(共62张PPT)
1. 查理定律和盖—吕萨克定律的比较
2.两个重要的推论
(1)查理定律的分比形式
即一定质量的气体在体积不变的条件下，压强的变化量与热力
学温度的变化量成正比.
(2)盖—吕萨克定律的分比形式
即一定质量的气体在压强不变的条件下，体积的变化量与热力
学温度的变化量成正比.
3.“外推法”与热力学温标
通过对一定质量气体等容变化的p-t线“外推”得到的气体压
强为零时对应的温度(-273.15 ℃)，称为热力学温标的零度
(0 K).
4.由温度变化引起的水银柱移动定性判断
(1)假设法(基本方法)
如图所示，水银柱原来处于平衡状态，所受合外力
为零，即此时两部分气体的压强差Δp=p1-p2,温度
升高后，两部分气体的压强都增大，假设水银柱不
动，两部分气体都为等容变化，分别可推得 若
Δp1＞Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；
若Δp1＜Δp2,水银柱向下移动，若Δp1=Δp2，水银柱不动.
(2)图象法：在同一p-T坐标系中画出
两段气体的等容线，如图所示，在温
度相同时，p1>p2，得出气柱l1等容线
的斜率较大，当两气体升高相同的温
度ΔT时，两边气体其压强的增加量Δp1>Δp2，水银柱上移.
(3)极限法：对上部的气体压强进行极限推理，认为p2→0上部为真空，升温时，p1增大，水银柱上移.
5.应用步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体.
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律条件.是否是质量和体积保持不变或是质量和压强保持不变.
(3)确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积.
(4)按查理或盖—吕萨克定律公式列式求解.
(5)求解结果并分析、检验.
(1)“外推法”是科学研究的一种方法，“外推”并不表示定律适用范围的扩展.
(2)热力学温标是一种理论温标，与测温物质无关.
【典例1】如图所示,两端封闭粗细均匀、竖直放置
的玻璃管内有一段长为h的水银柱,将管内气体分为
两部分.已知l2=2l1,若使两部分气体同时升高相同
的温度,管内水银柱将如何运动 (设原来温度相同)
【解题指导】本题可按以下思路进行求解:
【标准解答】此类问题的解答方法一般有“假设法”、“图象法”和“极限法”三种.
假设法:先假设管内水银柱相对玻璃管不动,即两段空气柱体积不变,用查理定律求得两气柱压强增量Δp1和Δp2,进而比较压强增量的大小.若Δp1=Δp2,水银柱不会移动;若Δp1>Δp2,水银柱向上移动;若Δp1<Δp2,水银柱向下移动.(注意:若降温时,当Δp1>Δp2,即p1比p2减小得快时,水银柱向下移动;当Δp1<
Δp2,即p2比p1减小得快时,水银柱向上移动.)
(1)利用公式:由查理定律,对于上段气柱有:
p2′/T2′=p2/T2,得p2′=p2T2′/T2.
Δp2=p2′-p2=p2T2′/T2-p2,
即Δp2=ΔT2p2/T2.
同理对于下段气柱可得:Δp1=ΔT1p1/T1,
因为p1=p2+ph>p2,ΔT1=ΔT2,T1=T2,
所以Δp1>Δp2,即水银柱向上移动.
(2)利用图象:首先在同一p-T图线上画出
两段气柱的等容图线,如图所示.由于两
气柱在相同温度T1下压强不同,所以它们
等容线的斜率也不同,气柱l1的压强较大,
等容线的斜率也较大.从图中可以看出,
当两气柱升高相同温度ΔT时,其压强的增量Δp1>Δp2,所以水银柱向上移动.
极限法:(1)由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小,设想p2→0,即管上部认为近似为真空,于是立即得到：温度T升高,水银柱向上移动.
(2)假设两部分气体温度降低到0 K,则上下两部分气体的压强均为零,故降低相同温度时水银柱下降,那么升高相同温度水银柱会上升.
【规律方法】 液柱移动方向的判断
此类问题的特点是:气体的状态参量p、V、T都发生了变化,直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难,通常先进行气体状态的假设,然后应用查理定律可以很容易地求解,两部分气体压强的变化Δp,并把压强转化为压力S·Δp来比较.若Δp均大于零,则液柱向S·Δp较小的一方移动;若Δp均小于零,则液柱向|S·Δp|值较大的一方移动;若S·Δp相等,则液柱不移动.
【变式训练】如图所示,A、B两容器容积
相等,用粗细均匀的细玻璃管连接,两容
器内装有不同气体,细管中央有一段水银
柱,在两边气体作用下保持平衡时,A中气体的温度为0 ℃,B中气体温度为20 ℃,如果将它们的温度都降低10 ℃,则水银柱将( )
A.向A移动
B.向B移动
C.不动
D.不能确定
【解析】选A.由 可知Δp∝ 所以A部分气体压强减
小得多,水银柱将向左移.
【变式备选】(2011·合肥高二检测)用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸.我们通常用的可乐易拉罐容积V=355 mL.假设在室温(17℃)下罐内装有0.9 V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为
1 atm.若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
【解析】取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1=1 atm，T1=(273+17)K=290 K，
末态：p2=1.2 atm，T2未知.
气体发生等容变化，由查理定律 得：
答案：75℃
1.p-T图象与V-T图象的比较
2.对于p-T图象与V-T图象的注意事项
(1)首先要明确是p-T图象还是V-T图象
(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标
(3)解决问题时要将图象与实际情况相结合
(1)在图象的原点附近要用虚线表示，因为此处实际不存在，但还要表示出图线过原点.
(2)如果坐标上有数字则坐标轴上一定要标上单位，没有数字的坐标轴可以不标单位.
【典例2】一定质量的气体，在状态变化过程中的p-T图象如图所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V-T图象.
【解题指导】解答本题应把握以下三点：
【标准解答】对气体由A→B，根据玻意耳定律有
p0V0=3p0VB,则
对气体由B→C：根据盖—吕萨克定律：
由此可知A、B、C三点的状态量分别为
A：p0,T0,V0；B：3p0,T0, C:3p0,3T0,V0.
V-T图象如图所示.
