高中物理-气体实验定律(Ⅱ)练习

高中物理一轮复习气体实验定律图像问题和变质量问题副标题题号 得分一二三总分一、单选题（本大题共 12 小题，共 48.0 分） 1. 如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒装入一些药液后将密封盖盖好．多次拉压活塞后，把空气打入贮液筒内，贮液筒与外界热交换忽略不计，打开喷嘴开关，活塞位置不变，药液就可以持续地喷出，药液喷出过程中，贮液筒内的空气A. 分子间的引力和斥力都在增大B. 体积变大，压强变大C. 气体分子的平均动能不变D. 气体的内能减小2. 如图所示，一定质量的理想气体，由状态 A 沿直线 AB 变化到状态 B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是A. 不断增大 B. 不断减小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小3. 一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB 为一条直线，则气体从状态 A 到状态 B 的过程中A. 气体分子平均动能保持不变 B. 气体分子平均动能先增大后减小到初始状态 C. 整个过程中气体对外不做功 D. 气体的密度在不断增大4. 如图为一定质量的某种气体的 个状态中，下列判断正确的是图象。

在 A、B、C 三A. 体积最大的是 C 状态 B. 体积最大的是 B 状态 C. A，B 两状态体积一样第 1 页，共 13 页D. A 状态变到 B 状态，外界对气体做功值等于气体内能增加5. 如图，一定质量的理想气体从状态 I 变化到 II 的过程 中，其压强随热力学温度变化的图象为双曲线的一 支．若气体在状态 I 的体积和温度分别为 、 ，在状态Ⅱ的体积和温度分别为 、 ，则A.，且B.，且C.，且D.6. 如图甲，一定质量的理想气体的状态变化过程的之相对应的变化过程图象应为图乙中，且 图象．则与A.B.C.D.7. 如图所示，一定质量的理想气体，从状态 1 变化到状态 2，气体温度变化是A. 逐渐升高 B. 逐渐降低 C. 不变 D. 先升高后降低8. 如图所示，A、B 代表某一定质量的理想气体的两次等容变 化过程，由图可知，气体在 B 过程中当温度为 时，其压强为A. B. C. D. 1atm9. 足球的容积为 足球内已有的气体与外部大气的温度相同，压强等于大气压强 ，现再从球外取体积为 的空气充入球内，使足球内的压强增大到 P，设足球容积保持不变，充气过程气体温度不变，则 为A.B.C.D.第 2 页，共 13 页10. 如图为一定质量理想气体的压强 p 与体积 V 的关系图象，它由 状态 A 经过等容过程到状态 B，再经过等压过程到状态 设 A、 B、C 状态对应的温度分别为 、 、 ，则下列关系式中正确的是A.，B.，C.，D.，11. 如图所示，一定质量的理想气体，从状态 A 变到状态 B，则在 A、B 两状态时的压强 、 相比较是A.B.C.D. 条件不足，元法比较12. 带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态 a，然后经过过程 ab 到达状态 b 或经过过程 ac 到达状态 c，b、c 状态温度相同，如图所示．设气体在状态 b 和状态 c 的压强分别为 和 ，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为 和 ，则A.，B.，C.，D.，二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）13. 空气能热水器采用“逆卡诺”原理，工作过程与空调相反，能将空气中免费热量搬到水中进行制热，即使在南极也有良好表现，高效节能，是广东在世界领先的核心技术。

【分子动理论 气体与热力学定律】专题讲练一、考纲要求六.分子动理论、热和功、气体热学局部在高考理综中仅仅以一道选择题的形式出现，分值：６分。

知识要点是分子动理论、内能、热力学三定律及能量守恒定律和气体的性质。

二、典例分类评析1、分子的两种模型及宏观量、微观量的计算〔1〕分子的两种模型①球体模型：常用于固体、液体分子。

V=1/6πd 3②立方体模型：常用于气体分子。

V=d3 〔2〕宏观量、微观量的计算在此所指的微观量为:分子体积0V ，分子的直径d ，分子的质量0m ．宏观物理量为：物质的体积V 、摩尔体积mol V 、物质的质量m 、摩尔质量M 、物质的密度ρ。

阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁。

由宏观量去计算微观量，或由微观量去计算宏观量，都要通过阿伏加德罗常数建立联系．所以说阿伏加德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁．①计算分子的质量：0mol A AV M m N N ρ== ②计算分子的体积：0mol A A V M V N N ρ==，进而还可以估算分子的直径(线度) d ，把分子看成小球，由30432d V π⎛⎫= ⎪⎝⎭，得d =〔注意：此式子对固体、液体成立〕 ③计算物质所含的分子数：A A A mol m V V n N N N M V Mρ===． 例1、以下可算出阿伏加德罗常数的一组数据是 〔 〕A ．水的密度和水的摩尔质量B ．水的摩尔质量和水分子的体积C ．水分子的体积和水分子的质量D ．水分子的质量和水的摩尔质量例2、只要知道以下哪一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离 〔 〕A.阿伏加德罗常数，气体摩尔质量和质量B ．阿伏加德罗常数，气体摩尔质量和密度C ．阿伏加德罗常数，气体质量和体积D ．该气体的密度、体积和摩尔质量例3、某固体物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为A N ，那么每个分子的质量和单位体积内所含的分子数分别是 〔 〕A ．A N M 、A N M ρB ．A M N 、A MN ρC ．A N M 、 A M N ρD ．A M N 、 A N Mρ 例4、假设以 μ表示水的，υ表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积， ρ为表示在标准状态下水蒸气的密度，N A 为阿伏加德罗常数，m 、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式中正确的选项是 〔 〕A ． N A = ─── υρ mB ．ρ = ─── μA N ΔC ． m = ─── μA ND ．Δ= ─── υAN 例5、地球半径约为6.4×106 m ，空气的摩尔质量约为29×10-3 kg/mol,一个标准大气压约为1.0×105 Pa.利用以上数据可估算出地球外表大气在标准状况下的体积为 〔 〕A.4×1016 m 3B.4×1018 m 3C. 4×1030 m 3D. 4×1022 m 32、分子热运动和布朗运动(1)布朗运动①布朗运动是指悬浮小颗粒的运动，布朗运动不是一个单一的分子的运动——单个分子是看不见的，悬浮小颗粒是千万个分子组成的粒子，形成布朗运动的原因是悬浮小颗粒受到周围液体、气体分子紊乱的碰撞和来自各个方向碰撞效果的不平衡，因此，布朗运动不是分子运动，但它间接证明了周围液体、气体分子在永不停息地做无规那么运动，②布朗运动与扩散现象是不同的现象．布朗运动是悬浮在液体中的微粒所做的无规那么运动．其运动的剧烈程度与微粒的大小和液体的温度有关．扩散现象是两种不同物质在接触时，没有受到外力影响。

