气体的等温变化练习

2021年高考物理专题复习：气体的等温变化和玻意耳定律一、单选题1．一个气泡由湖面下20 m 深处上升到湖面下10 m 深处，它的体积约变为原来体积的（温度不变，水的密度为1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2）（ ）A ．3倍B ．2倍C ．1.5倍D ．7102．如图，长为h 的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，A 处管内外水银面相平。

将玻璃管缓慢向上提升H 高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强发生变化分别为1p ∆和2p ∆，体积变化分别为1V ∆和2V ∆。

已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S ，则（ ）A ．2p ∆一定等于1p ∆B ．2V ∆一定等于1V ∆C ．2p ∆与1p ∆之差为gh ρD ．2V ∆与1V ∆之和为HS 3．如图所示，有一重力可以忽略的薄壁小试管开口向下竖直地浮在很大的水银槽内，试管中有一长为h 1的水银柱封住两段气体A 、B ，A 、B 气柱长分别为l 1、l 2，管内外水银面高度差为h 2，在保持温度不变的情况下，下列说法错误．．的是（ ）A ．开始时h 2一定等于h 1B ．若外界大气压缓慢增加少许，则h 2不变，l 1变小，l 2变小C ．若外界大气压缓慢增加少许，则h 2变小，l 1变大，l 2变大D ．若用手轻按试管，使试管竖直向下移少许，则h 2变大，l 1变小，l 2变小4．一定质量的理想气体，经历如图所示的状态变化，A B C →→，则这三个状态的热力学温度之比::A B C T T T 为（ ）A ．1:3:5B ．3:2:1C ．5:6:3D ．3:6:5 5．有同学在做“用DIS 研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机。

实验完成后，计算机屏幕上显示出如图所示的p —V 图线（其中实线是实验所得图线，虚线为一根参考双曲线）。

【成才之路】2020高中物理第8章第1节气体的等温变化同步练习新人教版选修3-3基础夯实一、选择题(1～4题为单选题，5题为多选题)1.(上海市松江二中2020～2020学年高二下学期检测)如图所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，两段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为( )A．h1－h2 B.h1＋h22C.h1－h22D．h1＋h2答案：D解析：设大气压强为p0，左边空气的压强p左＝p0－h1，右边空气的压强p右＝p0＋h2＝p左＋h，则h＝h1＋h2，故D正确。

2．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为( )A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小D．以上说法均不正确答案：C解析：气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破。

3.如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。

设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小答案：B解析：以细管中封闭气体为研究对象，当洗衣缸内水位升高时，细管中封闭气体压强变大，而气体温度不变，则由玻意尔定律知，气体体积变小，故B项正确。

4．已知两端开口的“”型管，且水平部分足够长，一开始如右图所示，若将玻璃管稍微上提一点，或稍微下降一点时，被封闭的空气柱的长度分别会如何变化？( )A．变大；变小B．变大；不变C．不变；不变D．不变；变大答案：D解析：上提时空气柱压强不变，空气柱的长度不变；下降时空气柱压强变小，空气柱长度变大，所以D选项正确。

第二章气体、固体和液体2 气体的等温变化基础过关练题组一气体状态参量及压强的计算1.描述气体状态的参量是( )A.质量、温度、密度B.温度、体积、压强C.质量、压强、温度D.密度、压强、温度2.(多选)如图所示,活塞质量为m,汽缸质量为M,通过弹簧吊在天花板上,汽缸内封住了一定质量的空气,而活塞与汽缸间无摩擦,活塞面积为S,大气压强为p0,则下列说法正确的是( )A.内外空气对汽缸的总作用力方向向上,大小为MgB.内外空气对汽缸的总作用力方向向下,大小为mgC.汽缸内空气压强为p0-MgSD.汽缸内空气压强为p0+mgS3.如图所示,水平放置的一根玻璃管和几个竖直放置的U形管内都有一段水银柱,封闭端里有一定质量的气体,图(a)中的水银柱长度和图(b)(c)(d)中U形管两臂内水银柱高度差均为h=10 cm,外界大气压强p0=76 cmHg,则四部分气体的压强分别为p a= cmHg,p b= cmHg,p c=cmHg,p d= cmHg。

题组二探究气体等温变化的规律4.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是( )A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化B.实验中为找到体积与压强的关系,一定要测量空气柱的横截面积C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,不仅减小摩擦还可以防止漏气D.处理数据时采用p-1V 图像,是因为p-1V图像比p-V图像更直观5.在“探究气体等温变化的规律”的实验中,完成下列问题。

(1)实验中的研究对象是封闭在注射器内的空气柱,实验中应保持不变的参量是它的和,它的体积由注射器直接读出,它的压强由读出。

(2)某同学在一次实验中,作出的图像如图所示,其纵坐标表示封闭空气柱的压强,则横坐标表示的物理量是封闭气体的( )A.空气柱的质量B.空气柱的温度C.空气柱的体积VD.空气柱体积的倒数1V(3)实验过程中下列操作错误的是( )A.推拉活塞时,动作要慢B.推拉活塞时,手不能握住注射器含有气体的部分C.橡胶塞脱落后,应迅速重新装上继续实验D.活塞与注射器之间要保持气密性 题组三 玻意耳定律的理解6.一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小了2 atm,体积变化了4 L,则该气体原来的体积为( )A.43L B.2 LC.8L 3D.3 L7.(多选)一定质量的气体在等温变化过程中,下列物理量中将发生变化的是( ) A.分子的平均动能 B.单位体积内的分子数 C.气体的压强 D.分子总数8.如图,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( )A.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9.一粗细均匀的U 形管ABCD 的A 端封闭,D 端与大气相通。

