高中物理：气体实验定律全章节精编讲解及练习解析

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。

第2节 气体实验定律的微观解释及图像暗示第3节 抱赌气体1．玻意耳定律的微观解释：当温度保持不变时，大量气体分子热运动的平均动能________，分子碰撞器壁时对器壁的平均感化力________，气体对器壁的压强只取决于单位时间内与单位面积的器壁发生撞击的次数．当温度保持不变时，若气体的体积压缩到本来的1n，则单位体积内的分子数增大为本来的________倍，这时单位时间内与单位面积的器壁碰撞的次数也将增大到本来的________倍，于是气体对器壁的压强就增大到本来的________倍．2．查理定律的微观解释必然质量的气体，体积保持不变，则单位体积中的分子数________．当温度升高时，分子热运动的平均动能________，这一方面使得单位时间内撞击到器壁上的分子数________，同时也使得分子撞击器壁时对器壁的撞击力________，从而使得气体的压强随之增大．3．盖·吕萨克定律的微观解释必然质量的气体，当温度升高时，气体分子热运动的平均动能增大，这会引起气体分子对器壁撞击力________，赌气体对器壁的压强________．要使压强保持不变，必需减小气体分子的密度，使单位时间内与器壁单位面积上碰撞的分子数________，这在宏观上就浮现为气体体积的________．4．抱赌气体就是指能够严格遵守气体____________的气体．在____________， ________的条件下，一切实际气体都可以当作抱赌气体来处理，抱赌气体单位体积内分子的个数________，抱赌气体的分子可以视作________，而且除了碰撞之外，分子之间的彼此感化力可以____________．5．必然质量的抱赌气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子运动理论概念来分析，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 ．气体的分子数密度增大6．关于抱赌气体，下列说法正确的是( )A ．抱赌气体也不能严格地遵守气体实验定律B ．实际气体在温度不太高、压强不太小的情况下，可看成抱赌气体C ．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成抱赌气体D ．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成抱赌气体【概念规律练】知识点一 气体实验定律的微观解释1．对必然量的气体，若用N 暗示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，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2．必然质量的抱赌气体，在压强不变的条件下，温度升高，体积增大，从分子动理论的概念来分析，正确的是()A．此过程中分子的平均速率不变，所以压强保持不变B．此过程中每个气体分子碰撞器壁的平均冲击力不变，所以压强保持不变C．此过程中单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数不变，所以压强保持不变D．以上说法都不对知识点二等温线3.图1如图1所示为必然质量的气体在分歧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，必然质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比B．必然质量的气体，在分歧温度下的等温线是分歧的C．由图可知T1>T2D．由图可知T1<T2知识点三等容线图24．如图2所示，直线a和b分别暗示同一气体在分歧体积V1和V2下的等容变化图线，试比力V1和V2的关系．5.图3如图3所示是必然质量的抱赌气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，正确的是() A．a→d的过程气体体积增加B．b→d的过程气体体积不变C．c→d的过程气体体积增加D．a→d的过程气体体积减小知识点四等压线6.图4如图4所示，直线a和b分别暗示同一气体在压强p1和p2下做等压变化的图象．试比力p1和p2的大小．7.图5必然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图上暗示如图5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中，气体的压强最大D．在状态B中，气体的压强最大【方式技巧练】解决图象问题的技巧8.图6必然质量的抱赌气体沿着图6所示的标的目的发生状态变化的过程中，该气体压强的变化是()A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强不变9.