第二章2A组·基础达标1．(2023年南通调研)用图示装置探究气体做等温变化的规律，将一定质量的空气封闭在导热性能良好的注射器内，注射器与压强传感器相连．实验中()A．活塞涂润滑油可减小摩擦，便于气体压强的测量B．注射器内装入少量空气进行实验，可以减小实验误差C．0 ℃和20 ℃环境下完成实验，对实验结论没有影响D．外界大气压强发生变化，会影响实验结论【答案】C【解析】实验之前，在注射器的内壁和活塞之间涂一些润滑油，除了可以减小两者之间的摩擦之外，主要作用是提高活塞密封性，防止漏气，与气体压强的测量无关，A错误；被封气体体积越小，压缩气体时体积的变化量越小，会造成更大的实验误差，B错误；实验探究气体做等温变化的规律，在温度一定时，气体的压强和体积成反比，与环境温度的高低无关，C正确；压强传感器测量的是被封气体的压强，与外界大气压强无关，故外界大气压强发生变化，不会影响实验结论，D错误．2．如图所示，一端开口的玻璃管，水平放置在桌面上，玻璃管内有一段10 cm的水银柱封闭了长为8 cm的气体．以玻璃管底端为支点，向上缓慢抬起30°角，则空气柱的长度变为(外界大压强为75 cmHg)()A．8.6 cm B．7.5 cmC．7.2 cm D．7.1 cm【答案】B【解析】封闭气体的初始压强为p1＝p0＝75 cmHg，向上抬起30°角，设封闭气体的压强为p2，根据受力平衡可得p2S＝p0S＋ρghS sin 30°，解得p2＝80 cmHg，根据玻意耳定律可得p 1l 1S ＝p 2l 2S ，解得l 2＝p 1l 1p 2 ＝75×880cm ＝7.5 cm ，故选B ．3．(2023年江西开学考)比赛用排球的球内气压为1.3×105～1.4×105 Pa ，球内气体体积为5 L ．某次比赛时周围环境大气压强为1×105 Pa ，赛前球内气体压强为1.1×105 Pa ．充气筒每次能将外界0.23 L 的空气充入排球，充气过程气体的温度不变，气体视为理想气体，赛前至少充气的次数为( )A ．29次B ．28次C ．5次D ．4次【答案】C【解析】气体做等温变化，有pV ＝p 1V ＋np 0ΔV ，代入数据解得n ≈4.35，故赛前至少充气的次数为5次．故C 正确．4．如图是一定质量的某种气体在p －V 图中的等温线，A 、B 是等温线上的两点，△OAD 和△OBC 的面积分别为S 1和S 2，则( )A ．S 1＞S 2B ．S 1＝S 2C ．S 1＜S 2D ．无法比较【答案】B【解析】△OBC 的面积S 2＝12BC ·OC ＝12p B V B ，同理，△OAD 的面积S 1＝12p A V A ，根据玻意耳定律p A V A ＝p B V B ，可知两个三角形面积相等．5．(多选)如图所示为一定质量的气体的两条等温线，则下列关于各状态温度的说法正确的有( )A ．t A ＝tB B ．t B ＝tC C ．t C ＞t AD ．t D ＞t A【答案】ACD【解析】两条等温线，故t A ＝t B ，t C ＝t D ，A 正确；两条等温线比较，t D ＞t A ，t C ＞t A ，B 错误，C 、D 正确．6．(多选)如图，p 表示压强，V 表示体积，T 为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )【答案】AB【解析】A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明p ∝1V ，即p ·V ＝常数，是等温过程；C 图是双曲线，但横坐标不是体积V ，不是等温线，D 图的p －V 图线不是双曲线，故也不是等温线．7．(多选)一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( ) A ．气体分子的平均动能增大 B ．气体的密度变为原来的2倍 C ．气体的体积变为原来的一半 D ．气体的分子总数变为原来的2倍 【答案】BC【解析】温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，故分子的平均动能不变，据玻意耳定律得p 1V 1＝2p 1V 2，解得V 2＝12V 1，ρ1＝m V 1，ρ2＝m V 2，可得ρ1＝12ρ2，即ρ2＝2ρ1，故B 、C正确．8．(多选)某同学做“验证玻意耳定律”实验时，将注射器竖直放置，测得的数据如下表所示，发现第5组数据中的pV 乘积有较大偏差，如果读数和计算无误，那么造成此偏差的原因可能是( )实验次序 1 2 3 4 5 p /(×105 Pa) 1.21 1.06 0.93 0.80 0.66 V /mL 33.2 37.8 43.8 50.4 69.2 pV /(×105 Pa ·mL) 40.240.140.740.345.7C ．漏入气体D ．漏出气体【答案】AC【解析】若pV 值变大，可能是温度升高使p 增大；当温度一定时，也可能是气体变多使p 变大，即气体质量变大．温度升高，与结论相符，A 正确；温度降低，与结论不相符，B 错误；漏入气体，与结论相符，C 正确；D 漏出气体，与结论不相符，D 错误．9．汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低都容易造成安全隐患．某型号轮胎的容积为30 L ，充气前内部温度为27 ℃、压强为2.0个大气压(1 atm)的空气(可视为理想气体)．现通过充气泵对其充气，要求轮胎内部压强达到2.5个大气压，不考虑充气过程气体温度的变化．则需充入压强为1个大气压的空气的体积为()A．8 L B．