ⅱ)查理定律的应用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一半D ．气体的热力学温度降为原来的一半答案　B解析　一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，p 1T 1p 2T 2得T 2＝＝2T 1，B 正确．p 2T 1p 12．(双选)如图2－8－6所示，c 、d 表示一定质量的某种气体的两个状态，则关于c 、d 两状态的下列说法中正确的是( )图2－8－6A ．压强p d >p cB ．温度T d <T cC ．体积V d >V cD ．d 状态时分子运动剧烈，分子密度大答案　AB解析　由题中图象可直观看出p d >p c ，T d <T c ，A 、B 对；c →d ，温度降低，分子平均动能减小，分子运动剧烈程度减小，体积减小V c >V d ，分子密度增大，C 、D 错．盖­吕萨克定律的应用3．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV 1；温度由10 ℃升高到15 ℃，体积的增量为ΔV 2，则( )A ．ΔV 1＝ΔV 2 B ．ΔV 1>ΔV 2C ．ΔV 1<ΔV 2 D ．无法确定答案　A解析　由盖—吕萨克定律＝可得＝，即ΔV ＝V 1，所以ΔV 1＝V 1T 1V 2T 2V 1T 1ΔVΔT ΔTT 1×V 1，ΔV 2＝×V 2(V 1、V 2分别52785283是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而＝，所以ΔV 1＝ΔV 2，A 正确．V 1278V 2283实验定律的微观解释4．对于一定质量的某种理想气体，若用N 表示单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数，则( )A ．当体积减小时，N 必定增加B ．当温度升高时，N 必定增加C ．当压强不变而体积和温度变化时，N 必定变化D ．当压强不变而体积和温度变化时，N 可能不变答案　C解析　由于气体压强是由大量气体分子对器壁的碰撞作用而产生的，其值与分子密度及分子平均速率有关；对于一定质量的气体，压强与温度和体积有关．若压强不变而温度和体积发生变化(即分子密度发生变化时)，N 一定变化，故C 正确、D 错误；若体积减小且温度也减小，N 不一定增加，A 错误；当温度升高，同时体积增大时，N 也不一定增加，故B 错误.。