图7必然质量的抱赌气体经历了如图7所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p—T 图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab而cd平行于ab，由图可以判断()A．ab过程中气体体积不断减小B．bc过程中气体体积不断减小C．cd过程中气体体积不断增大D．da过程中气体体积不断增大1．封锁在汽缸内的抱赌气体，当它被等压压缩时，汽缸内变小的量是()A．气体分子的平均动能B．气体分子的平均密度C．气体分子每次撞击器壁的平均冲力D．气体分子在单位时间内撞击器壁的次数2．对于必然质量的气体，当它的压强和体积发生变化时，以下说法正确的是()A．压强和体积都增大时，其分子平均动能弗成能不变B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能必然不变D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大3．在必然温度下，当必然量气体的体积增大时，气体的压强减小，这是由于()A．单位体积内的分子数变少，单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数减少B．气体分子的密集程度变小，分子对器壁的吸引力变小C．每个分子对器壁的平均撞击力都变小D．气体分子的密集程度变小，单位体积内分子的重量变小4.图8如图8所示，是必然质量的抱赌气体状态变化的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5.图9如图9所示为必然质量的气体在分歧温度下的两条p—1V图线．由图可知() A．必然质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比B．必然质量的气体在发生等温变化时，其p—1V图线的延长线是经过坐标原点的C．T1>T2D．T1<T26.图10如图10所示是必然质量的抱赌气体的p－t图象，在气体由状态A变化到B的过程中，其体积()A．必然不变B．必然减小C．必然增大D．不能判定怎样变化7.图11必然质量的气体做等压变化时，其V－t图象如图11所示，若保持气体质量不变，而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与本来比拟，下列可能正确的是() A．等压线与V轴之间夹角变小B．等压线与V轴之间夹角变大C．等压线与t轴交点的位置不变D．等压线与t轴交点的位置必然改变8.图12如图12所示是必然质量的抱赌气体的两种升温过程，对两种升温过程的正确解释是() A．a、b所在的图线都暗示等容变化B．V a∶V b＝3∶1C．p a∶p b＝3∶1D．两种过程中均升高相同温度，气体压强的增量Δp a∶Δp b＝3∶19.图13如图13所示为必然质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比力，下列说法正确的是()A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C．在相同时间内撞在相同面积上的分子数两状态一样多D．单位体积内的分子数两状态一样多10．关于抱赌气体，下列说法正确的是()A．温度极低的气体也是抱赌气体B．压强极大的气体也遵从气体实验定律C．抱赌气体是对实际气体的抽象化模型D．抱赌气体实际并不存在题号12345678910 答案11.图14如图14所示，必然质量的抱赌气体从状态A经B、C、D再回到A，问AB、BC、CD、DA 是什么过程？已知气体在状态A时体积为1 L，求在状态B、C、D时的体积各为多少，并把此图改画为p－V图．第2节气体实验定律的微观解释及图像暗示第3节抱赌气体课前预习练1．不变不变n n n2．也保持不变增大增多增大3．增大增大减少增大4．实验定律温度不太低压强不太大较少质点忽略不计5．BD6．C[抱赌气体是在任何温度、任何压强下都能遵从气体实验定律的气体，A项错误；它是实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下的抽象，故C正确，B、D是错误的．]课堂探究练1．C[必然质量的气体，在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数，取决于分子密度和分子运动的剧烈程度，即与体积和温度都有关，故A、B错；压强不变，说明气体分子对器壁单位面积上的撞击力不变，若温度改变，则气体分子平均动能必改变，要保持撞击力不变，则碰撞次数必改变；若体积改变，同理可判，N也必定变化，故C对，D错．]点评压强的大小跟单位时间内分子对器壁的碰撞次数和每一次碰撞的力度有关．单位时间内对器壁的碰撞次数越多、力度越大，则压强越大．2．D[压强与单位时间内碰撞到器壁单位面积的分子数和每个分子的冲击力有关，温度升高，分子与器壁的撞击力增大，单位时间内碰撞的分子数要减小，压强才可能保持不变．] 