答案：见标准解答
【变式训练】如图所示甲、乙为一定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( )
A.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轴的交点不一定是-273.15 ℃
C.由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D.乙图表明随温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变
【解析】选A、D.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.
【典例】(2011·深圳高二检测)有一个敞口的玻璃瓶，当瓶内空气温度由27 ℃升高到127 ℃时，瓶内剩余的空气是原来的几分之几？
【解题指导】(1)变化前后瓶内气体的质量发生了变化，不能应用盖—吕萨克定律求解.
(2)选择瓶内初状态气体为研究对象，假设气体未逸出而只是体积增大，气体的质量无变化.
【标准解答】以27 ℃时瓶内的空气为研究对象，因为瓶口敞
开，故瓶内空气压强恒等于外界大气压，假设温度升高时，
瓶内逸出的空气进入另一个与瓶子相通的真空容器内，气体
状态变化如图所示.根据盖—吕萨克定律有：
答案：
一、选择题
1.一定质量的气体，体积保持不变，下列过程可以实现的是
( )
A.温度升高，压强增大
B.温度升高，压强减小
C.温度不变，压强增大
D.温度不变，压强减小
【解析】选A.由查理定律p=CT得温度和压强只能同时升高或同时降低，故A项正确.
2.一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了1/2，若气体原来温度为27℃，则温度的变化是( )
A.升高450 K
B.升高了150 ℃
C.升高了40.5 ℃
D.升高了450 ℃
【解析】选B.气体做等压变化故符合盖—吕萨克定律，由
公式 得：
故ΔT=T2-T1=150 K
即温度升高了150 K，B正确.
3.(2011·东营高二检测)一定质量的气体，在体积不变时，
温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是( )
A.气体压强是原来的2倍
B.气体压强比原来增加了 倍
C.气体压强是原来的3倍
D.气体压强比原来增加了 倍
【解析】选D.根据查理定律 得
即压强变为原来的 倍.
气体压强比原来增加了 倍，所以正确答案为D.
4.如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C再到状态A的p-T图象,由图可知( )
A.VA=VB
B.VB>VC
C.VB=VC
D.VA>VC
【解析】选A.A沿直线到B是等容过程,因此VA=VB,故A项正确;连接OC可知,直线OC的斜率比直线OB的斜率小,因此VB
5.一定质量的理想气体V-t图象如图所
示,在气体由状态A变化到状态B的过程
中,气体的压强( )
A.一定不变
B.一定减小
C.一定增加
D.不能判定怎样变化
【解析】选D.若BA的延长线交于t轴上-273.15 ℃则是等压变化,气体压强一定不变.若与t轴交点位于-273.15 ℃的右方,则气体的压强一定减小,若与t轴交点位于-273.15 ℃的左方,则气体的压强一定增大.
6.对于一定质量的气体,以下说法正确的是( )
A.气体做等容变化时,气体的压强和温度成正比
B.气体做等容变化时,温度升高1 ℃,增加的压强是原来压强的1/273
C.气体做等容变化时,气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D.由查理定律可知,等容变化中,气体温度从t1升高到t2时,气体压强由p1增加到p2,且p2=p1［1+(t2-t1)/273］
【解析】选C.一定质量的气体做等容变化,气体的压强跟热力
学温度成正比,跟摄氏温度不成正比关系,选项A错;根据公式pt=p0(1+t/273),其中p0是0 ℃时的压强 B选项错误.
由公式 得选项C正确.D项中 得
故D项错误.
7.(2011·西城高二检测)如图所示，两端开口的弯管，左管
插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空
气，则( )
A.弯管左管内外水银面的高度差为h
B.若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C.若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
D.若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
【解析】选A、D.被封闭气体的压强按右边计算为p=p0+ph，按左边算也为p=p0+ph,故左管内外水银面的高度差为h，A项正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B、C均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D项正确.
8.(2010·上海高考)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过程中不断增加
B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断增加
D.da过程中保持不变
【解析】选A、B.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，则ae是等容线，即Va=Ve，因为Vd【方法技巧】 利用p-T、V-T图象解题的技巧
①等容变化用p-T图象表示，等压变化用V-T图象表示，均为
过原点的直线.
②等容变化用V-T图象表示，等压变化用p-T图象表示，均为
平行于T轴的直线.
③p-T图象和V-T图象可以相互转换.
④应用图象解决问题时，要注意数学公式与图象的数图转
换，图象与物理过程、物理意义之间的相互关系，对于图线
有关问题的分析讨论，常常需要添加辅助线，然后根据有关
方程讨论.
二、非选择题
9.如图所示是伽利略设计的一种测温装置，玻
璃泡A内封有一定质量的空气，与A相连的B管
插在水银槽中，制作时，先给球形容器微微加
热，跑出一些空气，插入水银槽中时，水银能
上升到管内某一高度，设B管的体积与A泡的体
积相比可略去不计.在1标准大气压下对B管进行
温度刻度(1标准大气压相当于76 cmHg的压强).已知当温度t1=27 ℃时，管内水银面高度h1=16 cm，此高度即为27℃的刻线，问t=0℃的刻线在何处？
【解析】应选玻璃泡A内的一定质量的气体为研究对象，对于
B管的体积略去不计，温度变化时A内的气体经历的是一个等
容过程.
玻璃泡A内的气体的初始状态：T1=300 K,p1=(76-16) cmHg=
60 cmHg.末状态，即t=0℃的状态：T0=273 K，由查理定律得
所以t=0 ℃时水银面高
度，即刻线的位置是x0=(76-54.6) cm=21.4 cm.
答案：21.4 cm
10.(2011·成都高二检测)体积为V=100 cm3的
空心球带有一根有刻度的均匀玻璃长管，管上
共有N=101 个刻度线，设长管与球连接处为
第一个刻度线，以后顺次往上排列，相邻两刻
度间管的容积为0.2 cm3,水银液滴将球内空气
与大气隔开，如图所示，当温度t=5℃时，水银
液滴底端在刻度为n=20的地方，在此大气压下，求其测量温度的范围.(不计玻璃管的热膨胀)
【解析】测量温度的范围应该为：气体的体积从V1=100 cm3等压变化到V2=100 cm3+100×0.2 cm3=120 cm3,这个范围所对应的气体温度T1～T2之间，根据题意当T0=273 K+5 K=278 K时，气体的体积V0=(100+20×0.2) cm3=104 cm3
根据盖—吕萨克定律有：
得
根据
因t1=T1-273=-5.7 ℃，t2=T2-273=47.8 ℃,所以利用该装置能测量温度的范围是-5.7～47.8 ℃.
