素养提升课 理想气体状态方程
和气体实验定律的综合应用
1．理解p-V、V-T、p-T图像的特点及意义。
2．会用气体实验定律及理想气体状态方程分析图像问题和液柱移动问题。
3．会用气体实验定律及理想气体状态方程分析变质量问题。
理想气体的图像问题
一定质量的理想气体的各种图像
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p-V图像 pV＝CT(C为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p-图像 p＝，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 p-T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
等压线 V-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
【典例1】 (2023·辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是( )
A B
C D
B []
图像转换问题的分析方法
(1)知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。
(2)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p′、V′、T′)的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程。
(3)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T。
[针对训练]
1．一定质量的理想气体，其状态变化过程为p-V图像中的A→B→C→A，如图所示。则对应过程的V-T图像或p-T图像可能正确的是( )
A B
C D
C [根据题图可知，A→B气体压强不变，即不变，故此过程对应的V-T图像为一条过原点的倾斜直线，气体体积在减小，温度在降低，A、B错误；根据题图可知，C→A气体体积不变，即不变，故此过程对应的p-T图像为一条过原点的倾斜直线，气体压强在增大，温度在升高；由题图可知B→C过程p-V图线为直线，此时pV乘积可能先增大后减小，根据pV＝CT(C为常量)可知此时气体温度可能先增大后减小，C正确，D错误。]
液柱移动问题
分析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：
＝或Δp＝p。
(2)盖-吕萨克定律的分比形式：
＝或ΔV＝V。
【典例2】 (多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )
A．VaVb，Ta＝Tb
C．Va＝Vb，Ta>Tb D．VaTb
CD [假设温度升高，水银柱不动，两边气体均作等容变化，根据查理定律可得压强的增加量Δp＝，而左右两边初态压强p相同，两边温度升高量ΔT也相同，所以Δp跟成正比，即左右两边气体初态温度T高的，气体压强的增加量Δp小，水银柱应向气体压强增加量小的方向移动，即应向初态温度高的一方移动，根据以上分析，A图中的TaTb，水银柱应向左移动；D图中Ta>Tb，水银柱应向左运动，A、B错误，C、D正确。]
[针对训练]
2．如图所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
A [封闭气柱均做等压变化，故封闭气柱下端的水银面高度不变，根据盖-吕萨克定律的分比形式ΔV＝管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且管中气柱的体积都减小；又因为A管中气柱的体积较大，，A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故A正确。]
气体状态变化的变质量问题
气体实验定律和理想气体状态方程的研究对象必须是质量不变的气体，但是在气体的充气、抽气、分装等问题中，容器内的气体质量发生了改变，因此对于这类问题的正确处理方法是：通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，再结合气体实验定律或理想气体状态方程处理。
【典例3】 (2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。
(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度。
(2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度。
[解析] 方法一：(1)设大气压强为p0，高压舱容积为V0，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，V1＝V0，T1＝(273＋17) K＝290 K
设舱内气体全部等压升温至27 ℃时的体积为V2，密度为ρ2，对于状态二，有