点评气体的压强是大量气体分子对器壁撞击的结果，服膺气体压强微观上决意于气体分子的平均动能和单位体积内的分子数；宏观上决意于气体的温度和体积，是解决此类问题的关键．3．ABD[由等温线的物理意义可知，A、B正确；对于必然质量的气体，温度越高，等温线的位置就越高，C错，D对．]方式总结必然质量的气体在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p—V图象是双曲线的一支．必然质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，在p—V图上的等温线的位置就越高．4．V2<V1解析如题图所示，让气体从体积为V1的某一状态开始做一等温变化，末状态体积为V2，则p1<p2，由玻意耳定律可知V1>V2.直线斜率越大，暗示体积越小．故在p—T图中斜率大的V小．点评以压强p为纵轴，热力学温度T为横轴画出的必然质量的抱赌气体在体积不变的情况下，压强随温度变化的关系曲线是过原点的直线，而且斜率越大，体积越小．5．AB[p—T图的等容线是延长线过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小．由此可见，a状态对应体积最小，c状态对应体积最大，所以选项A、B是正确的．]点评在p－T图线上，比力两个状态的体积大小，可以直接把这两个状态点与原点连线，比力斜率的大小，状态点所在直线的斜率大，体积就小．6．p1>p2解析让气体从压强为p1的某一状态开始做一等容变化，末状态的压强为p2.由图象可知T1>T2.按照查理定律p1 T1＝p2T2可得p1>p2.所以直线斜率越大，暗示变化过程的压强越小．点评在V－T图中，必然质量的抱赌气体在压强不变的情况下，体积V随温度T变化的图线，是一条过原点的直线，而且斜率越大，压强越小．7．AD[气体在AC变化过程中是等温变化，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p/T＝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．]方式总结在V－T图象中，比力两个状态的压强大小，还可以用这两个状态到原点连线的斜率大小来判断，斜率越大，压强越小；斜率越小，压强越大．8．AC[在V－T图象中，过原点的直线为等压线，直线的斜率越大，气体的压强越小．分别作过a、b、c、d四点的等压线，则有p b>p c>p d>p a，故A、C正确．]9．BCD[本题是用p—T图象暗示气体的状态变化过程．四条直线段只有ab段是等容过程．即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程．如图所示连接Oc和Od，则Oba、Oc、Od都是必然质量抱赌气体的等容线，依据p—T图中等容线的特点(斜率越大，气体体积越小)，比力这几条图线的斜率即可得出V a＝V b>V d>V c.同理，可以判断bc、cd和da线段上各点所暗示的状态的体积大小关系，选项B、C、D正确．]方式总结由解题过程可以看出：利用图象解题，常常需添加辅助线，适本地添加辅助线，可利用图象有关特点，使解题过程更加简捷．课后巩固练1．AC2．AD[质量必然的气体，分子总数不变，体积增大，单位体积内的分子数减少；体积减小，单位体积内的分子数增多，按照气体的压强与单位体积内的分子数和分子的平均动能这两个因素的关系，可判知A、D正确，B、C错误．]3．A[温度不变，必然量气体分子的平均动能、平均速率不变，每次碰撞，分子对器壁的平均感化力不变，但体积增大后，单位体积内的分子数减少，因此单位时间内碰撞次数减少，气体压强减小，A正确，B、C、D错误．]4．D[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，由于离原点越远的等温线温度越高，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．]5．BD[这是必然质量的气体在发生等温变化时的p－1V图线，由图线知p∝1V，所以p与V应成反比，A错误；由图可以看出，p－1V图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；按照p－1V图线斜率的物理意义可知C错误，D正确．]6．D[图中横坐标暗示的是摄氏温度t.若BA的延长线与t轴相交在－273.15℃，则暗示A 到B过程中体积是不变的．但是，由图中无法做出这样的判定．所以，应选D. ]7．ABC[对于必然质量气体的等压线，其V－t图象的延长线必然过t轴－273.15℃的点，故C正确；由于标题问题中没有给定压强p的变化情况，因此A、B都有可能，故选A、B、C.]8．ACD[在p－T图象中，过原点的直线暗示等容变化．图线斜率k＝pT∝1V；在T相同的条件下，p∝k＝tan α，即p a∶p b＝tan 60°∶tan 30°＝3∶1，V a∶V b＝1∶3，故选A、C、D.]9．