10 LC．13 L D．15 L【答案】D【解析】充气前，设压强为p1＝2 atm时，胎内气体体积为V1，压强为p0＝1 atm时，胎内气体体积为V1′，由玻意耳定律有p1V1＝p0V1′．充气后，当轮胎内的压强为p2＝2.5 atm时，设胎内气体体积为V2，当轮胎内的压强为p0＝1 atm时，设胎内气体体积为V2′，则有p2V2＝p0V2′，故需要充入压强为1个大气压的气体体积为ΔV＝V2′－V1′＝15 L，故选D．10．(2023年北京期中)某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律．(1)在实验中，下列操作正确的是______．A．用橡胶塞密封注射器B．用游标卡尺测量柱塞的直径C．读取刻度尺上显示的空气柱长度D．气体的压强和体积必须用国际单位(2)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是______．A B C D(3)某组同学处理数据时发现p－1V图像向下弯曲，请分析可能的原因__________．【答案】(1)AC(2)C(3)实验过程中存在漏气现象(或者温度降低)【解析】(1)为了保证实验过程的气密性，确保气体质量不变，实验时，需要用橡胶塞密封注射器，A正确；由于注射器的直径均匀恒定，根据V＝LS可知，气体体积和空气柱的长度成正比，因此不需要利用游标卡尺测量柱塞的直径，只需要读取刻度尺上显示的空气柱长度，B错误，C正确；根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，其中体积的单位可用mL，也可以用cm 3、dm 3、m 3，压强单位可以用国际单位Pa ，也可以用单位cmHg ，D 错误．(2)温度不变，根据玻意耳定律可知，压强与体积成反比，p －V 图像是一条双曲线，其描述气体做等温变化的规律不够直观，由于压强与体积成反比，则压强与体积的倒数成正比，可知p －1V 图像是一条过原点的倾斜直线，该图像能够直观反映出气体做等温变化的规律，故选C ．(3)由于p －1V 图像向下弯曲，表明压强与体积的乘积pV 减小，根据pV ＝nRT ＝mM RT 温度一定，可知原因可能是气体质量减小，即实验过程中可能存在漏气现象，也有可能是环境温度降低．B 组·能力提升11．请回答下列有关“用DIS 研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积关系”实验的问题．(1)如图所示，用一个带有刻度的注射器及DIS 实验系统来探究气体的压强与体积关系．实验中气体的质量保持不变，气体的体积V 直接读出，气体的压强p 是由图中________传感器测量得到．(2)完成本实验的基本要求是________． A ．在等温条件下操作 B ．封闭气体的容器密封良好 C ．必须弄清所封闭气体的质量 D ．气体的压强和体积必须用国际单位(3)甲同学在做本实验时，缓慢推动活塞，使注射器内空气柱体积减小，且pV ()×105 Pa·mL 数值越来越小，造成这一现象的原因可能是________．A ．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大B ．实验时环境温度增大了C ．实验时外界大气压强发生了变化D ．实验时注射器内的空气向外发生了泄漏(4)乙同学实验数据用图像处理，但如图所示的V －1p 图线不过原点，则造成这一现象的原因可能是__．【答案】(1)压强 (2)AB (3)D (4)见解析【解析】(1)气体的压强p 是由图中压强传感器测量得到；(2)玻意耳定律成立的前提条件是等温且质量一定，气体质量的具体值不需要测量，故A 、B 正确，C 错误；单位可以不用国际单位，故D 错误．(3)实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大，不会影响气压与体积，A 错误；若实验时环境温度升高，根据理想气体状态方程pVT ＝C ，可知pV 会变大，B 错误；封闭气体的压强与外界大气压无关，C 错误；实验时注射器的空气向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程pVT＝C ，常数C 与质量有关，若质量变小，则pV 乘积减小，D 正确． (4)图线与横坐标的交点表示体积为0时压强不为0，这种情况是不存在的．说明试管内的体积小于实际封闭气体的体积．结合实验器材可知，图线不过原点是由于注射器与压强传感器连接部位的气体体积导致的．12．气站的氢气储气钢瓶体积为5 L ，在27 ℃的恒温环境下，储气钢瓶上的气压计的示数为5 atm ．由于阀门老化稍微有些漏气，一段时间后气压计的示数为4 atm ．求在此时间段内，储气钢瓶漏出的氢气在压强为1 atm 、27 ℃的恒温环境下的体积是多少？解：设漏去的氢气在降压到4 atm 后的体积为ΔV ．以钢瓶内全部氢气为研究对象，设想漏出的氢气盛于一个无形的容器内，其压强和钢瓶中剩余部分相同．初状态压强为p ＝5 atm 、体积为V ＝5 L ；降压后状态压强为p 1＝4 atm 、体积为V 1．由等温关系有pV ＝p 1V 1，ΔV ＝V 1－V ，解得ΔV ＝1.25 L ．取漏去的氢气为研究对象，初状态压强为p 2＝p 1＝4 atm 、体积为V 2＝ΔV ；末状态压强为p 3＝1 atm 、体积为V 3，由等温关系有p 2V 2＝p 3V 3，解得V 3＝5 L ，所以储气钢瓶漏去的氢气在压强为1 atm 下的体积是5 L ．。