高三物理第一轮复习气体实验定律理想气体状态方程课后练习有答案气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用一、选择题(本题共7小题,每小题10分,共70分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~7题有多项符合题目要求.全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.(2014·重庆理综,10(1))重庆出租车常以天然气作为燃料.加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中,若储气罐内气体体积及质量均不变,则罐内气体(可视为理想气体)()A.压强增大,内能减小B.吸收热量,内能增大C.压强减小,分子平均动能增大D.对外做功,分子平均动能减小解析:气体发生等容变化,根据查理定律可知,温度升高,则压强增大;气体体积不变,则对外不做功;温度升高,内能增加,根据热力学第一定律可知,从外界吸收热量,B 项正确.答案:B2.已知理想气体的内能与温度成正比.如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线,则在整个过程中汽缸内气体的内能()A.先增大后减小B.先减小后增大C.单调变化D.保持不变解析:理想气体的内能只与温度有关,温度升高(或降低),则内能增大(或减小).根据题中图象可知,气体从状态1到状态2,pV的乘积(图中各点与坐标轴所围面积)先减小后增大,结合气态方程pV=C可知,温度先减小后增大,则内能先减小后增大,选T项B正确.答案:B3.(2014·北京顺义测试)如图所示,固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体,汽缸壁和活塞绝热性能良好,汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计,则以下说法正确的是()A.使活塞向左移动,汽缸内气体对外界做功,内能减少B.使活塞向左移动,汽缸内气体内能增大,温度升高C.使活塞向左移动,汽缸内气体压强减小D.使活塞向左移动,汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小解析:使活塞向左移动,外界对汽缸内气体做功,活塞绝热,Q=0,由热力学第一定律可知,内能增大,温度升高,缸内气体分子无规则运动的平均动能增大,又由pVT =C 可知,压强增大,故选项B 正确,A 、C 、D 均错误. 答案:B 4.如图所示,一根上细下粗、粗端与细端都均匀的玻璃管,上端开口、下端封闭,上端足够长,下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体.现对气体缓慢加热,气体温度不断升高,水银柱上升,则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近图中的( )解析:根据气体状态方程pVT =C(常数)得V=Cp T,图线的斜率为Cp .在水银柱升入细管前,封闭气体先做等压变化,斜率不变,图线为直线;水银柱部分进入细管后,气体压强增大,斜率减小;当水银柱全部进入细管后,气体的压强又不变,V-T 图线又为直线,只是斜率比原来的小.A 图正确. 答案:A5.容积V=20 L 的钢瓶充满氧气后,压强为p=30个大气压,打开钢瓶阀门,让氧气分装到容积为V'=5 L 的小瓶子中去.若小瓶子已抽成真空,分装到小瓶中的氧气压强均为p'=2个大气压.在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多可能装的瓶数是( ) A.4瓶 B.50瓶 C.56瓶 D.60瓶解析:当钢瓶中气体的压强随着充气过程的进行而下降,质量也随之变化,不能直接利用玻意耳定律求解.但若将气体先假设膨胀到一个新的体积(压强为p'),然后再考虑如何分装,即可将问题简化.当钢瓶中的气体压强降至2个大气压时,已无法使小瓶继续充气,达到2个大气压,即充最后一瓶后,钢瓶中还剩下一满瓶压强为2个大气压的气体.设最多可装的瓶子数为n,由玻意耳定律得pV=p'(V+nV'),即n=(p -p ')V p 'V '解得n=56(瓶). 答案:C 6.如图所示,A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态,当气体自状态A 变化到状态B时()A.体积必然变大B.有可能经过体积减小的过程C.外界必然对气体做功D.气体必然从外界吸热解析:分别连接OA、OB,则OA、OB表示等容变化,因为该连线的斜率表示体积,且斜率越小体积越大,故选项A正确;体积变大,气体对外界做功(W<0),选项C错误;又因B的温度高,内能变大,根据热力学第一定律ΔU=W+Q知Q>0,选项D正确;从A到B变化,气体的体积可以有减小的过程,选项B正确.答案:ABD7.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,如图所示,则对应的压强关系和该过程中气体吸收和放出热量情况为()A.p A<p BB.p A>p BC.吸收热量D.放出热量解析:题中图象的函数式为V=kt=k(T-273),k为比例常数,结合气态方程有pV=C,即T )=C,可见,温度升高,压强减小,选项B正确;气体温度升高,内能增加;体积pk(1-273T增大,对外做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,一定吸收热量.答案:BC二、论述·计算题(共30分)8.一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示,AB、BC分别与p轴和T轴平行,气体在状态A时的压强为p0、体积为V0,在状态B时的压强为2p0,则:(1)气体在状态B时的体积为多少?(2)气体在状态C时的体积为多少?(3)气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中,对外做的功为W,内能增加了ΔU,则此过程气体是吸收还是放出热量,大小为多少?解析:(1)根据题图可知,气体从A→B做等温变化,由玻意耳定律有,p0V0=2p0V B 得V B=V02.(2)气体从B→C做等压变化,由盖—吕萨克定律有V BT0=V C2T0,得V C=V0.(3)气体从A→B→C的过程中,对外做的功为W,内能增加了ΔU,由热力学第一定律,则此过程气体吸收热量Q=ΔU+W.答案:(1)V02(2)V0(3)吸收ΔU+W三、选做题(10分)9.一粗细均匀的J形玻璃管竖直放置,短臂端封闭,长臂端(足够长)开口向上,短臂内封有一定质量的理想气体,初始状态时管内各段长度如图所示,密闭气体的温度为27 ℃,大气压强为75 cmHg.(1)若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm长的水银柱并与下方的水银合为一体,为使密闭气体保持原来的长度,应使气体的温度变为多少?(2)在第(1)问的情况下,再使玻璃管沿绕过最低点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°,稳定后密闭气体的长度为多少?(3)在下图所给的p-T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程.解析:(1)已知p1=p0=75cmHg,T1=(273+27)K=300K,p2=p0+5cmHg=80cmHg,则由查理定律有p1T1=p2T2解得T2=320K.(2)假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银,水平管内水银柱长为x cm,则有p2=80cmHg,V2=(18cm)×Sp3=p0-(10+10+5+10-x)cmHg=(40+x)cmHgV3=(18+10+10-x)cm×S=(38-x)cm×S由p2V2=p3V3,解得x=8cm与假设相符,故假设成立.则密闭气体的长度为(18+10+10-x)=30cm. (3)如图所示答案:(1)320 K(2)30 cm(3)见解析图。

