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姓名，年级：时间：本章优化总结气体实验定律与理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例．2．正确运用定律的关键在于状态参量的确定,特别是压强的确定．3．求解压强的方法:气体实验定律的适用对象是理想气体，而确定气体的始末状态的压强又常以封闭气体的物体(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，运用平衡的知识、牛顿定律等列式求解．4．对两部分（或多部分）气体相关联的问题，分别对两部分气体依据特点找出各自遵循的规律及相关联的量，写出相应的方程，最后联立求解．（2018·高考全国卷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l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm,左边气体的压强为12.0cmHg.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p1和p1.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2。
由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg（l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小由玻意耳定律有p 1l1＝pl′1②p 2l2＝pl′2③两边气柱长度的变化量大小相等l′1－l1＝l2－l′2④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5 cm⑤l′2＝7.5 cm.[答案］见解析1。
如图所示,一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的汽缸内,开始时气体体积为V0,温度为27 ℃。
在活塞上施加压力将气体体积压缩到错误!V0,温度升高到87 ℃，设大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞与汽缸壁摩擦不计．（1）求此时气体的压强;(2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0,求此时气体的压强．解析：根据气体状态方程错误!＝C和已知的变化量去求解其它的物理量；气体做等温变化，由玻意耳定律列出等式求解．(1）根据题意得:初状态：V1＝V0，T1＝300 K，p1＝p0末状态：V2＝23V,T2＝360 K由理想气体状态方程错误!＝错误!①得p2＝错误!＝1。
精品文档第八章气体的性质1、气体的等温变化玻意耳定律【教学目标】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.会用玻意耳定律计算有关的问题。
【重点难点】1. 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．“状态”和“过程”分不清，造成抓不住头绪，不同过程间混淆不清的毛病，这是难点。
【教学用具】橡皮膜（或气球皮）、直径为5cm 左右两端开口的透明塑料筒（长约25cm 左右）、与筒径匹配的自制活塞、20cmiX 6cm薄木板一块。
【教学过程】（一）引入新课1. 吹气球比赛：准备两个空矿泉水瓶，两瓶内装有气球，气球口和矿泉水瓶口重合并固定，瓶A 事先扎了小孔，瓶B 完好无损。
师：现在请两个同学来进行一场吹气球比赛，看看谁能把气球吹得更大。
活动进行……问：请参加比赛的同学说说看，在瓶子力吹气球时有什么不同的感觉呢？——关键词：吃力困难问：请同学分析一下，为什么B瓶中气球比A瓶中的更难以吹鼓起来呢？一一A瓶漏气、B瓶中不漏气师：可以利用身边资源进行验证一下，看看你的猜测是不是正确的。
――引导学生将A、B两瓶盖上盖子后压入水中，A瓶进了水，B瓶没有进水。
说明A瓶漏气。
——向全体同学展示两瓶的验证结果，明确A 瓶漏气，故A 瓶内气球更容易吹起来。
总结性问题1：现在请同学们根据已有的知识解释一下，为什么在密闭的瓶子中更难将气球吹鼓呢?―― 引导学生回答: 密闭瓶子中本身装有有一定量气体，当瓶中气球胀大时，瓶中气体被压缩，瓶中气体压强变大，使得吹大气球更加困难。
而漏气的瓶中的气体由于和外界连通，气压始终等于外界大气压，故吹起气球就和平时无异。
总结性问题2：这个比赛告诉我们，对于质量一定的气体，其压强跟什么因素有关呢？――体积2. 复原乒乓球：师：被踩扁的乒乓球，有什么办法将它复原吗？――将球泡在热水中。
第八讲 气体试验定律(Ⅱ)[目标定位] 1.了解确定质量的某种气体的等容变化与等压变化.2.知道查理定律与盖·吕萨克定律的表达式及适用条件.3.理解p －T 图象与V －T 图象的物理意义.4.会运用气体变化规律解决实际问题 .一、查理定律1.等容过程：气体在体积保持不变的状况下发生的状态变化过程，叫做等容过程.2.查理定律：确定质量的气体，在体积不变的状况下，压强p 与热力学温度T 成正比.即p ∝T ，也可以表达为p 1T 1＝p 2T 2或p 1p 2＝T 1T 2. 3.等容曲线，如图1所示.图1二、盖·吕萨克定律1.等压过程：确定质量的气体，在压强不变时体积随温度的变化.2.盖·吕萨克定律：确定质量的气体，在压强不变的状况下，体积与热力学温度成正比. 数学表达式：V T ＝K 或V 1V 2＝T 2T 2.3.等压曲线，(如图2所示)图2一、气体的等容变化与查理定律 1.查理定律的表述 (1)p 1T 1＝p 2T 2＝C (恒量) (2)p T ＝ΔpΔT2.p －T 图中的等容线图3(1)p －T 图中等容线是一条通过原点的倾斜直线.(2)斜率k ＝pT ＝C (常数)与气体体积有关，体积越大，斜率越小.如图3所示，四条等容线的关系为：V 1>V 2>V 3>V 4.例1 电灯泡内充有氦氩混合气体，假如要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，则在20℃的室温下充气，电灯泡内气体压强至多能充到多大？ 答案 0.38atm解析 由于电灯泡容积不变，故气体为等容变化， 设500℃时压强为p 1,20℃时压强为p 2. 由题意可知：T 1＝(500＋273)K ＝773Kp 1＝1atm T 2＝(20＋273) K ＝293K p 2＝？ 