B[在b状态下，温度较高，分子平均动能较大，每次碰撞产生的撞击力较大，若要b 状态与a状态压强相等，则在相同时间内撞在单位面积上的分子数必需比a少，故B对，A、C 错；由于b 状态下体积大，单位体积内的分子数应比a 少，D 错．]10．CD [气体实验定律是在压强不太大、温度不太低的情况下得出的，温度极低、压强极大的气体在微观上分子间距离变小，趋向于液体，故答案为C 、D.]11．见解析解析 (1)AB 过程是等容升温升压，BC 过程是等压升温增容即等压膨胀，CD 过程是等温减压增容即等温膨胀，DA 过程是等压降温减容即等压压缩．(2)已知V A ＝1 L ，V B ＝1 L(等容过程) 由V C T C ＝V B T B(等压过程)得 V C ＝V B T B T C ＝1450×900 L ＝2 L 由p D V D ＝p C V C (等温过程)得V D ＝p C V C p D ＝2×31L ＝6 L 所改画的p －V 图如右图所示．习题课 气体实验定律的应用基础练1．必然质量的抱赌气体，由某一初态经过两个状态变化过程，使其体积仍变为本来的数值，可采用( )A ．先等压升温，再等温减压B ．先等压降温，后等温减压C ．先等温增压，后等压升温D ．先等温降压，后等压升温2．为了控制温室效应，各国科学家提出了不少方式和设想．有人按照液态CO 2密度大于海水密度的事实，设想将CO 2液化后，送入深海海底，以减小大气中CO 2的浓度．为使CO 2液化，最有效的法子是( )A ．减压、升温B ．增压、升温C ．减压、降温D ．增压、降温3．如图1所示甲、乙为必然质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是( )图1A ．甲是等压线，乙是等容线B ．乙图中p －t 线与t 轴交点对应的温度是－273.15℃，而甲图中V －t 线与t 轴的交点纷歧定是－273.15℃.C．由乙图可知，必然质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系D．乙图表白随温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变4．下列过程可能发生的是()A．气体的温度变化，但压强、体积保持不变B．气体的温度、压强保持不变，而体积发生变化C．气体的温度保持不变，而压强、体积发生变化D．气体的温度、压强、体积都发生变化5．必然质量的气体在0℃时压强为p0，在27℃时压强为p，则当气体从27℃升高到28℃时，增加的压强为()A．p0/273 B．p/273 C．p0/300 D．p/300提升练6．必然质量的抱赌气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到本来的温度() A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀7.图2将一根质量可忽略的一端封锁的塑料管子插入液体中，在力F的感化下保持平衡，如图2所示的H值大小与下列哪个量无关()A．管子的半径B．大气压强C．液体的密度D．力F8.图3如图3所示为必然质量的抱赌气体，由状态A沿直线变化到状态B，在此过程中，气体的温度变化是()A．不断增大B．不断减小C．先减后增D．先增后减9．一绝热隔板将一绝热长方形容器隔成两部分，两边分别充满气体，隔板可无摩擦移动．开始时，左边的温度为0℃，右边的温度为20℃，当左边的气体加热到20℃，右边的气体加热到40℃时，则达到平衡状态时隔板的最终位置()A．保持不动B．在初始位置右侧C．在初始位置左侧D．决意于加热过程10.图4如图4所示，一端封锁的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封锁了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓慢地均匀加热，则下述说法中正确的是() A．加热过程中，始终保持V1′＝2V2′B．加热后V1′>2V2′C．加热后V1′<2V2′D．条件不足，无法确定11.图5如图5所示是必然质量的气体从状态A经状态B到状态C再到状态A的p－T图象，由图可知()A．V A＝V BB．V B>V CC．V B＝V CD．V A>V C题号1234567891011 答案12.图6粗细均匀的U形管，右端封锁有一段空气柱，两管内水银面高度差为19 cm，封锁端空气柱长度为40 cm，如图6所示，问向左管内再注入多少水银可使两管水银面等高？已知外界大气压强p0＝76 cmHg，注入水银过程中温度保持不变．13．如图7所示为一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封锁气体的压强为p0，经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.图7(1)求此时气体的压强．