高考物理新力学知识点之理想气体知识点训练及答案(1)一、选择题1．如图所示为一定质量理想气体的p —t 图，a 、b 、c 分别是三个状态点，设a 、b 、c 状态的气体密度为,,a b c ρρρ，内能为,,a b c E E E ，则下列关系中正确的是（ ）A ．a b c ρρρ>>;a b c E E E >>B ．a b c ρρρ<=；a b c E E E =>C ．a b c ρρρ>=；a b c E E E >=D ．a b c ρρρ=>；a b cE E E >= 2．如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端置于水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管而平衡，此时管内外水银面高度差为h 1，弹簧测力计示数为F 1．若在水银槽中缓慢地倒入部分水银，使槽内水银面升高一些，稳定后管内外水银面高度差为h 2，弹簧测力计示数为F ２，则 （填选项前的字母）A ．h 1= h 2，F 1= F ２B ．h 1 > h 2，F 1 > F ２C ．h 1> h 2，F 1<F ２D ．h 1< h 2，F 1> F ２3．如图所示，一导热性能良好的气缸吊在弹簧下，缸内被活塞封住一定质量的气体（不计活塞与缸壁摩擦），当温度升高到某一数值时，变化了的量有：（ ）A ．活塞高度hB ．气体压强pC ．缸体高度HD ．弹簧长度L4．一定质量的理想气体从状态a 变化到状态b 的P-V 图像如图所示，在这一过程中，下列表述正确的是A．气体在a状态的内能比b状态的内能大B．气体向外释放热量C．外界对气体做正功D．气体分子撞击器壁的平均作用力增大5．如图是一定质量的气体由A状态到B状态变化过程的p-V图线，从图线上可以判断，气体的变化过程中，其温度（）A．一直降低B．一直升高C．先降低后升高D．先升高后降低6．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0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，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0的空气的体积为( )A． V B．VC．(＋1)V D．(－1)V7．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，使其压强增大，则在这一过程中气体 ( ) A．从外界吸收了热量B．对外界做了功C．密度增大D．分子的平均动能增大8．一定质量的理想气体，经图所示方向发生状态变化，在此过程中，下列叙述正确的是（）A．1→2气体体积增大B．3→1气体体积增大C．2→3气体体积不变D．3→1→2气体体积不断减小9．如图所示，粗细均匀的玻璃管竖直放置且开口向上，管内由两段长度相同的水银柱封闭了两部分体积相同的空气柱．向管内缓慢加入少许水银后，上下两部分气体的压强变化分别为Δp1和Δp2，体积减少分别为ΔV1和ΔV2．则（）A．Δp1<Δp2B．Δp1>Δp2C．ΔV1<ΔV2D．ΔV1>ΔV210．下列说法正确的是（）A．一定质量的气体，当温度升高时，压强一定增大B．一定质量的气体，当体积减小压强一定增大C．一定质量的气体，当温度不变时,体积减小，压强一定增大D．一定质量的气体，当体积不变时,温度升高，压强一定减小11．如图所示,容器左边的体积是右边的4倍,两边充有同种气体,温度分别为20℃和10℃,此时连接两容器的细玻璃管的水银柱保持静止,如果容器两边的气体温度各升高10℃,忽略水银柱及容器的膨胀,则水银柱将（）A．向右移动B．向左移动C．静止不动D．条件不足,无法判断12．如图，竖直放置的右管上端开口的U型玻璃管内用水银封闭了一段气体，右管内水银面高于左管内水银面，若U型管匀减速下降，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13．以下说法中正确的是A．分子力做正功，分子势能一定增大B．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小D．绝对零度就是当一定质量的气体体积为零时，用实验方法测出的温度14．气体压强从微观角度看是大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的一个持续的压力效果。