气体的等温变更、玻意耳定律典型例题之阳早格格创做【例1】一个气泡从火底降到火里时，它的体积删大为本去的3倍，设火的稀度为ρ=1×103kg／m3，大气压强p0×105Pa，火底与火里的温度好没有计，供火的深度.与g=10m／s2.【分解】气泡正在火底时，泡内气体的压强等于火里上大气压与火的静压强之战.气泡降到火里上时，泡内气体的压强减小为与大气压相等，果此其体积删大.由于火底与火里温度相共，泡内气体经历的是一个等温变更历程，故可用玻意耳定律估计.【解问】设气泡正在火底时的体积为V1、压强为：p1=p0+ρgh气泡降到火里时的体积为V2，则V2=3V1，压强为p2=p0.由玻意耳定律 p1V1=p2V2，即（p0+ρgh）V1=p0·3V1得火深【例2】如图1所示，圆柱形气缸活塞的横截里积为S，下表面与火仄里的夹角为α，沉量为G.当大气压为p0，为了使活塞下圆稀关气体的体积减速为本去的1/2，必须正在活塞上搁置沉量为几的一个沉物（气缸壁与活塞间的摩揩没有计）【误解】活塞下圆气体本去的压强设所加沉物沉为G′，则活塞下圆气体的压强形成∵气体体积减为本的1/2，则p2=2p1【精确解问】据图2，设活塞下圆气体本去的压强为p1，由活塞的仄稳条件得共理，加上沉物G′后，活塞下圆的气体压强形成气体做等温变更，根据玻意耳定律：得 p2=2p1∴ G′=p0S+G【错果分解与解题指挥】【误解】从压强角度解题本本也是不妨的，但是免爆收以上关于压强估计的过失，相似典型的题目从力的仄稳进脚解题比较佳.正在分解受力时必须注意由气体压强爆收的气体压力该当笔曲于交触里，气体压强乘上交触里积即为气体压力，情况便如【精确解问】所示.【例3】一根二端启心、细细匀称的细玻璃管，少L=30cm，横曲拔出火银槽中深h0=10cm处，用脚指按住上端，沉沉提出火银槽，并缓缓倒转，则此时管内启关气氛柱多少？已知大气压P0=75cmHg.【分解】拔出火银槽中按住上端后，管内启关了一定品量气体，气氛柱少L1=L-h0=20cm，压强p1=p0=75cmHg.沉沉提出火银槽曲坐正在气氛中时，有一部分火银会流出，被启关的气氛柱少度战压强皆市爆收变更.设管中火银柱少h，被启关气体柱少为L2=L-h.倒转后，火银柱少度仍为h没有变，被启关气体柱少度战压强又爆收了变更.设被启关气体柱少L3.所以，管内启关气体经历了三个状态.由于“沉沉提出”、“缓缓倒转”，表示着皆可认为温度没有变，果此可由玻意耳定律列式供解.【解】根据上头的分解，绘出示企图（图a、b、c）.气体所经历的三个状态的状态参量如下表所示：由于所有历程中气体的温度没有变，由玻意耳定律：p1V1=p2V2=p3V3即75×20S=（75-h）（30-h）S=（75+h）L3S由前二式得：h2-105h+750=0与合明白，代进得【证明】必须注意题中隐含的状态（b），如果遗漏了那一面，将无法精确供解.【例4】容器A的容积是10L，用一根戴阀门的细管，与容器B贯串.启初时阀门关关， A内充有10atm的气氛，B是真空.后挨启阀门把A中气氛搁一些到B中去，当A内压强落到4atm时，把阀门关关，那时B内压强是3atm.供容器B的容积.假设所有历程中温度没有变.【分解】对付流进容器B的那部分气氛，它厥后的状态为压强p′B=3atm，体积VB（容器B的容积）.为了找出那部分气氛的初态，可设念让容器A中的气氛做等温伸展，它的压强从10atm落为4atm时劳出容器A的气氛即是加进B内的气氛，于是即可决定初态.【解问】先以容器A中气氛为钻研对付象，它们等温伸展前后的状态参量为：V A=10L，p A=10atm；V'A=？，p'A=4atm.由玻意耳定律 p A V A=p'A V'A，得如图1所示.再以劳出容器A的那些气氛为钻研对付象，它做等温变更前后的状态为：p1=p'A=4atm，V1=V'A-V A=15Lp'1=3atm，V'1=VB共缘由玻意耳定律 p1V1=p'1VB，得所以容器B的容积是20L.【证明】本题中钻研对付象的采用至关要害，不妨有多种设念.比圆，可先以去去充谦容器A的气体为钻研对付象（睹图2）假设它本去正在容器A中占的体积为Vx，那部分气体等温变更前后的状态为：变更前：压强p A=10atm、体积Vx，变更后：压强p′A=4atm 体积V′x=V A=10L.由 p A Vx=p′A V′x由此可睹，加进B中的气体本去正在A内占的体积为VA-Vx=（10-4）L=6L.再以那部分气体为钻研对付象，它正在等温变更前后的状态为：变更前：压强p1=10atm，体积V1=6L，变更后：压强p2=3atm，体积V2=VB．由玻意耳定律得容器B的容积为：决断气体状态的参量有温度、体积、压强三个物理量，为了钻研那三者之间的通联，不妨先脆持其中一个量没有变，钻研其余二个量之间的关系，而后再概括起去.那是一个要害的钻研要领，关于气体本量的钻研也正是依照那个思路举止的.【例5】一容积为32L的氧气瓶充气后压强为1300N/cm2.按确定当使用到压强落为100N/cm2时，便要沉新充气.某厂每天要用400L氧气（正在1atm 下），一瓶氧气能用几天（1atm=10N/cm2）？设使用历程中温度没有变.【分解】那里的钻研对付象是瓶中的氧气.由于它本有的压强（1300N/cm2），使用后的压强（100N/cm2）、工厂应用时的压强（10N/cm2）皆分歧，为了决定使用的天数，可把瓶中本有氧气战厥后的氧气皆转移为1atm，而后根据每天的耗氧量即可算出天数.【解】做出示企图如图1所示.根据玻意耳定律，由p1V1=p′1V′1，p2V2=p′2V′2得所以可用天数为：【证明】根据上头的解题思路，也不妨做其余设念.如使厥后留正在瓶中的氧气战工厂每天耗用的氧气皆形成1300N/cm2的压强状态下，或者使本去瓶中的氧气战工厂每天耗用的氧气皆形成100N/cm2的压强状态下，统一了压强后，便可由使用前后的体积变更算出使用天数.上头解出的截止，如果先用笔墨代进并注意到p′=p′2=p0，即得1或者p1V1=p2V2+np0V0那便是道，正在等温变更历程中，当把一定品量的气体分成二部分（或者几部分），变更前后pV值之战脆持没有变（图2）.那个截止，真量上便是品量守恒正在等温历程中的简曲体现.正在气体的分拆战混同等问题中很有用.【例6】如图所示，容器A的容积为VA=100L，抽气机B的最大容积为VB=25L.当活塞进与提时，阀门a挨启，阀门b关关；当活塞背下压时，阀门a 关关，阀门b挨启.若抽气机每分钟完毕4次抽气动做，供抽气机处事多万古间，才搞使容器A中气体的压强由70cmhg下落到（设抽气历程中容器内气体的温度没有变）？【误解】设容器中气体等温伸展至体积V2，压强由70cmHg下落到，根据p A VA=p2V2得所需时间【精确解问】设抽气1次后A中气体压强下落到p1，根据p A VA=p1（VA+VB）得第二次抽气后，压强为p2，则共理，第三次抽气后，抽气n次后，气体压强代进数据得：n=10（次）【错果分解与解题指挥】【误解】的本果是没有相识抽气机的处事历程，认为屡屡抽进抽气机的气体压强均为.究竟上，屡屡抽气历程中被抽气体体积皆是VB，但是压强是逐步减小的，不过终尾一次抽气时，压强才落矮至.果此，必须逐次对付抽气历程列出玻意耳定律公式，再利用数教归纳法举止供解.【例7】有启心进与横曲安顿的玻璃管，管中正在少h的火银柱下圆启关着一段少L的气氛柱.当玻璃管以加速度a进与做匀加速疏通时，气氛柱的少度将形成几？已知当天大气压为p0，火银稀度为ρ，沉力加速度为g.【误解】气氛柱本去的压强为p1=p0+h当玻璃管进与做匀加速动时，气氛柱的压强为p2，对付火银柱的加速疏通有p2S-p0S-mg=ma即 p2=p0+ρ（g+a）h思量气氛的状态变更有p1LS=p2L′S【精确解问】气氛柱本去的压强为p1=p0+ρgh当玻璃管进与做匀加速疏通时，气氛柱的压强为p2，由火银柱加速度疏通得p2S-p0S-mg=ma∴ p2=p0+ρ（g+a）h气体做等温变更p1LS=p2L′S【错果分解与解题指挥】本题是能源教战睦体状态变更分离的概括题.由于牛顿第二定律公式央供使用国际单位，所以压强的单位是“Pa”.【误解】中p1=p0+h，由能源教圆程解得p2=p0+ρ·（g+a）h，正在压强的表示上，h战ρ（g+a）h隐然纷歧致，前者以cmHg做单位是过失的.所以正在解问此类习题时，要特天注意统一单位，下为h的火银柱的压强表白为p=ρgh是解题中一个重心.[例8]如图所示，内径匀称的U型玻璃管横曲搁置，截里积为5cm2，管左侧上端启关，左侧上端启心，内有用细线栓住的活塞.二管中分别启进L=11cm的气氛柱A战B，活塞上、下气体压强相等为76cm火银柱爆收的压强，那时二管内的火银里的下度好h=6cm，现将活塞用细线缓缓天进与推，使二管内火银里相仄.供（1）活塞进与移动的距离是几？（2）需用多大推力才搞使活塞停止正在那个位子上？[分解]二部分气体是靠压强去通联U型玻璃管要注意火银里的变更，一端若下落xcm另一端必降下xcm，二液里下度好为2xcm，由此可知，二液里相仄，B液里下落h/2，A管液里降下h/2正在此前提上思量活塞移动的距离[解问]（1）对付于B段气体p B1=76-6=70（cmHg） p B2=pV B1=11S(cm3) V B2=(11+3)S(cm3)根据玻意耳定律 p B1V B1=p B2V B2对付于A段气体p A1=76(cmHg) p A2=p B2=55(cmHg)V A1=11s(cm3) V A2=L'S(cm3)根据玻意耳定律p A1V A1=p A2V A2对付于活塞的移动距离：h'=L'+3-L=15.2+3-11=7.2(cm)（2）对付于活塞仄稳，可知F+p A2S=P0SF=P0S-PS[证明]U型管细细相共时，一侧火银里下落hcm，另一侧火银里便要降下hcm，二部分液里下度好变更于2hcm，若管子细细分歧，该当从体积的变更去思量，便用几许关系办理物理问题是时常使用的要领.[例9]如图所示，正在火仄搁置的容器中，有一停止的活塞把容器分开成左、左二部分，左侧的容积是，存有气氛；左侧的容积是3L，存有氧气，大气压强是76cmHg.先挨启阀门K，当与容器中气氛贯串的U形压强计中左、左火银里的下度好减为19cm时，关关阀K.供厥后氧气的品量与本去氧气的品量之比（系统的温度没有变，压强计的容积以及摩揩没有计）.[分解]对付于稀启的一定品量气氛把本去容器中的氧气搞为钻研对付象容器中（搁走的）氧气体积△V△V=(V1'+V2')-(V1+V2)正在厥后状态下，氧气稀度相共[解问]对付于气氛（温度没有变）对付于氧气（温度没有变）搞为钻研对付象容器中的氧气（假设仍处于终态）的体积[证明]：理念气体的状态圆程，是对付一定量的气体而止，当它的状态爆收变更时，状态参量之间的变更顺序.按照气态圆程.而二部分气体时，要各自分别应用状态圆程.再通过力教条件，找到那二部分气之间压强或者体积的关系.本题容器内的氧气是属于蜕变量问题，也不妨把它假念成品量没有变去处理.气体单位体积的分子数相等，品量战体积成正比，可供得结余品量（或者搁出的品量）与本品量之间的比率关系.供物体的品量不妨用m=ρV某个状态时的稀度战该状态时体积的乘积，而气态圆程也不妨写搞稀度形式时常使用此式供某一状态时气体单位体积的分子数，而后再供气体的品量.[例10]一横截里积为S的气缸火仄搁置，牢固没有动，气缸壁是导热的，二个活塞A战B将气缸分开为1、2二气室，达到仄稳时1、2二气室体积之比为3∶2，如图所示，正在室温没有变的条件下，缓缓推动活塞A，使之背左移动一段距离d，供活塞B背左移动的距离，没有计活塞与气缸壁之间的摩揩.[分解]气缸火仄搁置，没有计活塞与气缸壁的摩揩，仄稳时，二气室的压强必相等.二气室各稀启一定量的气体，缓缓推动活塞，故温度脆持没有变，分别使用玻意耳定律解题.[解]果气缸火仄搁置，又没有计活塞的摩揩，故仄稳时二气室内的压强必相等，设初态时气室内压强为p0，气室1、2的体积分别为V1战V2；正在活塞A背左移动d的历程中活塞B背左移动的距离为x；终尾气缸内压强为p，果温度没有变，分别对付气室1战2的气体使用玻意耳定律，得气室1 p0V1=p(V1-Sd+Sx) ①气室2 p0V2=p(V2-Sx) ②由①、②二式解得[证明]气体真验定律，是钻研某一定品量的气体，状态爆收变更时，前、后状态参量变更的顺序.切没有成明白为二部分气体状态参量的关系.。