(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，赌气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与本来总质量的比值．14．如图8所示，汽缸中封锁着温度为100℃的空气，一重物用绳索经滑轮跟缸中活塞相图8连接，重物和活塞都处于平衡状态，这时活塞离汽缸底的高度为10 cm.如果缸内空气温度变为0℃，重物将上升多少？(保留三位有效数字)习题课气体实验定律的应用1．BC2．D3．AD[由查理定律p＝CT＝C(t＋273.15)及盖·吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t 轴的交点温度为－273.15℃，即热力学温度的0 K，故B错；查理定律及盖·吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，故C错；由于图线是直线，故D正确．]4．CD[在描述气体状态的三个物理量温度、压强和体积中，气体状态变化时，至少有两个量同时发生变化，单独一个参量发生变化是弗成能的．A 、B 错误，C 、D 正确．]5．AD [按照p /T ＝C 可得p 0/273＝p t /(273＋t )，则p t ＝p 0(1＋t /273)，所以p ＝p 0(1＋27/273)，p ′＝p 0(1＋28/273)，所以Δp ＝p ′－p ＝p 0/273按照p 1/T 1＝p 2/T 2得p /(273＋27)＝p ′/(273＋28)从而p ′＝301p /300所以Δp ＝p ′－p ＝p /300]6．AD [由于此题要经过一系列状态变化后回到初始温度，所以先在p －V 坐标中画出等温变化图线，然后在图线上任选一点代表初始状态，按照各个选项中的过程画出图线，如图所示，从图线的发展趋势来看，有可能与本来的等温线相交说明经过变化后可能回到本来的温度，选项A 、D 正确．]7．B [分析管子的受力如右图所示，由受力平衡有p 0S ＋F ＝pS ，又p ＝p 0＋ρgH ，故H ＝p －p 0ρg ＝F ρgS ＝F ρg πr 2，与大气压强无关，故选B.] 8．D [由题设条件可知pV 的值非单调增加，如图所示．找到与A 点等温的B ′点，其坐标为(1,3)，并作出等温线，直线连接A 、B ′两点，坐标为(2,2)的点必然在直线AB ′上，过点(2,2)作V 轴的平行线交直线AB 于A ′点，显然A ′点的p ′V ′值大于4 atm ·L ，而A 点的p A V A ＝3 atm ·L ，B 点的p B V B ＝4 atm ·L ，因此可定性地确定，从A 点到B 点的pV 值先增大后减小，所以温度也是先增大后减小，故选D.]9．B [设温度变化过程中气体的体积不变，据查理定律得： p 2T 2＝p 1T 1⇒p 2－p 1p 1＝T 2－T 1T 1⇒Δp ＝p 1T 1ΔT . 对左边气体，Δp 左＝p 左273×20；对右边气体Δp 右＝p 右293×20.因初始p 左＝p 右，故Δp 左>Δp 右．即隔板将向右侧移动．本题的正确答案为B.]10．A [在整个加热过程中，上段气柱的压强始终保持为p 0＋h 1不变，下段气柱的压强始终为p 0＋h 1＋h 2不变，所以整个过程为等压变化．按照盖·吕萨克定律得V 1T ＝V 1′T ′，即V 1′＝T ′T V 1， V 2T ＝V 2′T ′，即V 2′＝T ′T V 2. 所以V 1′V 2′＝V 1V 2＝21，即V 1′＝2V 2′.] 11．A12．39 cm解析 以右管中被封锁气体为研究对象，气体在初状态下其p 1＝p 0－p h ＝(76－19) cmHg ＝57 cmHg ，V 1＝L 1S ＝40S ；末状态p 2＝p 0＝76 cmHg ，V 2＝L 2S .则由玻意耳定律得：57×40 S ＝76×L 2S ，L 2＝30 cm.需注入的水银柱长度应为h ＋2(L 1－L 2)＝39 cm.13．(1)76p 0 (2)67解析 (1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1① 代入数据得p 1＝76p 0② (2)抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0＝p 0V ③联立②③式解得V ＝76V 0④ 设剩余气体的质量与本来气体的总质量之比为k ，由题意得k ＝V 0V⑤ 联立④⑤式解得k ＝6714．2.68 cm解析 这是一个等压变化过程，设活塞的横截面积为S .初态：T 1＝273 K ＋100 K ＝373 K ，V 1＝10S末态：T 2＝273 K ，V 2＝LS由盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得 LS ＝T 2T 1V 1，L ＝273373×10 cm ≈7.32 cm 重物上升高度为10 cm －7.32 cm ＝2.68 cm。