章末总结一、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—吕萨克定律可分别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、汽缸等)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，巧妙地选取研究对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．例1如图1所示，一定质量的气体被封闭在体积为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1(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＋h ＝152 cmHg ，V A 0＝V 03打开阀门后，A 室气体做等温变化，p A ＝76 cmHg ，体积为V A ，由玻意耳定律得 p A 0V A 0＝p A V A V A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0.(2)假设打开阀门后，气体从T 0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，气体体积变为V 0，压强仍为p 0，即等压变化过程． 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 为等容变化过程．根据查理定律p 0T ＝p A 2T 2，得p A 2＝91.2 cmHg.T 2＝540 K 时，p 0＋h ′Hg ＝91.2 cmHg ， 故水银面高度差h ′＝15.2 cm.例2 如图2所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为1×10－3 m 2，汽缸内有质量m ＝2 kg 的活塞，活塞与汽缸壁密封良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K 销于如图位置，离缸底12 cm ，此时汽缸内密闭气体的压强为1.5×105 Pa ，温度为300 K ．外界大气压为1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.图2(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K 时，其压强为多大；(2)达到问题(1)的条件时拔去销子K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度为360 K ，则这时活塞离缸底的距离为多少？ 答案 (1)2×105 Pa (2)18 cm解析 (1)气体体积不变，由查理定律得 p 1T 1＝p 2T 2，即1.5×105 Pa 300 K ＝p 2400 K 解得：p 2＝2×105 Pa.(2)p 3＝p 0＋mgS＝1.2×105 Pa ，T 3＝360 K设气体温度为360 K 时活塞离缸底的距离为l 3，由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3，V 1＝l 1S ，V 3＝l 3S解得：l 3＝18 cm.二、气体的图象问题要会识别图象反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图象的转化，理解图象的斜率、截距的物理意义．当图象反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分析，要特别关注两阶段衔接点的状态．例3 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p －T 图象如图3所示．在A 状态时的体积为V 0，试画出对应的V －T 图象和p －V 图象．图3答案 见解析图解析 对气体A →B 的过程，根据玻意耳定律，有p 0V 0＝3p 0V B ，则V B ＝13V 0，C →A 是等容变化．由此可知A 、B 、C 三点的状态参量分别为：A ：p 0、T 0、V 0；B ：3p 0、T 0、13V 0；C ：3p 0、3T 0、V 0.V －T 图象和p －V 图象分别如图甲、乙所示．针对训练 (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4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4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 AT 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．如图5甲所示，内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa 、体积为2.0×10－3 m 3的理想气体，现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃.图5(1)求汽缸内气体的最终体积；(2)在图乙上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化(外界大气压强为1.0×105 Pa)． 答案 (1)1.47×10－3 m 3 (2)见解析图解析 (1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即 p 0V 0＝p 1V 1解得p 1＝V 0V 1p 0＝2.0×10－31.0×10－3×1.0×105 Pa ＝2.0×105 Pa 在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则 V 1T 0＝V 2T 2所以V 2＝T 2T 0V 1＝273＋127273×1.0×10－3 m 3≈1.47×10－3 m 3.(2)整个过程中汽缸内气体的状态变化如图所示2．1 mol 的理想气体，其状态变化的p －V 图象如图6所示，请画出对应的状态变化的p －T 图象和V －T 图象．图6答案 见解析图解析 1 mol 的理想气体在标准状态下(1 atm,273 K)的体积是22.4 L ，所以状态A 的温度是273 K.A 到B 的过程是等容变化，压强增大1倍，则温度升高1倍，所以B 的温度是546 K. B 到C 的过程是等压变化，体积增大1倍，则温度升高1倍，所以C 的温度是1 092 K. C 到D 的过程是等容变化，压强减小12，则温度降低一半，所以D 的温度是546 K.D 到A 的过程是等压变化，体积减小12，则温度降低一半．因此，p －T 图象和V －T 图象分别如图甲、乙所示．。