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K
根据盖-吕萨克定律，有＝
根据升温前后气体总质量保持不变，有ρ1V1＝ρ2V2
联立解得＝
整理并代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)设此时为状态三，T3＝T2、p3＝p0，舱内气体全部由状态二变化到状态三时的体积为V3
由状态二到状态三，气体温度不变，根据玻意耳定律，有p2V2＝p3V3
根据变化前后气体总质量保持不变，有
ρ2V2＝ρ3V3
联立解得＝＝
整理并代入数据解得ρ3＝ρ2≈1.18 kg/m3。
方法二：(1)设大气压强为p0，气体的摩尔质量为M，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，T1＝(273＋17) K＝290 K
对理想气体有pV＝nRT
又n＝
气体密度ρ＝
联立解得ρ＝
其中气体摩尔质量M与热力学常量R为定值，状态一到状态二的过程压强不变，即
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K
则＝
代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)设此时为状态三，T3＝T2，p3＝p0
根据(1)中分析有＝
代入数据解得ρ3≈1.18 kg/m3。
[答案] (1)1.41 kg/m3 (2)1.18 kg/m3
[针对训练]
3．自行车是一种绿色出行工具。某自行车轮胎正常骑行时其气压p范围为2p0≤p≤3p0，p0为标准大气压。一同学测得车胎气压为1.5p0，随后用如图所示的打气筒给车胎打气，每打一次都把体积为V0、压强为p0的气体打入轮胎内。已知车胎体积为10V0，忽略打气过程车胎体积和其内气体温度的变化，求：
(1)为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数x的范围；
(2)若车胎气体初始温度为T0，骑行一段时间后车胎气体温度升高0.2T0，则骑行前允许给自行车最多打气几次。
[解析] (1)给自行车打气次数为x，由玻意耳定律得
1．5p0×10V0＋xminp0V0＝2p0×10V0
求得
xmin＝5次
1．5p0×10V0＋xmaxp0V0＝3p0×10V0
求得
xmax＝15次
故5次≤x≤15次。
(2)设允许给自行车最多打气y次，由理想气体状态方程得
＝
求得
y＝10次。
[答案] (1)5次≤x≤15次 (2)10次。
素养提升练
一、选择题
1．(2023·江苏卷)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中( )
A．气体分子的数密度增大
B．气体分子的平均动能增大
C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
B [由公式＝C整理得p＝T，又p -T图像为一条过原点的倾斜直线，则密闭容器内气体的体积保持不变，即理想气体由状态A变化到状态B的过程中，气体的体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；由状态A变化到状态B，气体的温度升高，又温度是一定质量的理想气体的分子平均动能的唯一标志，则由状态A变化到状态B的过程中气体分子的平均动能增大，B正确；气体的压强由气体分子的数密度以及气体分子的平均速率决定，由于气体分子数密度不变，分子的平均速率增大，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大，C错误；由状态A变化到状态B的过程中气体的温度升高，分子的热运动加剧，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多，D错误。]
2．气压式升降椅通过汽缸上下运动来调节椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是( )
A B C D
B [从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变；从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变；从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，温度不变，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。]
3．两端封闭且内径均匀的直玻璃管水平放置，如图所示，左、右两端空气柱的体积关系为V左A．不动 B．向左移动
C．向右移动 D．无法确定是否移动
C [初始状态左、右两端气体压强相等，即p左＝p右＝p，设降温后水银柱不动，则两端空气柱均为等容变化，由查理定律得，对左端＝，则Δp左＝p左＝p，同理，对右端Δp右＝p，所以Δp右>Δp左，即右端气体压强降低得比左端气体多，则左端气体压强大于右端气体压强，故水银柱向右移动。]