答案：-5.7～47.8 ℃(共63张PPT)
1.理想气体
(1)理解：理想气体是为了研究问题方便提出的一种理想模型，是实际气体的一种近似，就像力学中质点、电学中点电荷模型一样，突出问题的主要方面，忽略次要方面，从而认识物理现象的本质，是物理学中常用的方法.
(2)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忽略不计，分子视为质点.
③理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，故无分子势能的变化，一定质量的理想气体内能的变化只与温度有关.
2.理想气体状态方程与气体实验定律
3.应用状态方程解题的一般步骤
(1)明确研究对象，即一定质量的理想气体；
(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)由状态方程列式求解；
(4)讨论结果的合理性.
在涉及到气体的内能、分子势能问题中要特别注意是否为理想气体，在涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当做理想气体处理，但这时往往关注的是气体质量是否一定.
【典例1】房间的容积为20 m3,在温度为7 ℃、大气压强为9.8×104 Pa时,室内空气质量是25 kg.当温度升高到27 ℃、大气压强变为1.0×105 Pa时,室内空气的质量是多少
【解题指导】首先房间一般情况下不会是密闭的，再者让求室内空气的质量就隐含了房间内的气体质量可能是变化的，故解本题的关键就在于如何选择研究对象，使之符合理想气体的状态方程.
【标准解答】室内气体的温度、压强均发生了变化,原气体的体积不一定再是20 m3,可能增大(有气体跑出),可能减小(有气体流入),因此仍以原25 kg气体为研究对象,通过计算才能确定.
气体初态:p1=9.8×104 Pa,V1=20 m3,T1=280 K
气体末态:p2=1.0×105 Pa,V2= ,T2=300 K
由理想气体状态方程:
所以
因V2>V1,故有气体从房间内流出.
房间内气体质量
答案:23.8 kg
【规律方法】对于变质量问题，关键是如何灵活选择研究对象，将变质量转化为一定质量，可取原有气体为研究对象，也可以选择剩余气体为研究对象，始末状态参量必须对同一部分气体，即将变质量的问题转化为一定质量的气体，在压强不太大，温度不太低时，运用理想气体状态方程探究所提出的问题.
【变式训练】钢筒内装有3 kg气体,当温度为-23℃时,压强为
4 atm,如果用掉1 kg气体后温度升高到27℃,求筒内气体压强.
【解析】以钢筒内剩下的2 kg气体为研究对象.设钢筒容积为
V,则该部分气体在初状态占有的体积为 末状态时恰好充
满整个钢筒.由一定质量理想气体的状态方程
得
答案：3.2 atm
1.一定质量的气体不同图象的比较
2.一般状态变化图象的处理方法
基本方法，化“一般”为“特殊”，
如图是一定质量的某种气体的状态
变化过程A→B→C→A.
在V-T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程pA′图象问题要利用好几个线如V-t，p-t的延长线
及p- 、p-T、V-T过原点的线，还有与两个轴平行的辅
助线.
【典例2】(2011·银川高二检测)如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，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左面汽缸的容积为V0.A、B之间的容积为0.1V0，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3 K.求：
(1)活塞刚离开B处时的温度TB;
(2)缸内气体最后的压强p；
(3)在图中画出整个过程的p-V图线.
【解题指导】审题时应关注以下两点：
(1)活塞刚离开B处时，关键词为“刚离开”隐含已经离开了与限制装置没有力的作用，故此时封闭气体的压强为p0,而刚离开又隐含封闭气体的体积还没有来得及变，体积仍为V0.
(2)气体最后的压强，关键词为“最后”被A处装置卡住，气体体积为1.1V0.
【标准解答】(1)活塞刚离开B处时，体积不变，封闭气体的
压强为p2=p0,由查理定律得: 解得TB=330 K.
(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p1=0.9p0, V1=V0,T1=297 K;活塞最后在A处时：V3=1.1V0,T3=399.3 K,由理想
气体状态方程得 故
(3)如图所示，封闭气体由状态1保持体积不变，温度升高，压强增大到p2=p0达到状态2，再由状态2先做等压变化，温度升高，体积增大，当体积增大到1.1V0后再等容升温，使压强达到1.1p0.
答案：(1)330 K (2)1.1p0 (3)见解析
【规律方法】 理想气体状态方程的解题技巧
(1)挖掘隐含条件，找出临界点，临界点是两个状态变化过程的分界点，正确找出临界点是解题的基本前提，本题中活塞刚离开B处和刚到达A处是两个临界点.
(2)找到临界点，确定临界点前后的不同变化过程，再利用相应的物理规律解题，本题中的三个过程先是等容变化，然后是等压变化，最后又是等容变化.
【变式训练】(2011·鸡西高二检测)
如图所示，一定质量的气体从状态A
经B、C、D再回到A.问AB、BC、CD、
DA分别是什么过程？已知气体在状
态A时的体积是1L，求在状态B、C、
D时的体积各为多少，并把此图改为p-V图.
【解析】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.
已知VA=1L,则VB=1L(等容过程).
由 (等压过程)，得
由pDVD=pCVC(等温过程)，得
P-V图如图所示.
答案：等容 等压膨胀 等温膨胀 等压压缩 1 L
2 L 6 L p-V图见解析
【变式备选】使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化,图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线.
(1)已知气体在状态A的温度TA=300 K,求气体在状态B、C和D的温度各是多少.
(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向).且说明每段图线各表示什么过程.
【解析】从p-V图中直观地看出,气体在A、B、C、D各状态下
压强和体积为pA=4 atm,VA=10 L,pB=4 atm,pC=2 atm,
pD=2 atm,VC=40 L,VD=20 L.
(1)根据理想气体状态方程
可得
由题意TB=TC=600 K.