高中物理选修3-3同步训练试题解析一、选择题1．一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变)()A．3倍B．2倍C．1.5倍D．0.7倍解析：外界大气压相当于10 m水柱产生的压强，对气泡p1＝3p0，p2＝2p0，由p1V1＝p2V2知V2＝1.5V1，故C项正确．答案： C2．如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，待稳定后则呈现的物理现象是()A．封闭端内气体的压强增大B．封闭端内气体的压强减小C．封闭端内气体的压强不变D．封闭端内气体的体积减小解析：玻璃管由竖直到倾斜，水银柱压强p h减小，由p＋p h＝p0知气体压强增大，再由玻意耳定律知其体积减小，故A、D正确．答案：AD3．如图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＝t B B．t B＝t CC．t C＞t A D．t D＞t A解析：两条等温线，故t A＝t B，t C＝t D，故A项正确．两条等温线比较，t D＞t A，t C＞t A，故B项错，C、D项正确．答案：ACD4．放飞的氢气球上升到一定高度会胀破，是因为()A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小D．以上说法均不正确解析：气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．答案： C5．如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M.通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封有一定质量的气体．缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S.大气压强为p0.则封闭气体的压强为()A．p＝p0＋mg/S B．p＝p0＋(M＋m)g/SC．p＝p0－Mg/S D．p＝mg/S答案： C6．氧气瓶在储存过程中，由于密封不严，出现缓慢漏气，其瓶内氧气的压强和体积变化如图中A到B所示，则瓶内氧气的温度(设环境温度不变)()A．一直升高B．一直下降C．先升高后降低D．不变解析：易错选B，错误原因是只简单地对A、B及A到B的过程进行分析后，作出各状态下的等温线，如图所示，从图中可以看出t A>t1>t2>t B，从而误选B，而忽略了只有一定质量的气体才满足t A>t1>t2>t B.正确答案应为D.密封不严说明漏气，说明气体质量变化，B不正确；漏气缓慢进行，故氧气瓶中氧气可充分同外界进行热交换，隐含与外界“等温”．答案： D7．用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气，每次能把体积为V0，压强为p0的空气打入容器内，若容器内原有空气的压强为p，打气过程中温度不变，则打了n次后容器内气体的压强为( )A.p 0V 0VB ．p 0＋np 0C ．p ＋n ⎝⎛⎭⎫p 0V 0VD ．p 0＋⎝⎛⎭⎫V 0V n·p 0 解析： 将n 次打气的气体和容器中原有气体分别看成是初态，将打气后容器内气体看成是末态，利用等温分态分式，有pV ＋np 0V 0＝p ′V ，得n 次打气后容器内气体的压强p ′＝p ＋n ⎝⎛⎭⎫p 0V 0V ，即C 项正确．答案： C8．如图所示，有一压力锅，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10－6 m 2，限压阀重为0.7 N ．使用该压力锅对水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为1.01×105 Pa)( )p (×105Pa)1.011.43 1.54 1.63 1.731.821.912.01 2.12 2.21 t (℃) 100 110112114116 118 120122124126C ．122 ℃D ．124 ℃解析： 由表格数据知，气压越大，沸点越高，即锅内最高温度越高．对限压阀分析受力，当mg ＋p 0S ＝pS 时恰好要放气，此时p ＝mg S ＋p 0＝0.77.0×10－6＋p 0＝2.01×105 Pa 达到最大值，对应的最高温度为122 ℃答案： C9．容积V ＝20 L 的钢瓶充满氧气后，压强为p ＝30个大气压，打开钢瓶盖阀门，让氧气分别装到容积为V 0＝5 L 的小瓶子中去，若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p 0＝2个大气压，在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是( )A ．4瓶B ．50瓶C ．56瓶D ．60瓶解析： 设最多可装的瓶数为n ，由玻意耳定律有pV ＝p 0(V ＋nV 0)，所以n ＝pV －p 0V p 0V 0＝30×20－2×202×5＝56瓶．答案： C 二、非选择题10.如图所示，为医院用于静脉滴注的装置示意图，倒置的输液瓶上方有一气室A ，密封的瓶口处的软木塞上插有两根细管，其中a 管与大气相通，b 管为输液软管，中间又有一气室B ，而其c 端则通过针头接人体静脉．(1)若气室A 、B 中气体的压强分别为p A 、p B 则它们与外界大气压强p 0间的大小关系应为________；(2)当输液瓶的悬挂高度与输液软管内径确定时，药液滴注的速度________．(填“越滴越快”、“越滴越慢”或“恒定不变”)解析： (1)因a 管与大气相通，故可以认为a 管上端处压强即为大气压强，这样易得p A ＜p 0，而p B ＞p 0，即有p B ＞p 0＞p A .(2)当输液瓶的悬挂高度与输液软管的内径确定时，由于a 管上端处的压强与人体血管中的压强都保持不变，故b 管中气体的压强也不变，所以药液滴注的速度是恒定不变的．答案： (1)p B ＞p 0＞p A (2)恒定不变11．在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图所示，U 型管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为76 cm 汞柱高，图中给出了气体的两个不同的状态．(1)实验时甲图气体的压强为________cm 汞柱高；乙图气体压强为________cm 汞柱高． (2)实验时某同学认为管子的横截面积S 可不用测量，这一观点正确吗？ ________(选填“正确”或“错误”)．(3)数据测量完后在用图象法处理数据时，某同学以压强p 为纵坐标，以体积V (或空气柱长度)为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出p 与V 间的关系吗？解析： (1)由连通器原理可知，甲图中气体压强为p 0＝76 cmHg ，乙图中气体压强为p 0＋4 cmHg ＝80 cmHg.(2)由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，即p 1l 1S ＝p 2l 2S ，即p 1l 1＝p 2l 2，(l 1、l 2为空气柱长度)，所以玻璃管的横截面积可不用测量．(3)以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p－V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出p－1V图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比．答案：(1)7680(2)正确(3)不能12．如图所示，密闭圆筒的中央有一个活塞，活塞两边封闭着两部分气体，它们的压强都是750 mmHg.现在用力把活塞向右移动，使活塞右边气体的体积变为原来的一半，那么活塞两边的压强差为多大？(假定气体温度不变)解析：在分析气体的变化规律时，由于质量一定且温度不变可以分别利用玻意耳定律研究左、右两部分气体的等温变化．左边：p0V0＝p1·32V0，得p1＝23p0＝500 mmHg右边：p0V0＝p2·12V0，得p2＝2p0＝1 500 mmHg 活塞两边的压强差Δp＝p2－p1＝1 000 mmHg 答案： 1 000 mmHg。