由查理定律：p 1T 1＝p 2T 2，所以p 2＝p 1T 1T 2＝1773×293atm ＝0.38atm.例2 如图4所示，是确定质量的抱负气体的某种状态变化过程，对这三个过程的以下说法中正确的是( )图4A.a →d 过程气体的体积增加B.b →d 过程气体的体积不变C.c →d 过程气体的体积增加D.a →d 过程气体的体积不变 答案 AB解析 确定质量的抱负气体的某种状态变化时，若体积不变，在p －T 图中，是一条过原点的倾斜直线，斜率的大小与气体的体积有关，斜率越小，体积越大；斜率越大，体积越小.二、等压变化与盖·吕萨克定律 1.盖·吕萨克定律的表述 (1)V 1T 1＝V 2T 2＝C (恒量) (2)V T ＝ΔV ΔT2.V －T 图中的等压线图5如图5所示为V －T 图中的等压线，这是一条通过原点的倾斜直线，直线斜率k ＝VT ＝C ，斜率越大，常量C越大，压强越小.在图中给出的四条等压线的关系为：p 1>p 2>p 3>p 4.例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℃，假如把它加热到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争辩对象， 初态V 1＝V ，T 1＝300K ； 末态V 2＝V ＋ΔV ，T 2＝400K ， 由盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2，得V T 1＝V ＋ΔV T 2， 代入数据得ΔV ＝V 3，又由于m ＝ρV ， 故Δm m ＝ΔVV ＋ΔV ＝V 343V ＝14. 借题发挥 此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变.因此符合盖·吕萨克定律.三、三个气体试验定律的微观解释 1.玻意耳定律(1)宏观表现：确定质量的某种抱负气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大，体积增大，压强减小. (2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变.体积越小，分子越密集，单位时间内撞到单位面积器壁上的分子数就越多，气体的压强就越大. 2.查理定律(1)宏观表现：确定质量的某种抱负气体，在体积保持不变时，温度上升，压强增大，温度降低，压强减小. (2)微观解释：体积不变，则分子密集程度不变.温度上升，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大. 3.盖·吕萨克定律(1)宏观表现：确定质量的某种抱负气体，在压强不变时，温度上升，体积增大，温度降低，体积减小. (2)微观解释：温度上升，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使压强不变，则需影响压强的另一个因素分子密度减小，所以气体的体积增大.例4 对确定质量的抱负气体，下列说法正确的是( ) A.体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能确定增大 B.温度不变，压强减小时，气体的密度确定减小 C.压强不变，温度降低时，气体的密度确定减小 D.温度上升，压强和体积都可能不变 答案 AB解析 依据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，温度上升，气体分子的平均动能确定增大，选项A 正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密度减小，选项B 正确.压强不变，温度降低时，体积减小，气体密度增大，选项C 错误.温度上升，压强、体积中至少有一个发生转变，选项D 错误.针对训练 对于确定质量的气体，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，其分子平均动能不行能不变 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，其分子平均动能确定不变 D.压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大 答案 AD解析 质量确定的气体，分子总数不变，体积增大，单位体积内的分子数削减；体积减小，单位体积内的分子数增多.依据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.查理定律的应用1.对于确定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化状况 是( )A.气体的摄氏温度上升到原来的二倍B.气体的热力学温度上升到原来的二倍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 确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 1＝p 2T 2，得T 2＝p 2T 1p 1＝2T 1，B 正确.2.如图6所示，c 、d 表示确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6 A.压强p d >p c B.温度T d <T c C.体积V d >V cD.d 状态时分子运动猛烈，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，分子运动猛烈程度减小，体积减小，V d <V c ，分子密度增大，C 、D 错. 盖·吕萨克定律的应用3.确定质量的抱负气体，在压强不变的状况下，温度由5℃上升到10℃，体积的增量为ΔV 1；温度由10℃上升到15℃，体积的增量为ΔV 2，则( ) A.ΔV 1＝ΔV 2 B.ΔV 1>ΔV 2 C.ΔV 1<ΔV 2 D.无法确定答案 A解析 由盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2可得V 1T 1＝ΔV ΔT ，即ΔV ＝ΔT T 1V 1，所以ΔV 1＝5278×V 1，ΔV 2＝5283×V 2(V 1、V 2分别是气体在5℃和10℃时的体积)，而V 1278＝V 2283，所以ΔV 1＝ΔV 2，A 正确. 试验定律的微观解释4.对于确定质量的某种抱负气体，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.