(2)由状态B到状态C为等温变化,由玻意耳定律有pBVB=pCVC,得
在V-T图上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接
(如图),AB是等压膨胀过程,BC是等温膨胀过程,CD是等压压缩
过程.
答案：见解析.
【典例】(2011·烟台高二检测)用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比VA∶VB=2∶1,如图所示，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但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A、B中气体的压强.
【解题指导】本题涉及两部分气体的状态变化，要分别对两部分气体进行研究.挖掘两部分气体的关联性，初、末两状态，此两部分气体的体积之和不变，再应用理想气体的状态方程求解.
【标准解答】对A气体，初态：pA=1.8×105 Pa，
TA=(273+127) K=400 K.
末态：TA′=(273+27) K=300 K，
由理想气体状态方程 得：
①
对B气体，初态：
pB=1.2×105 Pa,TB=300 K.
末态：TB′=(273+27) K=300 K.
由理想气体状态方程 得：
②
又VA+VB=VA′+VB′ ③
VA∶VB=2∶1 ④
pA′=pB′ ⑤
由①②③④⑤得pA′=pB′=1.3×105 Pa.
答案：1.3×105 Pa
一、选择题
1.关于理想气体,下列说法正确的是( )
A.理想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,可看成理想气体
C.实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下,可看成理想气体
D.所有的实际气体在任何情况下,都可以看成理想气体
【解析】选C.理想气体是在任何温度、任何压强下都能遵守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错误.
2.对于一定质量的理想气体,下列状态变化中可能的是( )
A.使气体体积增加而温度降低
B.使气体温度升高,体积不变、压强减小
C.使气体温度不变,压强、体积同时增大
D.使气体温度升高,压强减小,体积减小
【解析】选A.由理想气体状态方程 =恒量得A项中只要压强
减小就有可能,故A项正确.而B项中体积不变.温度与压强应同
时增大或同时减小,故B项错.C项中温度不变压强与体积成反
比,故不能同时增大.D项中温度升高,压强减小,体积减小,导
致 减小,故D项错误.
3.(2011·泉州高二检测)如图中A、B两点代表一定质量理想气体的两个不同的状态，状态A的温度为TA，状态B的温度为TB;由图可知( )
A.TB=2TA B.TB=4TA
C.TB=6TA D.TB=8TA
【解析】选C.对于A、B两个状态应用理想气体状态方程
可得：
即TB=6TA,C项正确.
4.关于理想气体的状态变化,下列说法中正确的是( )
A.一定质量的理想气体,当压强不变而温度由100 ℃上升到
200 ℃时,其体积增大为原来的2倍
B.气体由状态1变到状态2时,一定满足方程
C.一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍,可能是压强减
半,热力学温度加倍
D.一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍,可能是体积加
倍,热力学温度减半
【解析】选C.一定质量的理想气体压强不变,体积与热力学
温度成正比.温度由100 ℃上升到200 ℃时,体积增大为原来
的1.27倍,故A项错误.理想气体状态方程成立的条件为质量不
变,B项缺条件，故错误.由理想气体状态方程 =恒量，得
C项正确,D项错误.
5.一定质量的气体做等压变化时，其V-t图象如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是( )
A.等压线与t轴之间夹角变大
B.等压线与t轴之间夹角不变
C.等压线与t轴交点的位置不变
D.等压线与t轴交点的位置一定改变
【解析】选C.对于一定质量气体的等压线，其V-t图线的延长
线一定过-273 ℃的点，故C项正确，D错.气体压强增大后，
温度还是0 ℃时，由理想气体状态方程 可知，V0减小，
等压线与t轴夹角减小，A、B错.
6.对一定质量的理想气体( )
A.若保持气体的温度不变，则当气体的压强减小时，气体的
体积一定会增大
B.若保持气体的压强不变，则当气体的温度减小时，气体的
体积一定会增大
C.若保持气体的体积不变，则当气体的温度减小时，气体的
压强一定会增大
D.若保持气体的温度和压强都不变，则气体的体积一定不变
【解析】选A、D.气体的三个状态参量变化时，至少有两个同
时参与变化，故D对；T不变时，由pV=恒量知，A对；p不变
时，由 =恒量知，B错；V不变时，由 =恒量知，C错.
7.(2011·新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B.若气体的内能不变，其状态也一定不变
C.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E.当气体温度升高时，气体的内能一定增大
【解析】选A、D、E.对一定质量的理想气体，有 =常量，
当体积和压强不变时，温度也不变，而其内能仅由温度决
定，故其内能不变，因此A正确.在等温时，理想气体内能不
变，但其状态可以变化，并遵循玻意耳定律，故B错.由于
=常量，当V与T成正比时，p不变，故C错.对气体，在等压和
等容情况下，比热容不同，因此D正确.由于理想气体的内能
仅由温度决定，温度升高，内能增大，故E正确.
二、计算题
8.(2010·上海高考)如图，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，
截面积为5×10-3 m2,一定质量的气体被质量为2.0 kg的光滑活
塞封闭在汽缸内，其压强为______Pa(大气压强取1.01×105 Pa，
g取10 N/kg).若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部
的高度由0.5 m缓慢变为0.51 m，则此时气体的温度为_____℃.
【解析】
T2=306 K,t2=33℃
答案：1.05×105 33
【方法技巧】 如何解决汽缸活塞类问题
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题.它需要考查气体、汽缸和活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识.其解题的一般思路是：
(1)认真审清题意，确定研究对象.
(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体定律列出方程；对力学研究对象要正确进行受力分析，依据力学规律列出方程.
(3)注意挖掘隐含条件，列出辅助方程.
(4)多个方程联立求解，并检验得到的结果.