高中物理理想气体练习题学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．下列关于气体分子热运动特点的说法中正确的是（）A．气体分子的间距比较大，所以不会频繁碰撞B．气体分子的平均速率随温度升高而增大C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得D．当温度升高时，气体分子的速率将偏离正态分布2．关于分子动理论，下列描述正确的是（）A．布朗运动说明悬浮在液体中的固体颗粒分子永不停息地做无规则的运动B．分子间同时存在引力和斥力，分子间距离小于平衡位置时，分子力表现为斥力C．气体压强是气体分子间斥力的宏观表现D．布朗运动和扩散现象都是分子运动3．如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分。

已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。

抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。

在此过程中（）A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．单位时间内和容器壁碰撞的分子数目不变4．如图所示为某同学设计的一个简易温度计，一根透明吸管插入导热良好的容器，连接处密封，在吸管内注入一小段油柱，外界大气压保持不变。

将容器放入热水中，观察到油柱缓慢上升，下列说法正确的是（）A ．气体对外做的功小于气体吸收的热量B ．气体对外做的功等于气体吸收的热量C ．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力增大D ．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力减小5．一定质量的气体从状态a 经历如图所示的过程，最后到达状态c ，设a 、b 、c 三状态下的密度分别为a ρ、b ρ、c ρ，则（ ）A ．a b c ρρρ>>B ．a b c ρρρ==C ．a b c ρρρ>=D ．a b c ρρρ<=6．一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，其过程如V T -图上的线段所示，则气体在这个过程中（ ）A ．气体压强不断变大B ．分子平均动能减小C ．外界对气体做功D ．气体从外界吸收的热量大于其增加的内能7．在被抓出水面后河鲀会通过吸气使体内的气囊迅速膨胀，假设某河鲀吸气前总体积为是3108cm V = ，吸气后整体近似为半径5cmr = 的球体，河鲀皮肤的张力系数为70N /m ，河鲀内压强差与半径R 、张力系数α的关系为2Δp Rα=。