当温度上升时，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；对于确定质量的气体，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 确定变化，故C 正确、D 错误；若体积减小且温度也减小，N 不愿定增加，A 错误；当温度上升，同时体积增大时，N 也不愿定增加，故B 错误.(时间：60分钟)题组一 查理定律的应用1.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，快速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上.其缘由是，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 体积不变，当温度降低时，由查理定律pT＝C 可知，压强减小，故B 项正确.2.在密封容器中装有某种气体，当温度从50℃上升到100℃时，气体的压强从p 1变到p 2，则( ) A.p 1p 2＝12 B.p 1p 2＝21 C.p 1p 2＝323373 D.1＜p 1p 2＜2答案C解析 由于气体做等容变化，所以p 1p 2＝T 1T 2＝t 1＋273t 2＋273＝323373，故C 选项正确.3.一个密闭的钢管内装有空气，在温度为20℃时，压强为1atm ，若温度上升到80℃，管内空气的压强约为( ) A.4atm B.14atm C.1.2atm D.56atm 答案 C解析 由查理定律知p 1T 1＝p 2T 2，代入数据解得，p 2≈1.2atm ，所以C 正确.题组二 盖·吕萨克定律的应用4.如图1所示，某同学用封有气体的玻璃管来测确定零度，当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为30cm ；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是36cm ，则该同学测得的确定零度相当于刻度线( )图1 A.－273 B.－270 C.－268 D.－271答案 B解析 当水温为30刻度线时，V 1＝30S ；当水温为90刻度线时，V 2＝36S ，设T ＝t 刻线＋x ，由盖·吕萨克定律得V 1t 1＋x ＝V 2t 2＋x ，即30S 30刻线＋x ＝36S90刻线＋x，解得x ＝270刻线，故确定零度相当于－270刻度线，选B. 5.如图2所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为5×10－3m 2，确定质量的气体被质量为2.0kg 的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为Pa(大气压强取1.01×105Pa ，g取10m/s 2).若从初温27℃开头加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.50m 缓慢地变为0.51m ，则此时气体的温度为℃.图2答案 1.05×105 33解析 p 1＝F S ＝mg S ＝2×105×10－3Pa ＝0.04×105Pa ， 所以p ＝p 1＋p 0＝0.04×105Pa ＋1.01×105Pa ＝1.05×105Pa ，由盖·吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即0.5S 273＋27＝0.51S273＋t，所以t ＝33℃.6.房间里气温上升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℃. 答案 27解析 以升温前房间里的气体为争辩对象，由盖·吕萨克定律：T ＋3T ＝V (1＋1%)V ，解得：T ＝300K ，t ＝27℃. 题组三 p －T 图象和V －T 图象7.如图3所示为确定质量的抱负气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是( )图3A.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 ，压强增大 答案 AC解析 在V －T 图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对确定量的气体，图线的斜率表示压强的倒数，斜率大的，压强小，因此A 、C 正确，B 、D 错误.8.确定质量的抱负气体经受如图4所示的一系列过程，ab 、bc 、cd 和da 这四段过程在p －T 图上都是直线段，ab 和cd 的延长线通过坐标原点O ，bc 垂直于ab ，由图可以推断( )图4A.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答案 BD解析 由p －T 图线的特点可知a 、b 在同一条等容线上，ab 过程中气体体积不变，故A 错；c 、d 在同一条等容线上，cd 过程中气体体积不变，故C 错；在p －T 图线中，图线的斜率越大与之对应的体积越小，因此b →c 的过程气体体积减小，同理d →a 的过程气体体积增大，故B 、D 均正确. 题组四 对气体试验定律的微观解释9.确定质量的抱负气体，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.分子密度减小，平均速率增大 答案 AD解析 确定质量的抱负气体，在压强不变时，由盖·吕萨克定律VT ＝C 可知，体积增大，温度上升，所以气体分子的平均动能增大，平均速率增大，分子密度减小，A 、D 对，B 、C 错. 10.依据分子动理论，下列关于气体的说法中正确的是( ) A.气体的温度越高，气体分子无规章运动越猛烈 B.气体的压强越大，气体分子的平均动能越大 C.气体分子的平均动能越大，气体的温度越高 D.气体的体积越大，气体分子之间的相互作用力越大 答案 AC解析 由分子动理论知：气体的温度越高，气体分子无规章的热运动就越猛烈，所以选项A 正确；而气体压强越大，只能反映出单位面积的器壁上受到的撞击力越大，可能是分子平均动能大的缘由，也可能是单位时间内撞击的分子数目多的缘由，所以选项B 错误；温度是分子平均动能的标志，所以平均动能越大，则表明温度越高，所以选项C 正确；气体分子间的距离基本上已超出了分子作用力的作用范围，所以选项D 错误. 题组五 综合应用11.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，在筒底与水面相平常，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14cm ，当水温上升到27℃时，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)图5答案 1cm解析 设筒底露出水面的高度为h . 