9.(2011·平顶山高二检测)如图所示为一均匀
薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，
管的横截面积为S=1×10-4 m2,内装水银，右管
内有一质量为m=0.1 kg的活塞搁在固定卡口上，
卡口比左管上端高出L=20 cm，活塞与管壁间非
常密封且无摩擦，右管内封闭有一定质量的气
体.起初温度为t0=27 ℃时，左、右管内液面高度相等，且左
管内充满水银，右管内封闭气体的压强为p1=p0=1.0×105 Pa=
75 cmHg.现使右管内气体温度逐渐升高,求：
(1)温度升高到多少K时，右管活塞开始离开卡口上升？
(2)温度升高到多少K时，活塞上升到离卡口4 cm处？
【解析】(1)右端活塞开始上升时封闭气体压强
p2=p0+mg/S，代入数据得
气体发生等容变化，根据查理定律得：T2=p2T1/p1，代入数
据得T2=330 K
(2)活塞离开卡口后，由于气体温度逐渐升高故封闭气体发生
等压变化，根据盖—吕萨克定律得T3=V3T2/V2代入数据得T3=396 K
答案：(1)330 K (2)396 K
10.一气象探测气球,在充有压强为1.00 atm(即76.0 cmHg)、温度为27.0 ℃的氦气时,体积为3.50 m3.在上升至海拔
6.50 km高空的过程中,气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压36.0 cmHg,气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热,保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为-48.0 ℃.求:
(1)氦气在停止加热前的体积;
(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积.
【解析】(1)在气球上升至海拔6.50 km高空的过程中,气球内氦气经历一等温过程.根据玻意耳定律有
p1V1=p2V2 ①
式中,p1=76.0 cmHg,V1=3.50 m3,
p2=36.0 cmHg,V2是在此等温过程末氦气的体积.
由①式得V2=7.39 m3 ②
(2)在停止加热较长一段时间后,氦气的温度逐渐从T1=300 K下降到与外界气体温度相同,即T2=225 K.这是一等压过程,根据盖—吕萨克定律有
③
式中,V3是在此等压过程末氦气的体积.
由③式得V3=5.54 m3
答案:(1)7.39 m3
(2)5.54 m3(共66张PPT)
1.容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算
(1)取等压面法
根据同种液体在同一水平液面处压强相等,在连通器内灵活选取等压面.由两侧压强相等列方程求解压强.
例如，图中同一液面C,D处压强相等，则pA=p0+ph.
(2)力平衡法
选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F合=0列式求气体压强.
在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p=ρgh时,应特别注意h是表示液面间竖直高度,不一定是液柱长度.
2.容器加速运动时封闭气体压强的计算
当容器加速运动时，通常选与气体相关联的
液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行
受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求
出封闭气体的压强.
如图,当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，
对液柱受力分析有：
pS-p0S-mg=ma
得
(1)当系统加速运动时，选封闭气体的物体如液柱、汽缸或活塞等为研究对象，由牛顿第二定律，求出封闭气体的压强.
(2)压强关系的实质反映了力的关系，力的关系由物体的状态来决定.
【典例1】有一段12 cm长的水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体,若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上,在下滑过程中被封闭气体的压强为 (大气压强p0=
76 cmHg)( )
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
【标准解答】选A.水银柱所处的状态不是
平衡状态,因此不能用平衡条件来处理.水
银柱的受力分析如图所示,因玻璃管和水
银柱组成系统的加速度a=gsin30°,所以
对水银柱由牛顿第二定律得:
p0S+Mgsin30°-pS=Ma,故p=p0.
【规律方法】 封闭气体压强的求解技巧
(1)气体自身重力产生的压强很小，一般忽略不计.
(2)压强是联系气体和受力分析的桥梁.
(3)液体产生的压强也可以用cmHg(或用液柱高度ph)表示，等式两边单位统一即可，没有必要换算成国际单位.
【变式训练】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.p0+Mgcosθ/S B.p0/S+Mgcosθ/S
C.p0+Mgcos2θ/S D.p0+Mg/S
【解析】选D.以圆板为研究对象,如图所示,竖直方向受力平衡.
pAS′cosθ=p0S+Mg
S′=S/cosθ
所以pA(S/cosθ)cosθ=p0S+Mg
所以pA=p0+Mg/S
故此题应选D选项.
1.成立条件：玻意耳定律p1V1=p2V2是实验定律.只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立.
2.常量的意义：p1V1=p2V2=常量C
该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该常量C越大.
3.应用玻意耳定律的思路与方法
(1)选取一定质量的气体为研究对象，确定研究对象的始末两个状态.
(2)表示或计算出初态压强p1、体积V1；末态压强p2、体积V2，对未知量用字母表示.
(3)根据玻意耳定律列方程p1V1=p2V2，并代入数值求解.
(4)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果删去.
对于开口的玻璃管，用水银封闭一部分气体时，气体体积增大，特别是给出玻璃管总长度时，更要分析计算的气体长度加上水银柱的长度是否超出玻璃管的总长.若超出，说明水银会流出，要重新计算.
【典例2】(2011·新课标全国卷)如图，一上端开口，
下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66 cm 的水银
柱，中间封有长l2=6.6 cm的空气柱，上部有长l3=
44 cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐.已知大
气压强为p0=76 cmHg.如果使玻璃管绕底端在竖直平
面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位
置时管中空气柱的长度.封入的气体可视为理想气体，
在转动过程中没有发生漏气.
【解题指导】解答本题时可选取封闭气体为研究对象，注意玻璃管转动过程中开口向上、向下两位置封闭气体压强的求解，并在这两个位置应用玻意耳定律列出方程.
【标准解答】设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1=p0+ρgl3 ①
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度.
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空.设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则
p2=ρgl1，p0=p2+ρgx ②
式中，p2为管内空气柱的压强.由玻意耳定律有
p1l2S=p2hS ③
式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积，由①②③式和题干条件得
h=12 cm
从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则
p3=p0+ρgx ④
由玻意耳定律得
p1l2S=p3h′S ⑤
式中，h′是此时空气柱的长度，解得
h′=9.2 cm
答案：12 cm 9.2 cm
【规律方法】 运用玻意耳定律解题的技巧
应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，正确确定压强是解题的关键.
【变式训练】(2011·桂林高二检测)如图所
示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导
热的汽缸内，活塞相对于底部的高度为h，
可沿汽缸无摩擦地滑动.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 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
时活塞距汽缸底部的高度.
【解析】设大气和活塞对气体的总压强为p0，加一小盒沙子对
气体产生的压强为p，汽缸横截面积为S.