8.1 气体的等温变化作业1．一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h，上端空气柱长为L，如图所示，已知大气压强为H cmHg，下列说法正确的是( )A．此时封闭气体的压强是(L＋h)cmHgB．此时封闭气体的压强是(H－h)cmHgC．此时封闭气体的压强是(H＋h)cmHgD．此时封闭气体的压强是(H－L)cmHg答案B解析利用等压法，选管外水银面为等压面，则封闭气体压强p＋p h ＝p0，得p＝p0－p h，即p＝(H－h)cmHg，故B项正确．2．如图所示，一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置，圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，且下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计一切摩擦，大气压为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强为( ) A．p 0＋Mg cos θ/SB．p0/S＋Mg cos θ/SC．p0＋Mg cos2θ/SD．p0＋Mg/S答案D解析以圆板为研究对象，如图所示，竖直方向受力平衡．p A S′cos θ＝p0S＋Mg，S′＝S/cos θ，所以p A(S/cos θ)cos θ＝p0S＋Mg，所以p A＝p0＋Mg/S.故此题应选D选项．3．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1，h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0) ( )A．p0－ρg(h1＋h2－h3)B．p0－ρg(h1＋h3)C．p0－ρg(h1＋h3－h2)D．p0－ρg(h1＋h2)答案B解析需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh3，B端气体压强比中间气室低ρgh1，所以B端气体压强为p0－ρgh3－ρgh1，选B 项．4．如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小答案B解析由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B项正确．5．如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是( )A．h2变长B．h2变短C．h1上升D．h1下降答案 D解析被封闭气体的压强p＝p0＋h1＝p0＋h2.故h1＝h2，随着大气压强的增大，被封闭气体压强也增大，由玻意耳定律知气体的体积减小，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，h1液柱下降，D项正确．6．在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将( )A．增大B．减小C．不变D．无法确定答案B解析此题中，水银柱原是平衡的，设空气柱长度为l1，后因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动．开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力G和大气向上的压力p 0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋G－pS＝mg，因为G＝ρLSg，m＝ρLS，所以p2S＋ρLSg－pS＝ρLSg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l2<l1，所以空气柱长度将减小．故正确答案为B.7．如图所示，上端封闭的玻璃管，开口向下，竖直插在水银槽内，管内长度为h的水银柱将一段空气柱封闭，现保持槽内水银面上玻璃管的长度l不变，将管向右倾斜30°，若水银槽内水银面的高度保持不变，待再度达到稳定时( )A．管内空气柱的密度变大B．管内空气柱的压强变大C．管内水银柱的长度变大D．管内水银柱产生的压强变大答案ABC解析玻璃管倾斜前，设大气压强为p0，管内空气柱的压强为p1，长度为h的水银柱产生的压强为p h，有p1＋p h＝p0，试管倾斜后，假定管内水银柱的长度h不变，因l不变，管内空气柱的体积也不变，其压强仍为p1，但由于管的倾斜，管内水银柱产生的压强p h1小于倾斜前的压强p h，使p1＋ph1<p0，故假设不成立，由此判断，随着试管的倾斜，大气压强使管内水银面上移，管内水银柱上升，被封闭气体体积减小，空气柱的密度增大，再由玻意耳定律知，管内空气柱的压强随体积的减小而增大，当再达到稳定时，设管内空气压强为p2，管内水银柱产生的压强变为p h2，有p2＋p h2＝p0，比较两个式子，因p2>p1，故有p h2<p h，即倾斜后管内水银柱产生的压强比倾斜前小，故A、B、C正确．8．大气压强p0＝1.0×105 Pa.某容器的容积为20 L，装有压强为20×105 Pa的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩下的气体质量与原气体的质量之比为( ) A．1∶19 B．1∶20C．2∶39 D．1∶18答案B解析由p1V1＝p2V2，得p1V0＝p0V0＋p0V，因V0＝20 L，则V＝380 L，即容器中剩余20 L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400 L，所以剩下气体的质量与原质量之比等于同压下气体的体积之比，即20400＝120，B项正确．9．如图所示，D →A →B →C 表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是 ( )A ．D →A 是一个等温过程B ．A →B 是一个等温过程C ．A 与B 的状态参量相同D ．B →C 体积减小，压强减小，温度不变答案 A 解析 D →A 是一个等温过程，A 对；A 、B 两状态温度不同，A →B 是一个等容过程(体积不变)，B 、C 错；B →C 是一个等温过程，V 增大，p 减小，D 错．10．如图所示，是一定质量气体状态变化的p －V 图象，则下列说法正确的是( )A ．气体做的是等温变化B ．气体的压强从A 至B 一直减小C ．气体的体积从A 到B 一直增大D ．气体的三个状态参量一直都在变答案 BCD 解析 一定质量的气体的等温过程的p ­V 图象即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB 图线不是等温线，A →B 过程不是等温变化，A 选项不正确；从AB 图线可知气体从A 状态变为B 状态的过程中，压强p 在逐渐减小，体积V 在不断增大，则B 、C 选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D 选项正确．11．设一只活塞式两用气筒，其容积为V 0，另一体积为V 的容器，内有空气的压强与外界已知的大气压强p 0相等．那么用此气筒对容器打n 次气后(设打气时空气温度保持不变)，容器中空气的压强为多少？答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋nV 0V p 0解析 本题考查对玻意耳定律的深入理解，打n 次气，对容器内所有的空气，有p 0(V ＋nV 0)＝p n V ，所以p n ＝V ＋nV 0V p 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋nV 0V p 0.12．汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp ，若轮胎内气体的质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．答案 体积减小了ΔpV 0Δp ＋p 0解析 对轮胎内的气体：初状态：p 1＝p 0，V 1＝V 0 末状态：p 2＝p 0＋Δp ，V 2＝ΔV ＋V 0 由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 解得：ΔV ＝－ΔpV 0Δp ＋p 0.13．如图所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h ，可沿气缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了h4.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．答案35h 解析 设大气和活塞对气体的总压强为p 0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p ，由玻意耳定律得 p 0h ＝(p 0＋p )⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h① 由①式得p ＝13p 0②再加一小盒沙子后，气体的压强变为p 0＋2p .设第二次加沙子后，活塞的高度为h ′，则p 0h ＝(p 0＋2p )h ′ ③联立②③式解得h ′＝35h .。