当t 1＝7℃时，H 1＝14cm 气柱， 当t 2＝27℃时， H 2＝(14＋h )cm ，由等压变化规律H 1S T 1＝H 2ST 2，得14280＝14＋h300， 解得h ＝1cm ，也就是钢筒露出水面的高度为1cm.12.确定质量的抱负气体由状态A 经状态B 变为状态C ，其中A →B 过程为等压变化，B →C 过程为等容变化.已知V A ＝0.3m 3，T A ＝T C ＝300K 、T B ＝400K. (1)求气体在状态B 时的体积； (2)说明B →C 过程压强变化的微观缘由. 答案 (1)0.4m 3 (2)见解析解析 (1)设气体在B 状态时的体积为V B ， 由盖·吕萨克定律得， V A T A ＝V BT B， 代入数据得V B ＝0.4m 3.(2)微观缘由：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小.13.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 之间活动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开头时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至气体温度为399.3K.求：甲 乙 图6(1)活塞刚离开B 处时的温度T B ； (2)缸内气体最终的压强p ；(3)在图乙中画出整个过程的p －V 图线. 答案 (1)330K (2)1.1p 0 (3)见解析图 解析 (1)活塞离开B 之前，气体做等容变化， 依据查理定律，得0.9p 0T 0＝p 0T B ，解得T B ＝T 00.9＝2970.9K ＝330K.(2)考虑气体各状态间的关系，设活塞最终可以移动到A 处，活塞从刚离开B 处到刚到达A 处，气体做等压变化，由盖·吕萨克定律，有V 0T B ＝1.1V 0T A ，解得T A ＝1.1T B ＝363K.活塞从刚到达A 处到气体升温至399.3K ，气体做等容变化，由查理定律，得p 0T A ＝pT ，解得p ＝p 0T T A ＝399.3363p 0＝1.1p 0.由结果p >p 0可知，活塞可以移到A 处的假设成立. (3)p －V 图线如图所示.。
第4节气体热现象的微观意义1.气体分子的运动特点：(1)分子间的距离较大，除碰撞外不受力的作用而做匀速直线运动；(2)分子间的碰撞十分频繁，分子运动杂乱无章，无规则。
2．气体分子的速率都呈“中间多，两头少”的分布。
3．温度越高，气体分子热运动越激烈。
4．从微观角度来看：气体压强是大量气体分子对容器的碰撞而产生的，其大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，二是分子的密集程度。
一、随机性与统计规律、气体分子运动的特点1．随机性与统计规律(1)必然事件：在一定条件下必然出现的事件。
(2)不可能事件：在一定条件下不可能出现的事件。
(3)随机事件：在一定条件下可能出现，也可能不出现的事件。
(4)统计规律：大量随机事件整体表现出来的规律。
2．气体分子运动的特点气体分子间距离比较大，分子间的作用力很弱，除相互碰撞或跟器壁碰撞外，可理想性以认为分子不受力而做匀速直线运动，因而气体能充满它能达到的整个空间分子之间频繁地发生碰撞，使每个分子的速度大小和方向频繁地改变，分子的运现实性动杂乱无章(1)分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且规律性向着各个方向运动的气体分子数目都相等(2)气体分子的速率各不相同，但遵守速率分布规律，即出现“中间多、两头少”的分布规律二、气体温度和气体压强的微观意义1．气体温度的微观意义(1)温度越高，分子的热运动越剧烈。
(2)理想气体的热力学温度T与分子的平均动能E k成正比，即：T＝a E k(式中a是比例常数)，因此可以说，温度是分子平均动能的标志。
2．气体压强的微观意义(1)气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞容器而产生的。
(2)影响气体压强的两个微观因素：一个是气体分子的平均动能，一个是分子的密集程度。
三、对气体实验定律的微观解释玻意耳定律一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。
在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大，反之，压强减小查理定律一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变。
习题课气体实验定律和理想气体状态方程的应用相关联的两部分气体的分析方法[要点归纳]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：(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。
[精典示例][例1]用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比V A∶V B＝2∶1，如图1所示，起初A中有温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa的空气，B中有温度为27 ℃、压强为1.2×105 Pa的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动且不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A、B中气体的压强。
图1[解析] 对A 空气，初状态：p A ＝1.8×105 Pa ，V A ＝？，T A ＝400 K 。
末状态：p A ′＝？，V A ′＝？，T A ′＝300 K ， 由理想气体状态方程p A V A T A ＝p A ′V A ′T A′得：1.8×105V A 400＝p A ′V A ′300对B 空气，初状态：p B ＝1.2×105 Pa ，V B ＝？T B ＝300 K 。
末状态：p B ′＝？，V B ′＝？，T B ′＝300 K 。