2气体的等容变化和等压变化[学习目标] 1.掌握查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式及适用条件.2.会用气体变化规律解决实际问题.3.理解p－T图象与V－T图象的物理意义．一、气体的等容变化[导学探究](1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？答案(1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．(2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．[知识梳理]1．等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度的变化叫做等容变化．2．查理定律(1)内容：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(填“正比”或“反比”)．(2)表达式：p＝CT或p1T1＝p2T2.推论式：pT＝ΔpΔT(3)适用条件：气体的质量和体积不变．(4)图象：如图1所示．图1①p－T图象中的等容线是一条过原点的倾斜直线．②p－t图象中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15_℃.③无论是p－T图象还是p－t图象，其斜率都能判断气体体积的大小，斜率越大，体积越小．[即学即用]关于一定质量的气体，判断下列说法的正误．(1)气体做等容变化时，气体的压强与温度成正比．(×)(2)气体做等容变化时，气体压强的变化量与热力学温度的变化量成正比．(√)(3)气体做等容变化时，温度从13 ℃上升到52 ℃，则气体的压强升高为原来的4倍．(×)(4)气体做等容变化，温度为200 K 时的压强为0.8 atm ，压强增加到2 atm 时的温度为500 K ．( √ ) 二、气体的等压变化 [知识梳理]1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度的变化叫做等压变化． 2．盖—吕萨克定律(1)内容：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． (2)表达式：V ＝CT 或V 1T 1＝V 2T 2.推论式：V T ＝ΔVΔT(3)适用条件：气体的质量和压强不变． (4)图象：如图2所示．图2①V －T 图象中的等压线是一条过原点的倾斜直线．②V －t 图象中的等压线不过原点，反向延长线交t 轴于－273.15_℃.③无论V －T 图象还是V －t 图象，其斜率都能判断气体压强的大小，斜率越大，压强越小． [即学即用] 对于一定质量的气体，在压强不变时，判断下列说法的正误． (1)若温度升高，则体积减小．( × )(2)若体积增大到原来的两倍，则摄氏温度升高到原来的两倍．( × ) (3)温度每升高1 K ，体积增加原来的1273.( × )(4)体积的变化量与热力学温度的变化量成正比．( √ )一、查理定律的应用例1 气体温度计结构如图3所示，玻璃测温泡A 内充有气体，通过细玻璃管B 和水银压强计相连．开始时A 处于冰水混合物中，左管C 中水银面在O 点处，右管D 中水银面高出O 点h 1＝14 cm ，后将A 放入待测恒温槽中，上下移动D ，使C 中水银面仍在O 点处，测得D 中水银面高出O 点h 2＝44 cm.求恒温槽的温度(已知外界大气压为1个标准大气压，1个标准大气压相当于76 cmHg)．图3 答案364 K(或91 ℃)解析设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K A内气体发生等容变化，根据查理定律得p1 T1＝p2T2①p1＝p0＋p h1 ②p2＝p0＋p h2 ③联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91 ℃)．明确研究对象，找准初、末状态，正确确定初、末状态的压强和温度，是运用查理定律的关键．二、盖—吕萨克定律的应用例2如图4所示，绝热的汽缸内封有一定质量的气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m ＝10 kg，活塞横截面积S＝100 cm2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中间，整个装置都静止．已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.求：图4(1)缸内气体的压强p1；(2)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处．答案(1)3.0×105 Pa(2)327 ℃解析(1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，由汽缸受力平衡得：p1S＝Mg＋p0S解得：p1＝3.0×105 Pa.(2)设当活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处时，缸内气体温度为T 2，压强为p 2，此时仍有p 2S ＝Mg ＋p 0S ，即缸内气体做等压变化．对这一过程研究缸内气体，由盖—吕萨克定律得：S ×0.5lT 1＝S ×lT 2所以T 2＝2T 1＝600 K 故t 2＝(600－273)℃＝327 ℃.判断出气体的压强不变是运用盖—吕萨克定律的关键．三、p －T 图象与V －T 图象的比较例3 图5甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V －T 图象，已知气体在状态A 时的压强是1.5×105 Pa.图5(1)根据图象提供的信息，计算图中T A 的值．(2)请在图乙坐标系中，作出由状态A 经过状态B 变为状态C 的p －T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C ，如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程． 