第一节气体的等温变化自主广场我夯基我达标1.描述气体状态的参量是指( )A.质量、温度、密度B.温度、体积、压强C.质量、压强、温度D.密度、压强、温度答案：B2.在一个上下温度相同的水池中，一个小空气泡缓慢向上浮起时，下列对空气气泡内气体分子的描述中正确的是( )A.气体分子的平均速率不变B.气体分子数密度增大C.气体分子单位时间内，碰击气泡与液体界面单位面积的分子数增大D.气体分子无规则运动加剧思路解析：温度不变，所以分子的平均速率不变,A正确,D错.此过程为等温过程,由玻意耳定律,由于压强减小，故体积增大.所以单位体积的分子数减少,故BC错.答案：A3.一个密闭的绝热器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分内封有相同质量的空气，开始时活塞被铁钉固定，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，温度相同，如图8-1-5所示，若拔出销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积V A与V B的大小，有( )图8-1-5A.V A>V BB.V A=V BC.V A<V BD.条件不足，不能确定思路解析：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程、物理情境的分析是正确求解本题的关键.初态两气体质量相同，V A>V B，因此气体分子密度不同，ρA<ρB，又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知p A<p B，当活塞销钉拿掉，因为p A<p B，所以活塞向A气体方向移动，活塞对A气体做功，B气体对活塞做功，导致A气体密度增大，温度升高，而B气体密度减小，温度降低，又因为最终两边气体压强相等活塞才能静止，而两边气体质量相等，A气体温度高于B气体，两边压强要想相等，只有A气体密度小于B气体密度，故最终一定是V a′>V b′，A选项正确，本题正确选项是A.答案：A4.一只轮胎容积为10 L，内装1.5 atm的空气.现用打气筒给它打气.已知气筒的容积为V=1 L，要使胎内气体压强达到2.5 atm，应至少打多少次气，(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变)( )A.8次B.10次C.12次D.15次思路解析：本题中，胎内气体质量发生变化，似乎不能直接应用气体实验定律，但由于假设气体温度不变，故可将打气前后胎内气体体积分别折合成大气压下气体体积，求出两种情况下体积之差，便可得到结果，这样便将一个变质量问题化为两个等质量问题.打气前p1V=p0V′,打气后p2V=p0V″因而ΔV=V″-V′=012 p ppV打气次数n=11015.15.210121⨯-=-=∆V V p p p V V =10(次). 答案：B5.如图8-1-6所示,一试管开口朝下插入盛水的广口瓶中,在某一深度静止时,管内封有一定的空气.若向广口瓶中缓慢倒入一些水,则试管将( )图8-1-6A .加速上浮B .加速下沉C .保持静止D .以原静止位置为平衡位置上下振动思路解析:图中试管在水下某深度处于静止状态,浮力(等于排开水的重力)与试管重力相平衡.当管中气体压强稍大些,即试管稍下移或试管上方水的高度略大些时,气体被压缩,浮力将减小,试管将下沉,在下沉的过程中,气体所受压强越来越大,浮力越来越小,试管将加速下沉.答案：B6.一定质量的气体，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倍思路解析：温度是分子平均动能的标志,由于温度T 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⇒V 2=21V 1 ρ1=1V m ,ρ2=⇒2V m ρ1=21ρ2 即ρ2=2ρ1,故B 、C 正确.答案：BC我综合 多发展7.如果画出一定质量某理想气体等温变化的p-V1图象，应该是什么样的图线？怎样来比较不同等温过程的温度.思路解析：由玻意耳定律，一定质量的理想气体，温度不变时，压强跟体积成反比，即和体积的倒数成正比p∝V1.在p-V1图象中，等温线是一条通过原点的直线.如图所示是表示同一气体在T 1、T 2两个不同温度下作等温变化的p-V 1图线.让气体从温度是T 1的某一状态经过一个等容变化，温度变化到T 2，因为p 1<p 2，由分子动理论及统计思想可知T 1<T 2，所以直线斜率越小表示温度越低.8.如图8-1-7所示，一定量气体放在体积为V 0的容器中，有一光滑的活塞C(不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积为A 室的两倍，A 室容器上连有一U 形管(U 形管内气体体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm ，在B 室容器上接有阀门K 可与大气相通，(外界大气压强76 cm 汞柱)求：将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？图8-1-7思路解析：由题设条件可判断，打开K 后，A 室空气做等温变化，遵循玻意耳定律，运用其解决即可. 由题知，打开K 前，B 室体积等于A 室体积的两倍，故此时A 室体积为V 1=31V 0,A 室中气体压强p 1=p 0+h 汞柱=2h 汞柱打开K 后，活塞右边压强变为p 0，故A 室中气体做等温膨胀，稳定后压强变为p 0，设此时A 室体积为V 2，由玻意耳定律有p 0V 2=p 1V 1=2h 汞柱×31V 0 因为p 0=h 汞柱,所以V 2=32V 0. 答案：32V 0 我创新 我超越9.如图8-1-8所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定量的理想气体封在气缸内，活塞与缸壁无摩擦，气体处于平衡状态.现保持温度不变把气缸稍微倾斜一点，在达到平衡后，与原来相比，则( )图8-1-8A.气体的压强变大B.气体的压强变小C.气体的体积变大D.气体的体积变小思路解析：以活塞为研究对象，分析倾斜前后活塞的受力情况，根据物体平衡条件F 合=0，求出压强p 1、p 2并进行比较(如图)倾斜前：p 1S+Mg-p 0S=0,p 1=p 0-S MgMg倾斜后，在竖直方向上，p2Scosθ+Mg-p0Scosθ=0,p2=p0-cosS所以p2<p1,由玻意耳定律知V2>V1,故选B、C.答案：BC合作共赢有以下实验仪器：大试管一支,水银,刻度尺.请你和同桌共同设计一个实验完成如下要求：1.验证玻意耳定律.设计实验方案并写出实验步骤,并对设计方案及步骤进行可行性讨论.2.观察温度变化对实验结果的影响,写出实验报告.读书做人玻意耳(Robert Boyle,1627—1691)英国物理学家、化学家.1627年1月25日出生于爱尔兰的利斯莫尔.幼年就聪慧过人，有超人的记忆力和非凡的语言才能.1644年继承了父亲的一笔财产，定居在多尔塞特，博览了自然科学、哲学、神学等方面书籍.当时他还经常参加由他姐姐邀请的一些著名科学家的聚会，去听他们就一些科学问题的讨论，但他主张“实验决定一切”.1659年，他在助手胡克的协助下，改进了盖利克发明的真空泵，利用它进行了一系列气体性质的开拓性实验.例如，他曾将真空泵放在屋顶，水管放在地面的大水罐内，发现当水银气压计指示29英寸时，水不可能被提升到33英尺以上.1660年他将实验结果汇编成册，出版了他的第一部著作《涉及空气弹性及其效果的新物理——力学实验》.他用实验证论了空气是有重量和弹性(当时玻意耳称之为弹力)的物质. 请结合以上材料思考问题：你知道当水银气压计指示29英寸时,水为什么不能被提升到33英尺以上吗？第二节气体的等容变化和等压变化名师导航知识梳理1.一定质量的气体，当体积一定时，气体的压强和温度之间成__________关系，我们把它叫__________.2.一定质量的某种气体，在体积不变的情况下压强p与热力学温度T成__________,其数学表达式为__________,也可以表示为另外的形式__________或__________.3.气体等压变化的规律是__________国科学家__________首先发现的，其规律的代数表达式为__________或__________或__________.疑难突破怎样确定等容线和等压线(1)在p-T图中，等容线是一簇延长线必定通过坐标原点的直线，如图8-2-1所示，对于质量一定的理想气体：①体积一定时，p∝T图中任一条等容线都表示气体压强p与温度T的正比变化关系.②图线的斜率为tana=p/T=C,可见斜率越小，等容线离T轴越近.(2)若横坐标用摄氏温度t表示，则一定质量气体的等容变化图象如图8-2-2所示.图8-2-1 图8-2-2 图8-2-3(3)在p-V图中，等容线是平行于p轴的直线，如图8-2-3所示.(4)确定等压线(V-T图)①V-T图中的等压线，都是一条延长线过-273 ℃的倾斜直线，纵轴截距V0表示气体在0 ℃时的体积，等压线的斜率大小取决于压强的大小，同一气体比较：压强越大，斜率越小，图8-2-4中的等压线比较为：p1>p2.图8-2-4 图8-2-5②V-T 图中的等压线，这是一条延长线通过原点的倾斜直线，直线斜率k=T V =C ，斜率越大，恒量C 越大，压强越小，图8-2-5 中给出的等压线比较：p 1>p 2.