由理想气体状态方程p B V B T B ＝p B ′V B ′T B′得：1.2×105V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′， V A ∶V B ＝2∶1，p A ′＝p B ′，联立以上各式得p A ′＝p B ′＝1.3×105 Pa 。
[答案] 都为1.3×105 Pa两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足pVT ＝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。
【学习内容】章末总复习《气体》【学习目标】1、知道气体的状态参量；知道气体热现象的微观意义。
2、知道玻意耳、查理、盖—吕萨克定律及其等温、等容、等压变化的图像。
（重点）3、知道理想气体模型、理想气体的状态方程；不要求用气体实验定律进行定量计算。
【知识要点】A、概念：一、描述气体的状态参量1、温度：①定义：. ②单位及其换算关系：.③一般情况下，我们定量计算时要用温标.2、体积：①宏观上：容纳气体的．②微观上：气体分子所能达到的．③单位：国际单位为，且1 m3＝103 dm3＝106 cm3.3、压强：①气体压强的产生原因：气体的压强是分子地碰撞器壁产生的，单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但大量分子频繁地碰撞器壁，对器壁就产生了持续、均匀的压力，气体的压强在数值上等于大量气体分子作用在器壁面积上的平均作用力。
②国际单位为，符号为，且1atm＝1.013×105 Pa＝76 cmHg.③大小决定因素：宏观上：气体的和物质的量．微观上：单位体积内的分子数和．4、物质的量：①它是描述系统参量的物理量. ②物质的量n= .5、内能：①物体内的总和，叫内能. ②影响因素：.6、理想气体：①在和下都能遵从气体实验定律的气体.②理想气体是一种的模型；其分子间作用力，分子的大小 .7、统计规律：叫统计规律.B 、规律：气体状态变化的图像：（1）P —V 图像 （2）P —V 1图像（3）P —T 图像 ( 4 ) P — t 图像（5）V —T 图像 （6） V — t 图像C 、微观解释：1、温度：温度是 的标志。
公式表示为 。
2、压强：①从微观角度来说，气体压强跟两个要素有关： ； ②从宏观角度来说，气体压强跟两个要素有关： 。
3、玻意耳定律的微观解释：一定 的气体，温度保持不变时，分子的 是一定的。
在这种情况下，体积减小时，分子的 增大，气体的 就增大。
4、查理定律的微观解释：一定质量的气体， 保持不变时，分子的密集程度保持不变。
2.3《气体实验定律》学案学习目标：1.知道描述气体的三个状态参量．理解三个参量的意义．2.知道什么是等温变化、等容变化和等压变化．3.知道实验三定律的内容及表达式，并会应用定律处理问题．4.会通过实验来研究问题，探究物理规律，体验科学探究过程．重点难点：1.实验定律的理解与应用．2．描述气体的状态参量及物理意义．教材导读：一、气体的状态参量1．状态参量：研究气体的性质时，用_____、______、______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．体积、温度和压强(1)体积(V)：气体的体积是指气体占有____________．(2)温度(T)：温度是表示物体___________的物理量,是气体分子__________的标志．①测量：用________来测量．②表示方法：摄氏温度和________温度，两者数量关系是：___________.(3)压强(P)：是大量气体分子对器壁撞击的______表现．压强的单位有：Pa、atm、cmHg、mmHg等，它们间的换算关系为：1 Pa＝1 N/m21 atm＝76 cmHg＝760 mmHg＝1.013×105 Pa二、玻意耳定律1．等温变化：一定质量的气体，在______不变时其压强与体积发生的变化．2．玻意耳定律(1)内容：一定______的某种气体，在温度保持不变的情况下，压强p与______V成反比．(2)表达式pV＝常量．(3)适用条件：①气体的______不变；②气体的______不变．三、查理定律1．等容变化：一定质量的某种气体在__________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______________成正比．(2)表达式：_________．(3)适用条件：①气体的______不变；②气体的______不变．四、盖吕萨克定律1．等压变化：一定质量的某种气体，在__________的条件下,体积随温度的变化而变化．2．盖吕萨克定律(1)内容：一定质量的气体，在保持压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成______．(2)表达式：_________．(3)适用条件：①气体______不变；②气体______不变．学后反思：。
高中物理选修3-3导学案：8-5气体实验定律习题课习题课：理想气体状态方程与气体实验定律的应用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⎩⎪⎨⎪⎧T 不变：p 1V 1＝p 2V 2（玻意耳定律）V 不变：p 1T 1＝p 2T 2（查理定律）P 不变：V 1T 1＝V 2T 2（盖—吕萨克定律） 题型1： 玻璃管2.几个重要的推论:⎩⎪⎨⎪⎧(1)查理定律推论：Δp ＝p 1T 1ΔT(2)盖—吕萨克定律推论：ΔV ＝V 1T 1ΔT(3)理想气体状态方程推论:p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1+1.一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．2.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l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm 。
现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭。
已知大气压强p 0＝75.0 cmHg 。
(1)求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；(2)此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