则状态Ⅰ:p1=p0,V1=hS,
状态Ⅱ：p2=p0+p，
状态Ⅲ：p3=p0+2p，V3=h′S,
由玻意耳定律得：
①
p0hS=(p0+2p)h′S ②
联立①②式解得：
因此沙子倒完时活塞距汽缸底部的高度为
答案：
【变式备选】如图为一长100 cm的粗细均匀的
玻璃管,开口向上竖直放置，管内有20 cm长的水银
柱封闭着50 cm长的空气柱，今若将管口向下竖直
放置(设外界大气压强为75 cmHg).求空气柱长度
变为多少？
【解析】以封闭气体为研究对象，假设水银柱长度为h且不变，设管的横截面积为S，开口向下时空气柱长为x0.
初态p1=p0+ph=75 cmHg+20 cmHg=95 cmHg，V1=50S，末态p2=p0-ph=75 cmHg-20 cmHg=55 cmHg，V2=x0S，由玻意耳定律p1V1=p2V2得：
95×50S=55x0S，
解得x0=86.4 cm，
由于x0+20 cm=106.4 cm>100 cm.
不符合实际，说明管口向下竖直放置时有水银溢出.
再设剩余水银长度为x.
则p3=p0-px=(75-x)cmHg，V3=(100-x)S，
由p1V1=p3V3得：
95×50S=(75-x)(100-x)S，
解得：x1=157.5 cm(舍去)，x2=17.5 cm.
空气柱长为100 cm-17.5 cm=82.5 cm.
答案：82.5 cm
对两种等温变化图象的理解和应用
1.图象上的一点代表气体的一个状态，每一点都
对应气体的一个确定的状态(p、V、T表示).
2.温度不同，一定质量的同一气体的等温线不同.同一气体的
等温线比较，在p-V图中，双曲线顶点离坐标原点远的等温线
对应的温度高.在 图中,斜率大的等温线对应的温度高.
3.分析问题时一定注意区分是p-V图线还是 图线，并
对应好各自的图线形状.
【典例3】如图所示，是一定质量的某
种气体状态变化的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
【解题指导】解答此题应把握以下两点：
【标准解答】选D.由图象可知，pAVA=pBVB，
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.
【变式训练】如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两
条 图线.由图可知( )
A.一定质量的气体在发生等温变化
时，其压强与体积成正比
B.一定质量的气体在发生等温变化
时，其 图线的延长线
是经过坐标原点的
C.T1＞T2
D.T1＜T2
【解析】选B、D.题图是一定质量的气体在发生等温变化时的
图线，由图线知p∝ ,所以p与V应成反比，A错
误；由题图可以看出， 图线的延长线是过坐标原点
的，故B正确；根据 图线斜率的物理意义可知C错误、
D正确.
【典例】(2011·安庆高二检测)
用来喷洒农药的压缩喷雾器的结
构如图所示，A的容积为7.5 L，
装入药液后，药液上方空气为
1.5 L.关闭阀门K，用打气筒B每次
打进105 Pa的空气250 cm3.求：
(1)要使药液上方气体的压强为4×105 Pa,应打几次打气筒？
(2)当A中有4×105 Pa的空气后，打开阀门K可喷洒药液，直到不能喷洒时，喷雾器剩余多少体积的药液？(忽略喷管中药液产生的压强)
【解题指导】
【标准解答】(1)设原来药液上方空气体积为V，每次打入空气的体积为V0，打几次后压强由p0变为p1,以A中原有空气和n次打入A中的全部气体为研究对象，由玻意耳定律得：
p0(V+nV0)=p1V,
故
(2)打开阀门K，直到药液不能喷洒，忽略喷管中药液产生的
压强，则A容器内的气体压强应等于外界大气压强，以A中气
体为研究对象，p1V=p0V′,
因此A容器中剩余药液的体积为7.5 L-6 L=1.5 L.
答案：(1)18次 (2)1.5 L
一、选择题
1.(2011·嘉定高二检测)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
【解析】选B.气体状态参量是指温度、压强和体积，B对.
2.(2010·广东高考)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
【解析】选B.由图可知空气被封闭在细管内，水面升高时，气体体积一定减小，根据玻意耳定律，气体压强就增大，B选项正确.
3.(2011·大连高二检测)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) cmHg
B.此时封闭气体的压强是(H-h) cmHg
C.此时封闭气体的压强是(H+h) cmHg
D.此时封闭气体的压强是(H-L) cmHg
【解析】选B.取等压面法,选管外水银面为等压面,则由
p气+ph=p0得p气=p0-ph即p气=(H-h)cmHg,B项正确.
4.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/S
C.p=p0-Mg/S
D.p=mg/S
【解析】选C.对汽缸缸套进行受力分析,如图所示.
由平衡条件可得:p0S=Mg+pS
所以
故C项正确.
5.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
【解析】选C.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.
6.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
【解析】选D.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.
7.一个开口玻璃瓶内有空气，现将瓶口向下按入水中，在水面下5 m深处恰能保持静止不动，下列说法中正确的是( )
A.将瓶稍向下按，放手后又回到原来位置
B.将瓶稍向下按，放手后加速下沉
C.将瓶稍向上提，放手后又回到原处
D.将瓶稍向上提，放手后加速上升
【解析】选B、D.瓶保持静止不动，受力平衡mg=ρgV，由玻意耳定律，将瓶下按后，p增大而V减小，mg>ρgV，故放手后加速下沉，B正确.同样道理，D选项也正确.
8.(2010·江苏高考)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.气体做等温变化,遵守玻意耳定律.由pV=C，p与
成正比，故B正确.
二、非选择题
9.粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空气柱，
两管内水银面高度差为19 cm，封闭端空气柱
长度为40 cm，如图所示.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.
【解析】以右管中被封闭气体为研究对象,气体在初状态下
p1=p0-ph=(76-19) cmHg=57 cmHg,V1=L1S=40S;末状态p2=p0=
76 cmHg,V2=L2S.则由玻意耳定律得：57×40 S=76×L2S，L2=
30 cm.需注入的水银柱长度应为h+2(L1-L2)=39 cm.
答案：39 cm
10.(2011·海南高考)如图，容积为V1的容器内充有压缩空气.容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连.气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变.求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.