问题探究问题：通过实验分析温度对盖·吕萨克定律的影响.探究：实验材料：带活塞的气缸、砝码，酒精灯，温度计实验步骤：①在气缸内封闭一定质量的气体，在活塞上加放一定质量的砝码，用温度计读出气体温度t ，并换算成T 0；②对气缸底部进行加热，在某一定温度下，记录气体的体积.有如下数据：体积(m 3)1 2 3 实测温度(k)173 390 596 计算温度(T)200 400 600 根据盖·吕萨克定律T=C(C 为常数) 在进行数据间的比较时发现第一组数据与理论数据差距最大，第二组数据较小，第三组最小.探究结论：盖·吕萨克定律的适用条件为温度不太低.[]典题精讲【例1】 如图8-2-6所示，A 是容积很大的玻璃容器，B 是内径很小的玻璃管，B 的左端与A 相通，右端开口，B 中有一段水银柱将一定质量的空气封闭在A 中，当把A 放在冰水混合物中时，B 的左管比右管中水银高30 cm ；当B 的左管比右管的水银面低30 cm 时，A 中气体的温度是多少？(设大气压强p 0=760 mmHg)图8-2-6思路解析：由于A 的体积很大而B 管很细，所以A 中的气体可看作是体积不变，由查理定律即可求解. 以A 中的气体为研究对象，初状态温度T 1=273 K ，压强p 1=p 0-p h =760 mmHg-300 mmHg=460 mmHg;末状态压强p 2=p 0+p h =760 mmHg+300 mmHg=1 060 mmHg.由查理定律有4601060,11222211=•==T p p T T p T p ×273 K=629 K.答案：629 K【例2】 两端封闭的均匀的玻璃管水平放置，管的中央有一段长15 cm 的水银柱，其两侧的空气柱中的压强为72 cmHg ，现将玻璃直管旋至竖直位置，若欲使玻璃管中上、下两段空气柱的长度比保持为1∶2，则玻璃管沿竖直方向应做什么样的运动？设整个过程中的温度保持恒定.思路解析：设p 1、V 1与p 2、V 2分别表示玻璃直管沿竖直方向运动时，管中上、下两段空气柱的压强和体积，由于玻璃管水平放置时，水银柱位于管的正中央，说明这时管中两段空气柱的体积是相等的，对上、下两段空气柱分别应用玻意耳定律得到p 0V 0=p 1V 1 ①p 0V 0=p 2V 2 ②其中p 0、V 0表示玻璃管水平放置时两空气柱的压强和体积，由于水银柱及玻璃直管的长度是不变的，所以有V 1+V 2=2V 0 ③根据题目条件2V 1=V 2 ④将以上四式联立，解得上、下两段空气柱的压强分别为p 1=23p 0=23×72 cmHg=108 cmHg p 2=43p 0=43×72 cmHg=54 cmHg 设玻璃管向下做匀加速运动，加速度为a ，对水银柱进行受力分析，根据牛顿第二定律有p 1S+ρghS-p 2S=ρhSa上式中的压强应以Pa 为单位，若采用cmHg 为单位，则应乘以换算因子ρg ，上式应改写为ρg 1pS+ρghS-ρgp 2S=ρhSa化简即得g(p 1+h-p 2)=ha解得a=h1(p 1+h-p 2)g=46 m/s 2 这个结果说明，欲使玻璃管中上、下两段空气柱的长度比保持为1∶2，玻璃管沿竖直方向应以46 m/s2的加速度向下做匀加速运动.【例3】 如图8-2-8所示，气缸A 中封闭有一定质量的气体，活塞B 与A 的接触面是光滑的且不漏气，B 上放一重物C ，B 与C 的总重量为G ，大气压为p 0.当气缸内气体温度是20 ℃时，活塞与气缸底部距离为h 1；当气缸内气体温度是100 ℃时活塞与气缸底部的距离是多少？图8-2-8思路解析：气缸内气体温度发生变化时，气缸内气体的压强保持不变，大小为p=p 0+SG ，其中S 为活塞的横截面积.应用盖·吕萨克定律即可求解.以气缸内气体为研究对象.初状态温度T 1=(273+20) K=293 K ，体积V 1=h 1S ；末状态温度T 2=(273+100) K=373 K.由盖·吕萨克定律可得2211T V T V =(式中温度为热力学温度)求得 V 2=S h T T V T T 112112= 变化后活塞与气缸底部的距离为h 2=12293373h S V ==1.3h 1. 答案：1.3h 1知识导学本节是在上节学习了玻意耳定律的基础上将要接触到另外两个重要的气体实验定律，即盖·吕萨克定律和查理定律.其学习方法和前节相似，探究过程也是在假设一个量不变的前提条件下研究其余两个量之间的变化关系，所以在学习过程中要学会类比的学习方法，这样可以起到事半功倍的效果.疑难导析在气体变化规律的研究过程中图象十分重要，它能客观形象地反映两个相关量之间的关系，对于气体实验规律正确的理解起了十分重要的作用.主要处理方法有：①如果其中一个量与另一个量的倒数成线性关系.则这两个量的乘积为一常数. ②横向比较：在已知图线的情况下，对两个图象进行比较，可以得出某一量相等的情况下，另一量的大小关系.③图线斜率的利用，正比例函数的图像斜率表示两个量比值的大小.④平行或垂直某一坐标的图象所表示的函数为某一量的常值函数.⑤在确定等容线和等压线后我们可以看出，气体的等容变化和等压变化的关系都一目了然，由此，我们可以看出图线在物理学习中的重要性.⑥如果要比较两个状态中某一个量的大小关系，通过图线就可以直观看出，这样比较方便准确. 问题导思三组实验数据分别为低于室温，高于室温较小和高于室温较大的三组数据，可以明显看出的是随着温度的升高，实测到的温度与理论数值间的差距在明显地减小，故可以从温度对定律的影响入手，想办法去解决问题.分析实验数据的方法：①横向比较：比较同一变量各数据间的变化规律.②纵向比较：比较同一组数据间的变化关系，只有从各个方面进行综合比较才能得出正确的实验结论.[]典题导考 绿色通道：此类题是利用查理定律解题的典型例题，这也是温度气压计的原理，由于T p =C(C 为常数)，故对一定的研究对象，每一压强值都有唯一的温度值与之相对应.【典题变式1】 一定质量的气体在0 ℃时压强为p 0,在27 ℃时压强为p,则当气体从27 ℃升高到28 ℃时,增大的压强为( )A .2731p 0B .2731pC 3001p 0D 3001p 绿色通道：这是一道力热综合题，力热综合题的解题思路：题目将分解为气体状态变化问题和力学问题两部分，对气体状态变化问题，应用气体有关规律列方程；对于力学问题，应用力学有关规律列方程；然后联立求解.一般地说，气体的压强和体积的变化是联立两部分知识的“桥梁”.【典题变式2】 如图8-2-7所示，两端封闭的玻璃管中间用水银柱将其分成两部分，并充入温度相同的气体，若把它降低相同的温度，玻璃管始终保持竖直，则水银柱将产生的变化是( )图8-2-7A.上升B.下降C.不动D.不能确定绿色通道：一定质量的某种气体，压强不变时，体积V 和热力学温度T 成正比，即2211T V T V 或T V =C(C 为常数)，做题要注意定律满足的两个条件.【典题变式3】 如图8-2-9 所示的绝热内部被一隔板分为容积相等的两部分，设左边充有理想气体，右边是真空，当把隔板抽出时，左边的气体向真空做自由膨胀，当再次达到平衡时气体的温度________(填“升高”“降低”或“不变”)，气体的压强变为原来的________倍.图8-2-9典题变式答案【典题变式1】 思路解析:本题只要灵活应用查理定律的各种表达式即可求得.根据Tp =C,可得p t =p 0(1+273t ),所以p=p 0(1+27327),p ′=p 0(1+27328)所以Δp=p ′-p=2731p 0 根据2211T p T p =得28273272731+'=+p p 从而p ′=300301p,所以Δp=p ′-p=3001p 故正确选项为AD.答案:AD【典题变式2】 思路解析：假设温度降低，水银不动，则两部分气体体积不变，为等容变化，用查理定律分别求出上、下两气体的压强减小量Δp 1、Δp 2，比较Δp 1和Δp 2的大小，若Δp 1=Δp 2，水银柱不动；若Δp 1>Δp 2，水银柱上升；若Δp 1<Δp 2，水银柱下降.气体的初状态：压强为p ，温度为T.气体的末状态：压强为(p-Δp)，温度为(T-ΔT).根据查理定律得：T T p p T p ∆-∆-==求得Δp=TT ∆p 因为p 1=p 2-p h <p 2，所以Δp 1<Δp 2，水银柱下降，选择B.答案：B【典题变式3】 思路解析：由于在真空中自由膨胀的气体不对外做功，内能不发生变化，因此再次达到平衡时，气体的温度与原来相同，由于气体温度不变，而体积变为原来的2倍，由玻意耳定律,所以压强变为原来的21. 答案：不变 0.5自主广场我夯基 我达标1.如图8-2-10所示的四个图象是一定质量的气体，按不同的方式由状态a 变到状态b ，则反映气体变化过程中从外界吸热的是( )图8-2-10思路解析：A 为等温线，故A 图所示变化过程即不吸热也不放热，故A 错.B 为等温线的变式，故结果同A.C 为等压线，故由T V =常数，得当V 增大，T 升高，在ab 的过程中V 减小，故系统放热.D 为等容线，故由Tp =常数，得当V 增大时T 升高，故ab 过程中系统吸热，故D 正确. 答案：D2.一定质量的理想气体自状态A 经状态B 变化到状态C ，这一过程在VT 图中的表示如图8-2-11所示，则下述结论错误的是( )图8-2-11A.在过程AB 中，气体压强不断变大B.在过程BC 中，气体密度不断变大C.在过程AB 中，气体对外界做功D.