题型2 ：气缸活塞3.如图所示，一固定的竖直气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m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；气缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，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T1＝495 K。
现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。
忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。
求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气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。
4.一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。
开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。
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。
5.在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=2σr，其中σ=0.070 N/m．现让水下10m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2．（i）求在水下10 m处气泡内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
6.如图，两气缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热。
两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气。
当大气压为p 0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14 ，活塞b 在气缸正中间。
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升。
当活塞a 上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强。
题型3 变质量 （充气、漏气、抽气等）7.一氧气瓶的容积为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．8.一只容器的体积为V 0，封在容器中的气体的压强为p 0，现用活塞式抽气机对容器抽气，活塞筒的有效抽气容积为V ，其工作示意图如图所示，K 1，K 2为工作阀门，求抽气机抽n 次后容器里气体的压强(设温度不变)．综合练习9．如图所示，U 形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，左右两管水银面高度差为36 cm，外界大气压为76 cmHg.若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度为30 cm，则此时左管内气体的温度为多少？10．如图所示，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A和B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。
已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。
现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。
求活塞A移动的距离。
11.如图，A容器容积为10 L，里面充满12 atm、温度为300 K的理想气体，B容器是真空，现将A中气体温度升高到400 K，然后打开阀门S，将A中的气体释放一部分到B容器，当A容器内压强降到4 atm时，关闭阀门，这时B容器内的压强是3 atm.不考虑气体膨胀过程中温度的变化，求B容器的容积．12.如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。
两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。
开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p o和p o/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4。
现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。
已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
求：(i)恒温热源的温度T；Kp0/3(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x。
习题课参考答案1.[解] 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l2.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 ①l ′1＝⎝⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002 cm ② 由玻意耳定律得 p 1l 1＝p ′1l ′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 ＋20.0－5.002cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2＝ p ′2l ′2 ⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm ⑧2.解：(1)以 cmHg 为压强单位。
设A 侧空气柱长度l ＝10.0 cm 时的压强为p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1。