【解析】气阀打开前，左管内气体的压强为p0
气阀打开后稳定时的压强p2=p0+ρgh ①
根据等温变化，则有p1V1+p0V2=p2(V1+V2) ②
联立①②两式解得
答案：(共68张PPT)
1.对统计规律的理解
(1)个别事件的出现具有偶然因素，但大量事件出现的机会，却遵从一定的统计规律.
(2)从微观角度看，由于气体是由数量极多的分子组成的，这些分子并没有统一的运动步调，单独来看，各个分子的运动都是不规则的，带有偶然性，但从总体来看，大量分子的运动却有一定的规律.
2.如何正确理解气体分子运动的特点
(1)气体分子距离大(约为分子直径的10倍)，分子力小(可忽略)，可以自由运动，所以气体没有一定的体积和形状.
(2)分子间的碰撞十分频繁，频繁的碰撞使每个分子速度的大小和方向频繁地发生改变，造成气体分子做杂乱无章的热运动，因此气体分子沿各个方向运动的机会(几率)相等.
(3)大量气体分子的速率分布呈现中间多(占有分子数目多)两
头少(速率大或小的分子数目少)的规律.
(4)当温度升高时，“中间多”的这一“高峰”向速率大的一
方移动，即速率大的分子数目增多，速率小的分子数目减少，
分子的平均速率增大，分子的热运动剧烈，定量的分析表明理
想气体的热力学温度T与分子的平均动能 成正比，即
因此说，温度是分子平均动能的标志.
单个或少量分子的运动是“个性行为”，具有不确定性.大量分子运动是“集体行为”，具有规律性即遵守统计规律.
【典例1】(2010·福建高考)1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律.若以横坐标v表示分子速率,纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比.下面各幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是_________.(填选项字母)
【解题指导】根据气体分子速率分布规律.
【标准解答】选D.气体分子速率分布规律是中间多、两头少,且分子不停地做无规则运动,没有速度为零的分子,故选D.
【规律方法】 气体分子速度分布规律
(1)在一定温度下，所有气体分子的速率都呈“中间多、两头少”的分布；
(2)温度越高，速率大的分子所占比例越大；
(3)温度升高，气体分子的平均速率变大，但具体到某一个气体分子，速率可能变大也可能变小，无法确定.
【变式训练】气体分子永不停息地做无规则运动，同一时刻都有向不同方向运动的分子，速率也有大有小，如表是氧气分别在0 ℃和100 ℃时，同一时刻在不同速率区间内的分子数占总分子数的百分比，由表得出下列结论( )
A.气体分子的速率大小基本上是均匀分布的，每个速率区间的分子数大致相同
B.大多数气体分子的速率处于中间值，少数分子的速率较大或较小
C.随着温度升高,所有气体分子的速率都增大
D.气体分子的平均速率基本上不随温度的变化而变化
【解析】选B.由表格可以看出在0 ℃和100 ℃两种温度下，分子速率在200～700 m/s之间的分子数的比例较大，由此可得出A错误，B正确.温度升高时速率大的分子数占的百分比增大，故D错.由表中数据得不出每个分子的运动情况，故不能确定所有分子的速率都增大，故C项错误.
1.气体压强的产生：单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力.所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力.
2.决定气体压强大小的因素
(1)微观因素
①气体分子的密集程度：气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)大,在单位时间内,与单位面积器壁碰撞的分子数就越多,气体压强就越大；
②气体分子的平均动能：气体的温度高,气体分子的平均动能就大,每个气体分子与器壁的碰撞(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就大;从另一方面讲,分子的平均速率大,在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就多,累计冲力就大,气体压强就越大.
(2)宏观因素
①与温度有关：温度越高，气体的压强越大；
②与体积有关：体积越小，气体的压强越大.
3.气体压强与大气压强不同
大气压强由重力而产生，并且随高度增大而减小.
【典例2】对于一定质量的气体，下列四个论述中正确的是
( )
A.当分子热运动变剧烈时，压强必增大
B.当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C.当分子间平均距离变大时，压强必变大
D.当分子间平均距离变大时，压强必变小
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)气体分子的平均动能.
(2)气体分子的密集程度.
【标准解答】选B.分子热运动变剧烈，表明气体温度升高，分子平均动能增大，但不知气体的分子密集程度如何变化，故压强的变化趋势不明确，A错B对；分子间平均距离变大，表明气体的分子密集程度变小，但因不知此时分子的平均动能如何变,故气体的压强不知如何变化，C、D错.
【规律方法】 解气体压强的技巧
(1)明确气体压强产生的原因——大量做无规则运动的分子对器壁频繁持续的碰撞.压强就是大量气体分子在单位时间内作用在器壁单位面积上的平均作用力；
(2)明确气体压强的决定因素——气体分子的密集程度与平均动能；
(3)只有知道了这两个因素的变化，才能确定压强的变化，任何单个因素的变化都不能决定压强是否变化.
【变式训练】如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)( )
A.两容器中器壁的压强都是由于分子撞击器壁而产生的
B.两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的
C.甲容器中pA＞pB，乙容器中pC=pD
D.当温度升高时，pA、pB变大，pC、pD也要变大
【解析】选C.甲容器压强产生的原因是液体受到重力的作用，而乙容器压强产生的原因是分子撞击器壁，A、B错，液体的压强p=ρgh，hA＞hB，可知pA＞pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC=pD，C对；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，D错.
1.玻意耳定律
(1)宏观表现：一定质量的气体，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.体积减小，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：一定质量的气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大，温度降低，压强减小.
(2)微观解释：体积不变，则分子密度不变，温度升高，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：一定质量的气体，在压强不变时，温度升高，体积增大，温度降低，体积减小.
(2)微观解释：温度升高，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.
【典例3】(2011·南宁高二检测)对一定质量的理想气体，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一定增大
B.温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
C.压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小
D.温度升高，压强和体积都可能不变
【解题指导】对气体实验定律的解释要紧紧围绕决定气体压强的两个因素：气体分子的密集程度与分子平均动能进行分析讨论.
【标准解答】选A、B.根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，气体的温度增大，气体分子的平均动能增大，选项A正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密集程度减小，B正确；压强不变，温度降低时，体积减小，气体的密集程度增大，C错；温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变，D错.