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．。

气体状态方程 热力学定律理想气体的状态方程：（1）理想气体：能够严格遵守气体实验定律的气体，称为理想气体。

理想气体是一种理想化模型。

实际中的气体在压强不太大，温度不太低的情况下，均可视为理想气体。

（2）理想气体的状态方程：C TPVT V P T V P ==或222111 一定质量的理想气体的状态发生变化时，它的压强和体积的乘积与热力学温度的比值保持不变。

即此值为—恒量。

热力学第一定律:（1）表达式为:ΔE=W+Q1.改变内能的两种方式：做功和热传递都可以改变物体的内能。

2.做功和热传递的本质区别：做功和热传递在改变物体内能上是等效的。

但二者本质上有差别。

做功是把其他形式的能转化为内能。

而热传递是把内能从一个物体转移到另一个物体上。

3.功、热量、内能改变量的关系——热力学第一定律。

①内容：在系统状态变化过程中，它的内能的改变量等于这个过程中所做功和所传递热量的总和。

②实质：是能量转化和守恒定律在热学中的体现。

③表达式：∆E W Q=+ ④为了区别不同情况，对∆E 、W 、Q 做如下符号规定： ∆E > 0 表示内能增加∆E < 0 表示内能减少Q > 0 表示系统吸热 Q < 0 表示系统放热 W > 0 表示外界对系统做功W < 0 表示系统对外界做功能的转化和守恒定律：1.物质有许多不同的运动形式，每一种运动形式都有一种对应的能。

2.各种形式的能都可以互相转化，转化过程中遵守能的转化和守恒定律。

3.能的转化和守恒定律：能量既不能凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体。

应注意的问题：1.温度与热量：①温度：温度是表示物体冷热程度的物理量。

从分子动理论观点看，温度是物体分子平均动能的标志。

温度是大量分子热运动的集体表现，含有统计意义，对个别分子来说，温度是没有意义的。

温度高低标志着物体内部的分子热运动的剧烈程度。

高中物理选择性必修三典型题练习《气体实验定律的应用》一、单选题1．如图所示是一定质量的某种理想气体状态变化的p V -图像，气体由状态A 变化到状态B 的过程，关于气体的状态变化情况，下列说法正确的是（）A ．此过程中压强逐渐增大，体积逐渐减小B ．A 、B 两状态的温度相等，该过程为等温变化C ．此过程中温度先降低后升高D ．此过程中气体分子平均动能先增大后减小2．如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化为a →b →c →a ，其中纵坐标表示气体压强p 、横坐标表示气体体积V ，a →b 是以p 轴和V 轴为渐近线的双曲线。

则下列结论正确的是（）A ．状态a→b ，理想气体的内能减小B ．状态b→c ，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少C ．状态b→c ，外界对理想气体做正功D ．状态c→a ，理想气体的温度降低二、多选题3．如图的家庭小型喷壶总容积为1.4L ，打气筒每次可将压强为51.010Pa ⨯、体积为0.02L 的空气充入壶内，从而增加壶内气体的压强。

为了保证喷壶的客舍，壶内空气压强不能超过55.010Pa ⨯；为了保证喷水效果，壶内气体压强至少为53.010Pa ⨯，当壶内空气压强降至51.010Pa ⨯时便不能向外喷水。

现装入1.2L 的水并用盖子密封，壶内被封闭空气的初始压强为51.010Pa ⨯。

壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计，壶内空气可视为理想气体且温度始终不变，则下列说法正确的是（）A ．为了保证喷水效果，打气筒最少打气20次B ．为了保证喷壶安全，打气筒最多打气50次C ．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为0.8LD ．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为1L4．如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸内，气体从状态A →状态B →状态C →状态A 完成一次循环，其状态变化过程的p V -图像如图乙所示。