在过程BC 中，外界对气体做功思路解析：过程AB 为等容过程，有T =C ，当T 升高时，p 增大，故A 正确.过程BC 为等温过程，有pV=C ，当V 减小时，ρ=Vm ，故ρ增大，故B 正确.AB 过程为等容过程，和外界不存在做功关系，故C 错误.BC 过程体积减小，故外界对气体做功.答案：C3.取一根1 m 长、两端开口的细玻璃管,一端用橡皮膜封闭,管内灌满水银后把它开口向下竖直倒立在水银槽中,此进管内的水银面比管外的水银面高出76 cmHg,管顶的橡皮膜呈向下凹陷状态.已知当时外界大气压强为76 cmHg,当把玻璃管逐渐倾斜到如图8-2-12所示的乙、丙位置时,下列叙述正确的是( )图8-2-12A .从甲到乙,橡皮膜凹陷程度逐渐变小B .从甲到乙,橡皮膜凹陷程度不变C .从乙到丙,橡皮膜凹陷程度逐渐变小D .从乙到丙,橡皮膜凹陷程度逐渐增大思路解析：此题解答时,往往有些同学以玻璃内的气体为研究对象,分析它的等温变化过程,却又无法分析出压强和体积到底如何变化,因而感到束手无策,而问题出在没有认真审题,题目中告诉我们管内外水银面的高度差为76 cmHg,当时的外界大气压为76 cmHg.这就说明玻璃管内根本没有气体是真空,故倾斜过程中内外压力差不多,橡皮模的凹陷程度不变.答案：B4.一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度( )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思路解析：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pV 坐标中画出等温变化图线，然后在图线上任选中间一点代表初始状态，根据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，有可能与原来等温线相交的说明经过变化后能够回到原来的温度.答案：AD5.如图8-2-13所示，左侧封口的U 形玻璃管中的水银柱，封住A 、B 两段空气柱.静止时弯曲的水银柱两个端面的高度差为h ，较短的直水银柱长为l ，不考虑玻璃管和水银柱的热膨胀现象，下列判断正确的是( )图8-2-13A.只对空气柱A 加热，h 将变小，空气柱B 也变短B.只对空气柱B 加热时，空气柱B 变长，但h 不变.C.对空气柱A 、B 同时加热，使它们的温度升高相同，在水银不溢出的情况下，h 将变小D.从开口管外缓慢注入一些水银，使l 增大，h 也将增大思路解析：(1)只对A 加热时，其温度将升高，压强变大，体积增大，h 变小；对B 而言，其温度不变，压强为p 0+l,不变，故空气柱B 的长度不会变，可知选项A 错误.(2)只对B 加热，其温度升高，体积变大，但压强(p 0+l)不变，选项B 正确.(3)同时对A 、B 加热，A 的温度升高、压强增大、体积膨胀、导致h 必减小；在水银不溢出的情况下，空气柱B 的压强不变，对它加热，只是体积膨胀，说法C 也正确.(4)从开口管处加水银，l 变长，使空气柱B 的压强增大，h 随之增大，D 说法也正确.答案：BCD6.电灯泡内充有氦氩混合气体,如果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?思路解析：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,t 2=20 ℃时的压强为p 2. 由题意可知:T 1=(500+273) K=773 K p 1=1 atm T 2=(20+273) K=293 K p 2=?由查理定律:2211T p T p ,所以p 2=11T p ·T 2=7731×293 atm=0.35 atm. 答案：0.35 atm我综合 多发展7.一定质量的理想气体，经过一个压缩过程后，体积减小为原来的一半，这个过程可以是等温的、绝热的或等压的过程，在这三个过程中(如图8-2-14)( )图8-2-14A.绝热过程做功最多B.等温过程做功最多C.等压过程内能减小D.等温过程对外放热思路解析：在p-V 图象上等压、等温、绝热压缩过程可分别用ab 、ac 、ad 表示.根据图象不难看出，做功的关系为W ab <W ac <W ad ，b 、c 、d 三点的温度T B <T c <T d ,即等压过程内能减小，等温过程内能不变，绝热过程内能增大.答案：ACD8.一定质量的理想气体经过一系列过程，如图8-2-15的所示，下列说法中正确的是( )图8-2-15A.a →b 过程中，气体体积增大，压强减小B.b →c 过程中，气体压强不变，体积增大C.c →a 过程中，气体压强增大，体积变小D.c →a 过程中，气体内能增大，体积不变思路解析：a→b 过程中，T 不变，分子平均动能不变，p 减小，分子密集程度变小，气体体积变大，A 正确.b→c 过程中，压强不变，温度降低,分子平均动能变小，分子密集程度相应变大，故体积减小，B 错误.c→a 过程中，压强与温度成正比，体积不变，温度升高,内能增大,所以C 错误,D 正确.答案：AD9.一定质量的理想气体自状态A 经状态C 变化到状态B ，这一过程在VT 图上表示如图8-2-16所示，则( )图8-2-16A.在过程AC 中，外界对气体做功B.在过程CB 中，外界对气体做功C.在过程AC 中，气体压强不断变大D.在过程CB 中，气体压强不断变小思路解析：A→C 过程，等温变化，体积变小,压强变大，外界对气体做功，A 正确.C→B 过程，体积不变，外界对气体不做功，分子密集程度不变，温度升高，分子平均动能变大，故压强变大，BD 错误.气体压强取决于分子平均动能和分子的密集程度.答案：AC10.如图8-2-17所示，容器A 和容器B 分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开，当氢气的温度为0 ℃,氧气温度是20 ℃时，水银柱怎样移动？图8-2-17(1)两气体均升高温度20 ℃；(2)两气体均降低温度20 ℃；(3)若初状态如图8-2-17所示且气体的初温相同，则两气体均升高10 ℃时，水银柱怎样移动？ 思路解析：对于题图，氢气和氧气初压强相同，设为p 0，当温度变化时，先假定水银柱不动，由Δp=TT p 求出两部分气体的Δp 值，再比较判断.(1)因为是升温，故水银柱向压强增大量小的一方移动p A =p B =p ，ΔT=20 K T A =(273+0) K=273 K T B =(273+20) K=293 K得到Δp a =A T T ∆p A =27320p Δp b =B T T ∆p B =29320p 因为Δp a >Δp b ,所以水银柱向B 容器一方移动.(2)因为是降温，水银柱向压强减小量大的一方(即|Δp|较大的一方移动).同理Δp a =A T T ∆p A =p 27320-,Δp B =B T T ∆p B =-29320p 因为|Δp A |>|Δp B |，所以水银柱向A 容器一方移动.(3)因是升温，故水银柱向压强增大量小的一方移动，设气体初温为T ，A 初温为T A ，B 的初温为T B ，由查理定律的分比形式得：Δp A =A T T ∆p A =T 10p A ,Δp B =B T T ∆p B =T10p B , 而p A =p B (对题图分析)即Δp A =Δp B ，所以水银柱不移动.答案：水银柱向B 容器一方移动；水银柱向A 容器一方移动；水银柱不移动.11.在一密封的啤酒瓶中，下方为溶有CO 2的啤酒，上方为纯CO 2气体.在20 ℃时，溶于啤酒中的CO 2的质量为m A =1.05×10-3 kg ，上方气体状态：CO 2的质量为m A =0.137×10-3 kg,压强为p 0=1 atm.当温度升高到40 ℃时，啤酒中溶解的CO 2的质量有所减小，变为m A ′=m A -Δm,瓶中气体CO 2的压强上升到p 1.已知AA m m '=0.60×01p p ，啤酒的体积不因溶入CO 2而变化，且不考虑容器体积和啤酒体积随温度的变化.又知对同种气体，在体积不变的情况下Tp 与m 成正比，试计算p 1等于多少标准大气压(结果保留两位有效数字). 思路解析：以啤酒上方气态CO 2为研究对象，设20 ℃时为初态T 0=(273+20) K=293 K ；40 ℃ 时为末态T 1=(273+40) K=313 K.已知40 ℃时溶入啤酒的CO 2的质量为m A ′=m A -Δm ①因质量守恒，气态CO 2的质量为m B ′=m B +Δm ②由题设AA m m '=0.60×01p p ③ 由于对同种气体，体积不变时，T p 与m 成正比，可得B B m m T p T p '=011 ④ 由①②③④式联立求解得p 1=［106.01T T m m m m B A BA ++］p 0代入数据得p 1=1.6 atm.答案：1.6 atm我创新 我超越12.1679年法国物理学家帕平发明了高压锅,现在高压锅已被广泛使用,高压锅与普通锅不同.锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧,加上锅盖与锅体之间有橡皮制的密封圈,所以锅盖与锅体之间不会漏气,图8-2-18是压力锅的剖面图,它的盖子上有三个气孔,气孔1在常温下活塞落下,使锅内与外界连通,但在温度升高至约100 ℃时,水蒸气会把活塞冲起(此时锅内压强为1 atm),这时锅被密封,锅内温度继续升高,。