【规律方法】 对气体实验定律的微观解释
对一定质量的气体.等温变化：温度不变，分子的平均动能不变，若体积增大，则分子的密集程度减小，与单位面积撞击的分子数减少，故压强减小.等压变化：当温度升高时，气体分子的平均动能增大，压强有增大的趋势，体积膨胀，而气体分子密集程度减小，压强有减小的趋势.两者效果抵消，气体压强保持不变.等容变化：气体的体积不变，则气体分子的密集程度保持不变，当温度升高时，气体分子的平均动能增大.因此单位面积上的压力会变大，气体的压强将增大.
【变式训练】对一定质量的气体，若用N表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.当体积不变而压强和温度变化时，N可能不变
【解析】选C.一定质量的气体，在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数，取决于分子的密集程度和分子运动的剧烈程度，即与体积和温度有关，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，故C项正确；若体积不变，单位体积内分子数不变，但温度变了，即分子运动剧烈程度变了，则N一定改变，故D项错误.
【变式备选】一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，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.气体分子对器壁的碰撞力变大
【解析】选B.温度不发生变化，分子平均动能不变，分子对器壁的碰撞力不变，故A、D错；质量不变，分子总数不变，C项错误；体积减小气体分子密集程度增大，单位时间内器壁单位面积上分子碰撞次数增多，故B项正确.
【典例】如图为一定质量的氧气分子在0 ℃和100 ℃两种不
同情况下的速率分布情况，由图可以判断以下说法中正确的
是( )
A.温度升高，所有分子的运动速率均变大
B.温度越高，分子的平均速率越小
C.0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
D.100 ℃的氧气与0 ℃的氧气相比，速率大的分子所占比例较大
【解题指导】掌握气体分子运动的特点是解决此类问题的关键.热学统计规律显示气体分子的速率呈现“中间多、两头少”的分布，且温度升高分子的平均速率增大，速率大的分子所占比例较大.
【标准解答】选D.温度升高了分子的无规则运动加剧，故A、B项均错，而每次撞击更强烈了，但压强减小了，所以单位时间内气体分子对单位面积的撞击次数减少了，故D项正确.
一、选择题
1.下列各组物理量哪些能决定气体的压强( )
A.分子的平均动能和分子种类
B.分子密集程度和分子的平均动能
C.分子总数和分子的平均动能
D.分子密集程度和分子种类
【解析】选B.气体的压强是由大量分子碰撞器壁而引起的，气体分子的密集程度越大(即单位体积内分子数越多)，在单位时间内撞击器壁单位面积的分子就越多，则气体的压强越大.另外气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大.故决定气体压强的因素是分子密集程度和分子的平均动能，故B项正确.
2.(2011·大庆高二检测)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图所示，下列说法正确的是( )
A.曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2
B.曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2
C.曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2
D.无法判断两曲线对应的温度关系
【解析】选C.温度越高，分子的平均速率越大，从图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C项正确.
3.(2011·济南高二检测)教室内的气温会受到室外气温的影
响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为
25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，
房间内的( )
A.空气分子密集程度增大
B.空气分子的平均动能增大
C.空气分子的速率都增大
D.空气质量增大
【解析】选B.温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A项、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速度都增大，C项错误.
4.(2011·四川高考)气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外( )
A.气体分子可以做布朗运动
B.气体分子的动能都一样大
C.相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动
D.相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大
【解析】选C.布朗运动本身并不是分子运动，因此A错；分子做无规则的热运动，各个分子的动能不同，B错；气体分子平均距离较远，所以分子力十分微弱，气体分子可以自由运动，C正确；由于无规则的热运动，每个气体分子之间的距离是变化的，D错.
5.下列说法正确的是( )
A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁上的平均作用力
C.气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小
D.单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
【解析】选A.由气体压强的微观解释可知，A对；平均作用力不是压强，B错；气体压强的大小与气体分子的平均动能和单位体积的分子数两个因素有关，C、D均错，故选A.
【方法技巧】气体压强的微观解释
(1)产生原因
大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强.单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力.所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力.
(2)决定气体压强的因素——气体分子的密集程度与气体分子的平均动能
①气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就多，气体压强就越大；
②气体的温度高，气体分子的平均动能就大，每个气体分子与器壁的碰撞(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就大；从另一方面讲，分子的平均速率大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就多，累计冲力就大，气体压强就越大.
6.一定质量的气体，在等温状态变化过程中，发生变化的是
( )
A.分子的平均速率
B.单位体积内的分子数
C.分子的平均动能
D.分子总数
【解析】选B.气体的质量不变则分子总数不变，故D项错.温度不变则分子的平均动能不变,平均速率不变，故A、C均错.等温变化中体积变化而分子总数不变，故单位体积内的分子数变化，B项正确.
7.一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，体积增大，
则( )
A.气体分子的平均动能增大
B.气体分子的平均动能减小
C.气体分子的平均动能不变
D.条件不足，无法判定气体分子平均动能的变化情况
【解析】选A.从微观角度来分析，体积增大，气体分子密度
减小，要想压强不变，分子平均动能必须增大，即撞击器壁
的作用力变大，A项正确.本题也可由盖—吕萨克定律
得出，体积增大，温度升高，所以气体分子的平均动能增大.
8.下面的表格是某地区1～7月份气温与气压的对照表：
7月份与1月份相比较，正确的是( )
A.空气分子无规则热运动的情况不变
B.空气分子无规则热运动减弱了
C.单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了
D.单位时间内空气分子对单位面积的地面撞击次数减少了
【解析】选D.温度升高了分子的无规则运动加剧，故A、B项均错.空气分子对地面的撞击更强烈了，但压强减小了，所以单位时间内气体分子对单位面积的撞击次数减少了，故D项正确.
二、非选择题
9.从宏观上看，一定质量的气体体积不变温度升高或温度不变体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？
【解析】因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的.体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大，分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大.气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况在微观上是有区别的.
10.一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化.已知VA=0.3 m3,TA=TC= 300 K，TB=400 K.
(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原因.
【解析】(1)A→B由气体定律， 知
(2)B→C气体体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子平
均动能减小，压强减小.
答案：(1)0.4 m3
(2)见解析