答案 (1)200 K (2)见解析解析 (1)根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V B T B所以T A ＝V A V B T B ＝0.40.6×300 K ＝200 K.(2)根据查理定律得p B T B ＝p CT Cp C ＝T C T B p B ＝400300×1.5×105 Pa ＝2.0×105 Pa则可画出由状态A →B →C 的p －T 图象如图所示．针对训练 (多选)一定质量的气体的状态经历了如图6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( )图6A ．ab 过程中不断增加B ．bc 过程中保持不变C ．cd 过程中不断增加D ．da 过程中保持不变 答案 AB解析 首先，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 正确；cd 是等压线，温度降低则体积减小，C 错误；如图所示，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 过程中气体体积变大，D 错误．1.(多选)如图7所示为一定质量的气体的三种变化过程，则下列说法正确的是( )图7A ．a →d 过程气体体积增加B ．b →d 过程气体体积不变C ．c →d 过程气体体积增加D ．a →d 过程气体体积减小 答案 AB解析 在p －T 图象中等容线是延长线过原点的倾斜直线，且气体体积越大，直线的斜率越小．因此，a 状态对应的体积最小，c 状态对应的体积最大，b 、d 状态对应的体积相等，故A 、B 正确．2.(多选)一定质量的某种气体由状态A 经状态C 变化到状态B ，这一过程在V －T 图象中如图8所示，则()图8A ．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 答案 AD解析 气体的AC 变化过程是等温变化，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．3．一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为27 ℃，如果把它加热到127 ℃，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？ 答案 14倍解析 设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初状态V 1＝V ，T 1＝300 K ；末状态V 2＝V ＋ΔV ，T 2＝400 K ， 由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2，得V T 1＝V ＋ΔVT 2，代入数据得ΔV ＝V3，又因为m ＝ρV ，故Δm m ＝ΔVV ＋ΔV ＝V 343V ＝14.4．容积为2 L 的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa 时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时停止加热并保持温度不变，此时打开塞子，稍过一会，重新把塞子塞好，并使它逐渐降温到27 ℃.求： (1)塞子打开前的最大压强；(2)重新降温到27 ℃时剩余空气的压强． 答案 (1)1.33×105 Pa (2)7.5×104 Pa解析 塞子打开前，瓶内气体的状态变化为等容变化，塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用查理定律求解． (1)在塞子打开前，选瓶中的气体为研究对象．则 初状态：p 1＝1.0×105 Pa ，T 1＝300 K 末状态：T 2＝400 K 根据查理定律p 1T 1＝p 2T 2可得p 2＝T 2T 1p 1＝400300×1.0×105 Pa ≈1.33×105 Pa.(2)重新将塞子盖紧后，以瓶中剩余气体为研究对象．则 初状态：p 1′＝1.0×105 Pa ，T 1′＝400 K. 末状态：T 3＝300 K. 根据查理定律p 1′T 1′＝p 3T 3可得p 3＝T 3T 1′p 1′＝300400×1.0×105 Pa ＝7.5×104 Pa.一、选择题1．一定质量的气体，体积保持不变，下列过程可以实现的是( ) A ．温度升高，压强增大 B ．温度升高，压强减小 C ．温度不变，压强增大 D ．温度不变，压强减小答案 A解析 由查理定律p ＝CT 得温度和压强只能同时升高或同时降低或同时不变，故A 项正确． 2．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )A ．温度不变时，体积减小，压强增大B ．体积不变时，温度降低，压强减小C ．压强不变时，温度降低，体积减小D ．质量不变时，压强增大，体积减小 答案 B解析 纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由p ∝T 知封闭气体压强减小，罐紧紧“吸”在皮肤上，B 选项正确． 3．一定质量的气体在等压变化中体积增大了12，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )A ．升高了450 KB ．升高了150 ℃C ．降低了150 ℃D ．降低了450 ℃答案 B解析 由盖—吕萨克定律可得V 1V 2＝T 1T 2，代入数据可知，132＝300 KT 2，得T 2＝450 K ．所以升高温度Δt ＝150 K ＝150 ℃.4．房间里气温升高3 ℃时，房间内的空气将有1%逸出到房间外，由此可计算出房间内原来的温度是( )A ．－7 ℃B ．7 ℃C ．17 ℃D ．27 ℃ 答案 D解析 以升温前房间里的气体为研究对象，由盖—吕萨克定律：T ＋3 K T ＝V (1＋1%)V ，解得：T ＝300 K ，t ＝27 ℃.