第2节气体的等容变化和等压变化1.查理定律：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，即p T＝C 。

2．盖－吕萨克定律：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，即V T＝C 。

3．玻意耳定律、查理定律、盖－吕萨克定律的适用条件均为一定质量的某种气体。

一、气体的等容变化 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。

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。

(2)表达式：p T ＝C 或p 1T 1＝p 2T 2。

(3)适用条件：①气体的质量不变；②气体的体积不变。

3．等容线一定质量的气体，在体积不变时，其p ­T 图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等容线。

二、气体的等压变化 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。

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，体积V 与热力学温度T 成正比。

(2)表达式：V ＝CT 或V T ＝C 或V 1T 1＝V 2T 2。

(3)适用条件：①气体的质量不变；②气体的压强不变。

3．等压线一定质量的气体，在压强不变时，其V ­T 图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等压线。

1．自主思考——判一判(1)气体的温度升高，气体体积一定增大。

(×)(2)一定质量的气体，在压强不变时体积与温度成正比。

(×)(3)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V ­T 图像是过原点的直线。

(√) (4)一定质量的气体在体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。

(×) (5)pV ＝C 、p T ＝C 、V T＝C ，三个公式中的常数C 是同一个值。

(×) 2．合作探究——议一议(1)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，你知道其中的原因吗？提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶附近的压强比山脚处小很多，内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。

气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 类型2　“汽缸活塞类”模型类型3 变质量气体模型题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用题型一气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1=p 2V 2T 2温度不变：p 1V 1=p 2V 2(玻意耳定律)体积不变：p 1T 1=p 2T 2(查理定律)压强不变：V 1T 1=V 2T 2(盖-吕萨克定律)2两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp =p 1T 1ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV =V 1T 1ΔT 3利用气体实验定律解决问题的基本思路1(2023·广东深圳·校考模拟预测)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0.9mL ，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa ，护士把注射器内横截面积为0.3cm 2、长度为0.4cm 、压强为1.0×105Pa 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。

(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。

(2)求此时药瓶内气体的压强。

【答案】(1)总内能增加，原因见解析；(2)p1=1.3×105Pa【详解】(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。

(2)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=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3注射器内气体体积为V2，有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3根据玻意耳定律有p0V1+V2=p1V1代入数据解得p1=1.3×105Pa2．(2023·山东·模拟预测)某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。

专题48 固体液体气体实验定律（讲）1．本章的基本概念和规律在高考要求中都属于Ⅰ级，从过去几年的高考题看，出现频率较高的知识点如下：分子动理论的基本观点，物体的内能及其改变，热力学第一、二定律，气体状态参量等．知识与现实联系密切。

2．高考热学命题的重点内容有：（1）分子动理论要点，分子力、分子大小、质量、数目估算；题型多为选择题和填空题，绝大多数选择题只要求定性分析，极少数填空题要求应用阿伏加德罗常数进行计算（或估算）；（2）理想气体状态方程和用图象表示气体状态的变化；气体实验定律的理解和简单计算；固、液、气三态的微观解释和理解。

1．知道晶体、非晶体的区别．2．理解表面张力，会解释有关现象．3．掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问题．考点一固体与液体的性质1．晶体和非晶体（1）单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．（2）只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．（3）只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．（4）晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．2．液体表面张力（1）形成原因：表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力．（2）表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜．（3）表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的各条分界线．（4）表面张力的效果：表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小．★重点归纳★1、晶体与非晶体单晶体多晶体非晶体外形规则不规则不规则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、食盐、硫酸铜玻璃、蜂蜡、松香形成与转化有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体★典型案例★【安徽省六安市第一中学2016届高三第九次月考理科综合试题】下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。