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。

高中物理【气体实验定律的应用】典型题1．一定质量的理想气体，从图中A 状态开始，经历了B 、C ，最后到D 状态，下列说法中正确的是( )A ．A →B 温度升高，体积不变 B ．B →C 压强不变，体积变大 C ．C →D 压强变小，体积变小D ．B 状态的温度最高，C 状态的体积最大解析：选A ．在p -T 图象中斜率的倒数反映气体的体积，所以V A ＝V B ＞V D ＞V C ，故选项B 、C 、D 均错．2．如图所示为一定质量理想气体的体积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．3．如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a 、b 两部分．已知a 部分气体为1 mol 氧气，b 部分气体为2 mol 氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体．解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为V a 、V b ，温度分别为T a 、T b .下列说法正确的是( )A ．V a >V b ，T a >T bB ．V a >V b ，T a <T bC ．V a <V b ，T a <T bD ．V a <V b ，T a >T b解析：选D ．解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由pV ＝nRT 可知b 部分压强大，故活塞左移，平衡时V a <V b ，p a ＝p b .活塞左移过程中，a 气体被压缩内能增大，温度增大，b 气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时T a >T b ，故选D ．4．如p -V 图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T 1、T 2、T 3，用N 1、N 2、N 3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N 1________N 2，T 1________T 3，N 2________N 3.(填“大于”“小于”或“等于”)解析：根据理想气体状态方程p 1′V 1′T 1＝p 2′V 2′T 2＝p 3′V 3′T 3，可知T 1＞T 2，T 2<T 3，T 1＝T 3；由于T 1>T 2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子密度相等，故单位面积的平均碰撞次数多，即N 1>N 2；对于状态2、3，由于V 3′>V 2′，故分子密度n 3<n 2，T 3>T 2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，而且p 2′＝p 3′，因此状态2单位面积的平均碰撞次数多，即N 2>N 3.答案：大于 等于 大于5．容器内装有1 kg 的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa ，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的35，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？解析：由题意知，气体质量m ＝1 kg ，压强p 1＝1.0×106 Pa ，温度T 1＝(273＋57)K ＝330 K ，经一段时间后温度降为T 2＝(273＋27)K ＝300 K ， p 2＝35p 1＝35×1.0×106 Pa ＝6.0×105 Pa ，设容器的体积为V ，以全部气体为研究对象， 由理想气体状态方程得：p 1V T 1＝p 2V ′T 2代入数据解得：V ′＝p1VT 2p 2T 1＝1.0×106×300V 6.0×105×330＝5033V ，所以漏掉的氧气质量为：Δm ＝ΔVV ′×m ＝50V 33－V 50V33×1 kg ＝0.34 kg.答案：0.34 kg6．如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg ，环境温度为296 K.(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．解析：(1)设细管的长度为L ，横截面的面积为S ，水银柱高度为h ；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h 1，被密封气体的体积为V ，压强为p ；细管倒置时，气体体积为V 1，压强为p 1.由玻意耳定律有pV ＝p 1V 1① 由力的平衡条件有p ＝p 0＋ρgh ② p 1＝p 0－ρgh ③式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 0为大气压强．由题意有V ＝S (L －h 1－h )④V 1＝S (L －h )⑤由①②③④⑤式和题给条件得L ＝41 cm.⑥ (2)设气体被加热前后的温度分别为T 0和T ， 由盖—吕萨克定律有V T 0＝V 1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T ＝312 K ．⑧ 答案：(1)41 cm (2)312 K7．如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内．开始时桶内气体的体积V 0＝8.0 L ，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h 1＝0.20 m ．出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S ＝0.08 m 2.现压入空气，缓慢流出了V 1＝2.0 L 水．求压入的空气在外界时的体积ΔV 为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，外界大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变．解析：设流出2 L 水后，液面下降Δh ，则Δh ＝V 1S此时，瓶中气体压强p 2＝p 0＋ρg (h 1＋Δh ) 体积V 2＝V 0＋V 1设瓶中气体在外界压强下的体积为V ′ 则p 2V 2＝p 0V ′初始状态瓶中气体压强为p 0，体积为V 0，故ΔV ＝V ′－V 0 解得ΔV ＝2.225 L. 答案：2.225 L8．如图，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：(1)抽气前氢气的压强； (2)抽气后氢气的压强和体积．解析：(1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得 (p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ① 得p 10＝12(p 0＋p )．②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2.根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④ p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故 V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p ⑦V 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p.⑧答案：(1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p9．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p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤l2′＝7.5 cm⑥答案：22.5 cm7.5 cm10．如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．解析：(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p0V＝p1V1①(3p0)V＝p1(2V－V1)②联立①②式得V1＝V 2③p1＝2p0④(2)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2⑤ 由⑤式得 p 2＝3VV 2p 0>p 0⑥由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0.(3)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0⑧答案：(1)V22p 0 (2)上升直到B 的顶部 (3)1.6p 0。