所以答案选D.5．(多选)如图1所示是一定质量的气体从状态A 经状态B 到状态C 的p －T 图象，则下列判断正确的是( )图1A ．V A ＝VB B ．V B ＝VC C ．V B <V CD ．V A >V C答案 AC解析 由题图和查理定律可知V A ＝V B ，故A 正确；由状态B 到状态C ，气体温度不变，压强减小，由玻意耳定律知气体体积增大，故C 正确．6.如图2所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板，现缓慢升高缸内气体的温度，则下列p－T图象能正确反映缸内气体压强变化情况的是()图2答案 B解析初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强．在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D错误；在p－T图象中，等容线为过原点的直线，所以C错误，B正确．二、非选择题7．一定质量的气体，状态变化如图3所示，其中AB段与t轴平行，已知在状态A时气体的体积为10 L，那么变到状态B时气体的体积为________L，从状态B到状态C，气体做________变化．图3答案20等容8.如图4所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为5×10－4m2，一定质量的气体被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为__________ Pa(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)．若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.5 m缓慢变为0.51 m，则此时气体的温度为______ ℃.图4答案 1.41×105 33解析 气体的压强p ＝p 0＋mgS＝1.41×105 Pa加热气体时气体做等压变化，根据V 1T 1＝V 2T 2，代入数据得：T 2＝306 K ，t 2＝33 ℃.9.如图5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，圆筒恰好静止在水中，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)图5答案 1 cm解析 设筒底露出水面的高度为h .当t 1＝7 ℃时，气柱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14 cm 280 K ＝14 cm ＋h300 K，解得h ＝1 cm ，也就是钢筒露出水面的高度为1 cm. 10．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图6所示，横截面积为S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K ，压强为大气压强p 0.当封闭气体温度上升至303 K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p 0，温度仍为303 K ．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K ．求：图6(1)当温度上升到303 K 且尚未放气时，封闭气体的压强； (2)当温度恢复到300 K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力． 答案 (1)101100p 0 (2)20110 100p 0S解析 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 0＝300 K ，压强为p 0；末状态温度T 1＝303 K ，压强设为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1① 代入数据得p 1＝101100p 0②(2)设杯盖的质量为m ，刚好被顶起时，由平衡条件得 p 1S ＝p 0S ＋mg③放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 2＝303 K ，压强p 2＝p 0，末状态温度T 3＝300 K ，压强设为p 3，由查理定律得 p 2T 2＝p 3T 3④设提起杯盖所需的最小力为F ，由平衡条件得 F ＋p 3S ＝p 0S ＋mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得 F ＝20110 100p 0S .11．如图7所示，一个粗细均匀的平底网管水平放置，右端用一橡皮塞塞住，气柱长20 cm ，此时管内外压强均为1.0×105 Pa ，温度均为27 ℃；当被封闭气体的温度缓慢降至－3 ℃时，橡皮塞刚好被推动；继续缓慢降温，直到橡皮塞向内推进了 5 cm.已知网管的横截面积为4.0×10－5 m 2，橡皮塞与网管间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，大气压强保持不变．求：图7(1)橡皮塞与网管间的最大静摩擦力； (2)被封闭气体最终的温度． 答案 (1)0.4 N (2)202.5 K解析 (1)由题意知，气体先做等容变化，有p 1＝1.0×105 Pa ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K ，T 2＝(273－3) K ＝270 K. 由p 1T 1＝p 2T 2，得p 2＝9×104 Pa ， 对橡皮塞受力分析，有p 0S ＝p 2S ＋F f ， 解得F f ＝0.4 N.(2)气体后做等压变化，有l 2＝20 cm ，l 3＝15 cm ，V 2＝l 2S ，V 3＝l 3S ，T 2＝270 K 由V 2T 2＝V 3T 3，解得T 3＝202.5 K.。