由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1 ① 由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止。
由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1 ③联立①②③式，并代入题给数据得l 1＝12.0 cm ④(2)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l 2，压强为p 2。
由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2 ⑤由力学平衡条件有p 2＝p 0 ⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l 2＝10.4 cm ⑦设注入的水银在管内的长度为Δh ，依题意得Δh ＝2(l 1－l 2)＋h 1 ⑧ 联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh ＝13.2 cm ⑨3.[解] (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 2①V 2＝S 2l②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。
在此后与气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 ′＝1.01×105Pa 。
⑦4.【解】设气缸的横截面积为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 )S①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14h h ST ⎛⎫- ⎪⎝⎭=h ST' ③ 解得h ′=034T T h ④ 据题意可得 Δp =mgS⑤ 气体最后的体积为V =Sh ′⑥ 联立②④⑤⑥式得V =094mghTpT⑦5.【解】（i ）由公式2P r σ∆=得，320.070Pa=28Pa510P -⨯∆=⨯水下10m 处气泡的压强差是28Pa 。
（ii ）忽略水温随水深的变化，所以在水深10m 处和在接近水面时气泡内温度相同。
由理想气体状态方程PV nRT =，得1122PV PV = ①其中，31143V r π= ，32243V r π= ②③由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有5351010110Pa+1101010210Pa=2P P gh P ρ=+=⨯⨯⨯⨯=⨯ ④20P P =⑤将②③④⑤带入①得，33010244233P r P r ππ⨯=⨯33122r r =，21 1.3r r6.解 (1)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程，且活塞a 不动，设气缸A 的容积为V 0，氮气初始状态的体积为V 1，温度为T 1，末态体积V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为V 04，由题意可得氮气初始状态的体积：V 1＝34V 0＋12×V 04＝78V 0①末态体积：V 2＝34V 0＋V 04＝V 0②由盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2③由①②③式及所给的数据可得：T 2＝320 K ④(2)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初始状态的体积为V 1′，压强为p 1′；末态体积为V 2′，压强为p 2′，由所给数据及玻意耳定律可得V 1′＝14V 0，p 1′＝p 0，V 2′＝316V 0⑤p 1′V 1′＝p 2′V 2′⑥由⑤⑥式可得：p 2′＝43p 0⑦7.[解]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 2 ①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 1 ②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 0 ③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 0ΔV ④联立①②③④式，并代入数据得N ＝4(天) ⑤8.解：抽气容器中的空气等温膨胀，体积由V 0变成V ，压强逐渐减小，根据波意耳定律 第一次抽：p 0V 0＝p 1(V 0＋V ) p 1＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V p 0第二次抽：p 1V 0＝p 2(V 0＋V ) p 2＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V 2p 0推理可知，第n 次抽气后p n ＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V n p 09. [解] 设U 形管左管的横截面积为S ，当左管内封闭的气柱长度变为30 cm 时，左管水银柱下降4 cm ，右管水银柱上升2 cm ，即左右两端水银柱高度差变为h ′＝30 cm对左管内封闭的气体：p 1＝p 0－h ＝40 cmHg ；V 1＝l 1S ＝26S ；T 1＝280 K p 2＝p 0－h ′＝46 cmHg ；V 2＝l ′S ＝30S ；T 2＝？由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可得T 2＝（p 0－h ′）l ′（p 0－h ）l 1T 1＝371.5 K.10.解：设平衡时，A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2，在漏气前， 对A 分析有p 1＝p 0＋mg S ，对B 有p 2＝p 1＋mg SB 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为p ，气体体积为V ′，则有p ＝p 0＋mgS因为温度始终不变，对于混合气体有(p 1＋p 2)·V ＝pV ′设活塞B 厚度为d ，漏气前A 距离底面的高度为h ＝2VS＋d漏气后A 距离底面的高度为h ′＝V ′S＋d联立可得Δh ＝h －h ′以上各式联立化简得Δh ＝mg p 0S ＋mg ·VS。