〖思考与讨论~P20气体的等温变化〗一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。

图中的两条等温线，哪条等温线表示的是温度比较高时的情形？请你尝试给出判断，并说明理由。

答案：T 2 表示的是温度比较高时的情形。

因为体积相同时，温度越高，分子对器壁的撞击越激烈，压强也就越大。

〖问题与练习~P20〗1.此题研究的系统是足球内2.5L 与20个0.125L 压强为当时大气压p 的气体。

在实际打气过程中，由于压缩气体时对气体做功，温度会升高，严格讲不能运用玻意耳定律研究此题。

所以题目中专门提出了这样的问题“你在得出结论时考虑到什么前提？”。

这要注意必须明确玻意耳定律的使用条件。

设大气压强为p 0。

根据玻意耳定律=p V p V 0122。

有+⨯=p p 2.5200.125 2.50)(=p p 20得出此结论的前提是打气过程中温度保持不变，实际打气时由于压缩气体做功气体的温度会升高。

2.水银气压计是一种常见测定大气压的仪器。

一次银珠的上方是真空。

如果上方进入了空气和水汽，气压计的读数与实际气体会存在一定的误差。

以水银柱上方的空气为研究对象。

当气压计的读数为740mm 水银柱时，水银面到管顶的距离为90cm ，这时实际的气压相当于高度为h 的水银柱产生的压强。

根据玻意耳定律=pV p V 1122 设水银柱气压计的横截面积为S ，则⨯⨯-=⨯⨯-ρρρρS g g S gh g 8076875090740)()(=h mm 756即此时的大气压相当于756mm 高的水银柱产生的压强，约为⨯Pa 1.008105§2 气体的等容变化和等圧変化〖问题与练习~P23〗1.解法一：()==⨯⨯T KPa K Pa p 273+17 3.2110/9.31101146， ()-==⨯⨯T K Pa K Pa p 27313 3.1310/8.15102246，≠T T p p 1212，说明钢瓶漏气。

解法二:根据查理定律=T T p p 1212。

气体的等温变化一、计算题1．如图所示，U形管内盛有水银，一端开口，另一端封闭一定质量的理想气体，被封闭气柱的长度为10 cm，左右两管液面高度差为1.7 cm，大气压强p0＝75.0 cmHg.现逐渐从U形管中取走一部分水银，使得左右两管液面高度差变为10 cm.求：(1)两管液面高度差变为10 cm后，被封闭气柱的长度是多少；(2)需要向U形管内注入多少厘米的水银，才能让高度差从10 cm变为两管液面齐平．2．(2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图3所示，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12.0 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)3．横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，右端管内用h1＝4 cm的水银柱封闭一段长为L1＝9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L2＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8 cm，如图甲所示．已知大气压强p0＝76.0 cmHg，环境温度不变．(1)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；(2)若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3.4．(2019·全国卷Ⅱ·33(2))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．5．(2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V 8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V 6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．6．如图8所示，在固定的汽缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ∶S B ＝1∶2，两活塞与穿过B 汽缸底部的刚性细杆相连，活塞与汽缸、细杆与汽缸间摩擦不计且不漏气．初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，A 中气体压强p A ＝1.5p 0，p 0是汽缸外的大气压强(保持不变)．现对A 中气体缓慢加热，并保持B 中气体的温度不变，当A 中气体的压强增大到p A ′＝2p 0时，求B 中气体的体积V B .。