理想气体状态方程课后练习(3)1．两个相同的容器中，分别盛有质量相等、温度相同的氧气和氢气，则它们的()A．压强相等B．分子运动的平均速率相等C．分子的平均动能相等，压强不等D．分子的平均动能相等，压强相等2．太空中的宇航员都穿着一套与外界绝热的航天服，它能为宇航员提供合适的生存环境。

假如在地面上航天服内气压为l atm，气体的体积为2L，温度为T0，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积达到最大为4L。

(1)试分析：宇航员由地面到太空的过程中，如果不采取任何措施，航天服内气体内能变化情况如何？为使航天服内气体保持恒温，应给内部气体制冷还是加热？(2)为使航天服在最大体积时内部气压达到0.9 atm，温度为T0，可以通过补充气体实现，则需向其内部补充温度为To、压强为l atm的气体多少升？3．对于一定质量的理想气体，若设法使其温度升高而压强减小，则在这一过程中，下列说法正确的是( )A．气体的体积可能不变B．气体必定从外界吸收热量C．气体分子的平均动能必定增大D．单位时间内，气体分子撞击器壁单位面积的次数一定减少4．某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的密闭防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为1.0×105Pa(常温下的大气压强值)，当内、外压强差超过一定的临界值时表盘玻璃将爆裂．爆裂时登山运动员携带的温度计的读数是-21℃，爆裂前表内气体体积的变化可忽略不计(气体可视为理想气体，结果保留二位有效数字)．①爆裂前一瞬间，表内气体的压强为多大；②若爆裂时外界大气压是2.4×104Pa，请判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？5．“米线”是一种特色小吃．端上餐桌的有：一碗热汤，上面浮着一层油；一碟切成薄片的鲜肉；一碗已煮熟的米线．食客先把肉片放进汤内，稍候再加入米线．现有以下资料：汤的初温97℃，比热容4.2×103J/（kg？℃）；肉片的质量为0.2kg，初温22℃，比热容3.5×103J/（kg？℃）．基于健康缘故，肉片必须至少在大于80℃的汤中保持2min，在这2min 时间里，由于向外界散热整体温度将下降约2℃．为实现上述的温度要求，碗中汤的质量至少应为（）A．0.5kg B．0.67kg C．1kg D．1.2kg6．一定量的理想气体在压强不变的条件下，体积增大，则（）A．气体分子的平均动能增大B．气体分子的平均动能减小C．气体分子的平均动能不变D．条件不够，无法判定．7．一个内壁光滑、绝热的气缸固定在地面上．绝热的活塞B下方封闭着空气，这些空气分子之间的相互作用力可以忽略．在外力F作用下，将活塞B缓慢地向上拉一些．如图所示．则缸内封闭着的气体（）A．分子平均动能不变B．单位时间内缸壁单位面积上受到的气体分子碰撞的次数减少C．单位体积内气体的分子个数增加D．若活塞重力不计．拉力F对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量8．封闭在贮气瓶中的某种理想气体，当温度升高时，下列说法中正确的是（容器的热膨胀忽略不计）（）A．密度不变，压强增大B．密度不变，压强减小C．压强不变，密度增大D．压强不变，密度减小9．在一定温度下，当气体的体积减小时，气体的压强增大，这是由于（）A．单位体积内的分子数变大，单位时间对器壁碰撞的次数增大B．气体分子密度变大，分子对器壁的吸引力变大C．每个分子对器壁的平均撞击力变大D．气体分子的密度变大，单位体积内分子的重量变大10．粗细均匀，一端开口的直玻璃管水平放置时，被一段水银柱封闭的空气柱长20厘米；若管开口向上竖立时，空气柱长18厘米．现若使管口竖直向上作自由下落，稳定时，则（）A．管内空气柱小于18厘米B．管内空气柱等于20厘米C．管内空气柱大于20厘米D．管内空气柱等于18厘米参考答案：1．答案： C解析：2．答案： (1)气体内能减小，则其温度降低，为保持恒温,需给其加热。

第3节理想气体的状态方程1．了解理想气体模型，知道实际气体可以近似看成理想气体的条件。

2．能够从气体实验定律推导出理想气体的状态方程。

3．掌握理想气体状态方程的内容、表达式和适用条件，并能应用理想气体的状态方程分析解决实际问题。

一、理想气体1．定义：在任何温度、任何压强下都严格遵从□01气体实验定律的气体。

2．理想气体与实际气体二、理想气体的状态方程1．内容：一定质量的某种理想气体，在从状态1变化到状态2时，尽管p、V、T都可能03热力学温度的比值保持不变。

改变，但是□01压强跟□02体积的乘积与□2．公式：□04pV T ＝C 或□05p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2。

3．适用条件：一定质量的□06某种理想气体。

判一判(1)一定质量的理想气体，先等温膨胀，再等压压缩，其体积必小于起始体积。

( ) (2)气体的状态由1变到2时，一定满足方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2。

( ) (3)描述气体的三个状态参量中，可以保持其中两个不变，仅使第三个发生变化。

( ) 提示：(1)× (2)× (3)×课堂任务 对理想气体的理解理想气体的特点1．严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程。

2．理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可以忽略不计，分子可视为质点。

3．理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，故无分子势能，理想气体的内能等于所有分子热运动动能之和，一定质量的理想气体内能只与温度有关。

例1 (多选)关于理想气体，下面说法哪些是正确的( )A．理想气体是严格遵守气体实验定律的气体模型B．理想气体的分子没有体积C．理想气体是一种理想模型，没有实际意义D．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可当成理想气体[规范解答] 理想气体是指严格遵守气体实验三定律的气体，实际的气体在压强不太高、温度不太低时可以认为是理想气体，A、D正确。

理想气体分子间没有分子力，但分子有大小，B错误。