第2节 气体实验定律及应用知识梳理一、气体分子运动速率的统计分布 气体实验定律 理想气体 1．气体分子运动的特点(1)分子很小，间距很大，除碰撞外不受力．(2)气体分子向各个方向运动的气体分子数目都相等．(3)分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大． 2．气体的三个状态参量(1)体积；(2)压强；(3)温度． 3．气体的压强(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)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力．公式：p ＝F S. (3)常用单位及换算关系：①国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1 Pa ＝1 N/m 2. ②常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)．③换算关系：1 atm ＝76 cmHg ＝1.013×105 Pa≈1.0×105Pa. 4．气体实验定律(1)等温变化——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 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常量)． (2)等容变化——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．②公式：p 1p 2＝T 1T 2或p T＝C (常量)．③推论式：Δp ＝p 1T 1·ΔT .(3)等压变化——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公式：V 1V 2＝T 1T 2或V T＝C (常量)．③推论式：ΔV ＝V 1T 1·ΔT .5．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，实际上不存在．②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积无关． ③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度不太低时都可看作理想气体． (2)一定质量的理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pV T＝C (常量)． 典例突破考点一 气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强． 2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度． 3．平衡状态下气体压强的求法(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程．求得气体的压强．(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等． 4．加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解． 例1．如图中两个汽缸质量均为M ，内部横截面积均为S ，两个活塞的质量均为m ，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A 、B ，大气压为p 0，求封闭气体A 、B 的压强各多大？解析：题图甲中选m 为研究对象． p A S ＝p 0S ＋mg 得p A ＝p 0＋mg S题图乙中选M 为研究对象得p B ＝p 0－Mg S. 答案：p 0＋mg S p 0－Mg S例2．若已知大气压强为p 0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．解析：在甲图中，以高为h 的液柱为研究对象，由二力平衡知p 气S ＝－ρghS ＋p 0S 所以p 气＝p 0－ρgh在图乙中，以B 液面为研究对象，由平衡方程 F 上＝F 下有：p A S ＋p h S ＝p 0S p 气＝p A ＝p 0－ρgh在图丙中，仍以B 液面为研究对象，有 p A ＋ρgh sin 60°＝p B ＝p 0所以p 气＝p A ＝p 0－32ρgh在图丁中，以液面A 为研究对象，由二力平衡得 p 气S ＝(p 0＋ρgh 1)S ，所以p 气＝p 0＋ρgh 1 答案：甲：p 0－ρgh 乙：p 0－ρgh丙：p 0－32ρgh丁：p 0＋ρgh 1例3．如图所示，光滑水平面上放有一质量为M 的汽缸，汽缸内放有一质量为m 的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S .现用水平恒力F 向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p .(已知外界大气压为p 0)解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有： F ＝(M ＋m )a再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有： pS －p 0S ＝ma解得：p ＝p 0＋mFS M ＋m .答案：p 0＋mFS M ＋m考点二 气体实验定律及理想气体状态方程1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2⎩⎪⎨⎪⎧温度不变：p 1V 1＝p 2V 2玻意耳定律体积不变：p 1T 1＝p2T 2查理定律压强不变：V 1T 1＝V2T2盖—吕萨克定律2．几个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp ＝p 1T 1ΔT(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV ＝V 1T 1ΔT (3)理想气体状态方程的推论：p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1＋p 2V 2T 2＋…… 例4．如图，一固定的竖直汽缸由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 ；汽缸外大气的压强为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 ．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽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)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 1⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋S 2⎝⎛⎭⎪⎫l －l 2① V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变．由盖­吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 联立①②④式并代入题给数据得 T 2＝330 K ⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有 p ′T ＝p 1T 2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p ′＝1.01×105 Pa ⑦答案 (1)330 K (2)1.01×105Pa例5．一氧气瓶的容积为0.08 m 3，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 m 3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．解析：设氧气开始时的压强为p 1，体积为V 1，压强变为p 2(2个大气压)时，体积为V 2.根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2①重新充气前，用去的氧气在p 2压强下的体积为 V 3＝V 2－V 1②设用去的氧气在p 0(1个大气压)压强下的体积为V 0，则有p 2V 3＝p 0V 0③ 设实验室每天用去的氧气在p 0下的体积为ΔV ，则氧气可用的天数为 N ＝V 0/ΔV ④联立①②③④式，并代入数据得 N ＝4(天)⑤ 答案：4天考点三 气体状态变化的图象问题一定质量的气体不同图象的比较例6．为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是( )解析：选B.等温变化时，根据pV ＝C ，p 与1V 成正比，所以p －1V图象是一条通过原点的直线，故正确选项为B. 当堂达标1．如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M ，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p 0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p 为________．解析：对圆块进行受力分析：重力Mg ，大气压的作用力p 0S ，封闭气体对它的作用力pScos θ，容器侧壁的作用力F 1和F 2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡，故p 0S ＋Mg ＝pScos θ·cos θ，即p ＝p 0＋Mg S.答案：p 0＋Mg S2．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3 m 3.往桶内倒入4.2×10－3 m 3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进2.5×10－4m 3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是( )A ．16次B ．17次C ．20次D ．21次解析：选B.设大气压强为p ，由玻意耳定律，npV 0＋p ΔV ＝pV ，V 0＝2.5×10－4m 3，ΔV ＝5.7×10－3m3－4.2×10－3 m 3＝1.5×10－3m 3，V ＝5.7×10－3m 3，解得n ＝16.8次≈17次，选项B 正确．3．(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的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 过程中不断增大B ．bc 过程中保持不变C ．cd 过程中不断增大D ．da 过程中保持不变解析：选AB.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；连接aO 交cd 于e ，如图所示，则ae 是等容线，即V a ＝V e ，因为V d ＜V e ，所以V d ＜V a ，da 过程中体积不是保持不变，D 错误．4．已知湖水深度为20 m ，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g ＝10 m/s 2，ρ水＝1.0×103 kg/m 3)( ) A ．2.8倍 B ．8.5倍 C ．3.1倍 D ．2.1倍解析：选C.一标准大气压约为10 m 高的水柱产生的压强，所以气泡在湖底的压强p 1约为3.0×105Pa ，由理想气体状态方程得，p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，而T 1＝(4＋273)K ＝277 K ，T 2＝(17＋273)K ＝290 K ，温度基本不变，压强减小为原来的13，体积扩大为原来的3倍左右，C 项正确．5．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为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 封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底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 ．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K 时，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360 K 时，活塞上移了4 cm.g 取10 m/s 2.求活塞的质量和物体A 的体积．解析：设物体A 的体积为ΔV ，T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝60×40 cm 3－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 cm 3－ΔV .由状态1到状态2为等容过程，则p 1T 1＝p 2T 2， 代入数据得m ＝4 kg.由状态2到状态3为等压过程，则V 2T 2＝V 3T 3， 代入数据得ΔV ＝640 cm 3.答案：4 kg 640 cm 3。