02分层作业5 气体实验定律(Ⅱ)A组必备知识基础练1.一定质量的气体,在体积不变的情况下,温度由0 ℃升高到10 ℃时,其压强的增加量为Δp1,当它由100 ℃升高到110 ℃时,其压强的增加量为Δp2,则Δp1与Δp2之比是( )A.1∶1B.1∶10C.10∶110D.110∶102.一定质量气体在状态变化前后对应图中A、B两点,则与A、B两状态所对应的分别等于V A、V B的大小关系是( )A.V A=V BB.V A>V BC.V A<V BD.无法确定3.(多选)如图,一内壁光滑、竖直放置的密闭气缸内,有一个质量为m的活塞将气缸内气体分为上、下两部分:气体A和B,原来活塞恰好静止,两部分气体的温度相同,现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度,则( )A.活塞将静止不动B.活塞将向上移动C.A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大D.A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同4.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—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.对其原因下列说法中正确的是( )A.当火罐内的气体温度不变时,体积减小,压强增大B.当火罐内的气体体积不变时,温度降低,压强减小C.当火罐内的气体压强不变时,温度降低,体积减小D.当火罐内的气体质量不变时,压强增大,体积减小5.研究表明,新冠病毒耐寒不耐热,温度在超过56 ℃时,30分钟就可以灭活.如图所示,含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热气缸下部a内,气缸顶端有一绝热阀门K,气缸底部接有电热丝E,气缸的总高度h=90 cm.a缸内被封闭气体初始温度t1=27 ℃,活塞与底部的距离h1=60 cm,活塞和气缸间的摩擦不计.若阀门K始终打开,电热丝通电一段时间,稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm.关于上述变化过程,下列说法正确的是( )A.b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体的16B.a气缸中的气体吸收热量,压强增大C.稳定后,a气缸内的气体温度为50 ℃D.稳定后,保持该温度不变再持续30分钟,a气缸内新冠病毒能够被灭活6.一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像如图甲所示,已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.(1)根据图像提供的信息计算图甲中T A对应的温度值.(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 图像,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.7.某品牌的可加热饭盒如图甲所示,饭盒盖密封性良好且饭盒盖上有一排气口,饭盒内部横截面积为S,质量、厚度均不计的饭盒盖与玻璃饭盒底部之间封闭了一定质量的气体,饭盒盖与玻璃饭盒底部之间的距离为L且饭盒盖固定不动,可以将其看成是一导热性能良好的气缸,如图乙所示.气体的初始温度为T0=300 K,初始压强为大气压强,已知大气压强为p0.现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到360 K.(1)求此时封闭气体的压强.(2)打开排气口,设此过程中饭盒内气体温度不变,放出部分气体,使得饭盒内气体压强与外界大气压强相等,求排出气体与原有气体的质量比.B组关键能力提升练8.若室内生起炉子后温度从7 ℃升高到47 ℃,而室内气压不变,则此时室内的空气质量减少了( )A.11.5%B.12.5%C.14.3%D.16.8%9.如图所示,上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置,活塞将气体封闭在气缸内.设有a、b两卡环,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a、b上,现缓慢加热缸内气体,直到活塞刚要离开卡环.能正确反映缸内气体体积压强变化的V-1图像是( )p10.如图所示,一向右开口的气缸放置在水平地面上,活塞可无摩擦移动且不漏气,气缸中间位置有小挡板.初始时,外界大气压为p0,活塞紧压小挡板处,现缓慢升高缸内气体温度,则下列p-T图像能正确反映缸内气体压强变化情况的是( )11.(多选)如图,一两端封闭的玻璃管在竖直平面内倾斜放置,与水平面间的夹角为θ,一段水银柱将管内一定质量气体分割成两部分.在下列各种情况中,能使管中水银柱相对玻璃管向a端移动的情况是( )A.降低环境温度B.在竖直平面内以b点为圆心逆时针缓慢转动玻璃管C.保持θ角不变,使玻璃管减速上升D.以过b端的竖直轴为转动轴转动玻璃管12.(安徽卷)某人驾驶汽车从北京到哈尔滨,在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa.求:(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体的压强.(2)充进该轮胎的空气体积.13.如图,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,间距为L=40.0 cm;气缸外大气的压强为p0=1.00×105 Pa,温度为T=303 K,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K,初始时大活塞与大圆筒底部相距L2刚开始活塞处于平衡态.现让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)刚开始时,气缸中的气体压强;(2)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;(3)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.参考答案分层作业5 气体实验定律(Ⅱ)1.A 等容变化,这四个状态在同一条等容线上,因ΔT相同,所以Δp也相同.2.C 可通过A、B两点分别与原点O相连,得到两条等容线,线上各点所对应的气体体积分别等于V A、V B,由于p A对应的等容线的斜率大,表示它的体积小,故选C.3.BD 假设活塞不动,则两部分气体都发生等容变化.根据Δpp =ΔTT可得Δp=pTΔT,因为两部分气体的温度相同,现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度,但下面气体初态压强大,则下面气体增加压强大,故活塞将向上移动,A错误,B正确;初态p A+mgS =p B,最终稳定后,p A'+mgS=p B',所以p A'-p A=p B'-p B,A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同,故C错误,D正确.4.B 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,在外界大气压作用下罐紧紧“吸”在皮肤上,B选项正确.5.D 由题意可知,原b气缸的高度h1'=h-h1=30cm,当a气缸稳定后活塞与底部的距离h2=66cm,此时b气缸的高度h2'=h-h2=24cm,设S为活塞的面积,那么b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体为ℎ1'S-ℎ2'Sℎ1'S =15,故A错误;由于K始终打开,a气缸中的气体的压强不变,可得V1t1+273=V2t2+273,代值求得t2=57℃,B错误,C错误,D正确.6.答案(1)200 K (2)见解析解析(1)由图甲所示图像可知,A与B的连线所在的直线过原点O,所以A→B是一个等压过程,即p A=p B=1.5×105Pa由图像可知,V A=0.4m3,V B=V C=0.6m3,T B=300K,T C=400K从A到B过程,由盖-吕萨克定律得V AT A =V BT B解得T A=200K.(2)从B到C为等容过程,由查理定律得p BT B =p CT C解得p C=2×105Pa,气体状态变化图像如图所示.7.答案(1)1.2p0(2)16解析(1)加热饭盒时,玻璃饭盒内气体体积不变,由查理定律有p0T0=p1T1解得p1=1.2p0.(2)排气过程中封闭气体做等温变化,设最终体积为V1,则V0=SLp1V0=p0V1解得V1=1.2SL同温度、同压强下同种气体的质量比等于体积比,设排出气体的质量为Δm,气体原来的质量为m0,则Δmm0=V1-V0V1联立解得Δmm0=16.8.B 根据盖-吕萨克定理可知V0T0=VT,室内的空气质量减少了V-V0V=18=12.5%,故选B.9.C 由题可知,气体做等容变化,由查理定律pT=C可知,当气体的体积不变,温度升高时,气体的压强增大,则1p减小.由此可知,A、B、D错误,C正确.10.B 在p-T图像中,开始一段时间内,随着温度的升高,气体发生等容变化,即pT=恒量,图像为一条过坐标原点的直线;当压强增加到内外压强相等时,温度再升高,活塞将向右移动,气体发生等压变化,图像是一条平行于温度轴的直线,因此A、C、D错误,B正确.11.CD 假定两段空气柱的体积不变,即V1、V2不变,初始温度为T,当温度降低ΔT时,空气柱1的压强由p1减至p1',则Δp1=p1-p1',空气柱2的压强由p2减至p2',Δp2=p2-p2',由查理定律得Δp1=p1T ΔT、Δp2=p2TΔT,因为p2=p1+h>p1,所以Δp1<Δp2,即水银柱应向b移动,故A错误;在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管,使θ角变大,如果将玻璃管竖直的时候,很明显增大了对下部气体的压力,向b端移动,故B错误;玻璃管竖直向上减速运动,加速度向下,把加速度沿管方向分解和垂直方向分解,有沿管向下的加速度,说明上部分气体压强增大,体积应减小,故水银柱向a端移动,故C正确;以竖直轴转动,水银柱做圆周运动,需要向心力,根据牛顿第二定律得上部气体对水银柱的压力要增大,所以水银柱应向a移动.故D 正确.12.答案(1)2.5×105 Pa (2)6 L解析(1)由查理定律可知p1T1=p2T2其中p1=2.7×105Pa,T1=(273-3)K=270K,T2=(273-23)K=250K代入数据解得,在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体的压强为p2=2.5×105Pa.(2)由玻意耳定律可知p2V0+p0V=p1V0代入数据解得,充进该轮胎的空气体积为V=6L.13.答案(1)1.1×105 Pa(2)330 K(3)1.01×105 Pa解析(1)由于刚开始活塞处于平衡状态,对大活塞、杆和小活塞整体进行受力分析,由平衡条件可得p0S1+(m1+m2)g+p1S2=p0S2+p1S1代入数据解得此时气缸中的气体压强p1=1.1×105Pa.(2)大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化,气体的状态参量V1=L-L2S2+L2S1=40-402×40cm3+402×80cm3=2400cm3T1=495K,V2=S2L=40×40cm3=1600cm3由盖-吕萨克定律得V1T1=V2T2解得T2=330K.(3)大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化,大活塞刚刚与大圆筒底部接触时,由平衡条件得p0S1+p2S2+(m1+m2)g=p2S1+p0S2代入数据解得p2=1.1×105PaT2=330K,T3=T=303K由查理定律得p2T2=p3T2解得p3=1.01×105Pa.。

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。