第71课时 气体试验定律和图像(重点突破课) [基础点·自主落实] [必备学问] 1．气体试验定律玻意耳定律 查理定律盖—吕萨克定律 内 容肯定质量的某种气体，在温度不变的状况下，压强与体积成反比肯定质量的某种气体，在体积不变的状况下，压强与热力学温度成正比肯定质量的某种气体，在压强不变的状况下，其体积与热力学温度成正比表达式p 1V 1＝p 2V 2或 pV ＝恒量p 1T 1＝p 2T 2或 pT ＝恒量V 1T 1＝V 2T 2或 VT ＝恒量图像T a <T bV a <V bp a <p b2．抱负气体状态方程(1)抱负气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体试验定律的气体。

(2)肯定质量的抱负气体的状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT ＝C (常量)。

[小题热身]1.(2021·湖北部分重点高中联考)肯定质量的抱负气体从状态a 开头，经受三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其V -T 图像如图所示，p a 、p b 、p c 分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列推断正确的是( )A ．过程ab 中气体肯定吸热B ．p c ＝p b ＞p aC ．过程bc 中分子势能不断增大D ．过程bc 中每一个分子的速率都减小E ．过程ca 中气体吸取的热量等于对外做的功解析：选ABE 由a 到b ，气体做等容变化，温度上升，内能增大，依据ΔU ＝Q ＋W ，故气体肯定吸热，选项A 正确；由a 到b 为等容变化，温度上升，压强变大，故p b ＞p a ，由b 到c 是等压变化，故p c ＝p b ，选项B 正确；抱负气体没有分子势能，故选项C 错误；由b 到c ，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，故选项D 错误；由c 到a ，气体发生等温膨胀，内能不变，气体对外做功，吸取热量，依据ΔU ＝Q ＋W ，气体吸取的热量等于对外做的功，故选项E 正确。