4．小朋友吹气球，因肺活量小，她只能把气球从无气状态吹到500 mL，此时气球内空气压强为1.08×105 Pa。捏紧后让妈妈帮忙，为了安全，当气球内压强达到1.20×105 Pa、体积为8 L时立即停止吹气。若外界大气压强为1.0×105 Pa，整个过程无空气泄漏且气球内温度不变，则妈妈吹入气球内的空气质量与小朋友吹入气球内空气质量的比值约为( )
A．17 B．18
C．20 D．21
A [小朋友吹入压强为1.0×105Pa的体积为V1，则p2V2＝p0V1，解得V1＝＝mL＝540 mL，妈妈吹入压强为1.0×105Pa的体积为V3，则p2V2＋p0V3＝p3V4，解得V3＝＝mL＝9 060 mL，则妈妈吹入气球内的空气质量与小朋友吹入气球内空气质量的比值约为＝≈17。故选A。]
5．如图所示为一体积不变的绝热容器，现打开排气孔的阀门，使容器中充满与外界大气压强相等的理想气体，然后关闭阀门。开始时容器中气体的温度为t0＝7 ℃。现通过容器内的电阻丝(未画出)对封闭气体加热，使封闭气体的温度升高40 ℃且保持不变，轻启阀门使容器中的气体缓慢漏出，当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体的质量之比为( )
A．3∶4 B．5∶6
C．6∶7 D．7∶8
D [由题意可知气体的加热过程为等容变化，T0＝(273＋7)K＝280 K，T1＝(280＋40)K＝320 K，由查理定律得＝，则p1＝p0；打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，设容器的容积为V0，假设用一个无形的袋子把漏出的气体和容器中剩余的气体装在一起，气体的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V，解得V＝V0；当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体质量之比为m0∶m＝V0∶V＝7∶8，故D正确，A、B、C错误。]
二、非选择题
6．(2022·重庆卷)某同学探究一封闭汽缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为V1的等容过程，当温度为t1时气体的压强为p1；图线Ⅱ描述的是压强为p2的等压过程。取0 ℃为273 K，求：
(1)等容过程中，温度为0 ℃时气体的压强；
(2)等压过程中，温度为0 ℃时气体的体积。
[解析] (1)在等容过程中，设0 ℃时气体压强为p0；根据查理定律有＝
解得p0＝。
(2)当压强为p2，温度为0 ℃时，设此时体积为V2，则根据理想气体状态方程有＝
解得V2＝。
[答案] (1) (2)
7．如图所示的两端封闭的U形管，在室温时竖直放置，管中有A、B两段空气柱被汞柱隔开，如果将U形管均匀加热，问管中汞柱向何方移动？
[解析] 由题图知，A、B两气柱的初态压强pB>pA。假设升温后汞柱不移动，即A、B两气柱的体积均保持不变。在图中的p-T坐标系中作出A、B两部分气体的等容线，从图中可以看出，升高相同的温度ΔT后增加的压强ΔpB>ΔpA，所以原假设升温后汞柱不移动是不成立的，汞柱将向A方向移动，即右侧液面下降，左侧液面上升。
[答案] 向A方向移动。
8．安全气囊系统主要由安全气囊传感器、防撞安全气囊及电子控制装置组成。当汽车在行驶过程中发生碰撞事故时，首先由安全气囊传感器接收撞击信号，只要达到规定的强度，传感器立即产生动作并向电子控制器发出信号。电子控制器接收到信号后，与其原存储信号进行比较，如果达到气囊展开条件，则由驱动电路向气囊组件中的气体发生器送去启动信号。气体发生器接到信号后引燃气体发生剂，产生大量气体，经过滤并冷却后进入气囊，使气囊在极短的时间内突破衬垫迅速展开，在驾驶员或乘员的前部形成弹性气垫，并及时泄漏、收缩，吸收冲击能量，从而有效地保护人体头部和胸部，使之免于伤害或减轻伤害程度，如图所示。假设产生的气体都是氮气，充满气囊时的压强大约为1.1×105 Pa，体积为56 L，温度大约为27 ℃，T＝273 K＋t。
(1)如果车内温度为37 ℃，当气囊温度与车内温度相同时，氮气压强多大？(气囊的缩胀不计，保留三位有效数字)
(2)若经过及时泄漏、收缩后，氮气的体积变为40 L，温度始终保持和车内温度相同，为37 ℃，压强又变为1.1×105Pa，则泄漏后剩余气体的质量与充满时气体的质量之比为多少？
[解析] (1)氮气发生等容变化，由查理定律得＝
其中T1＝300 K，T2＝310 K，p1＝1.1×105Pa
可得p2＝p1≈1.14×105Pa。
(2)氮气在泄漏后，把气囊内的氮气等效为温度t3＝27 ℃、压强为1.1×105 Pa的气体，则T3＝300 K，设此时的体积为V3
由盖-吕萨克定律＝
可得V3＝V2＝×40 L＝ L
则泄漏后气体的质量与充满时质量之比为
＝＝。
[答案] (1)1.14×105 Pa (2)(共25张PPT)
素养提升课 理想气体状态方程和气体实验定律的综合应用
第二章 气体、固体和液体
学习任务
1．理解p-V、V-T、p-T图像的特点及意义。
2．会用气体实验定律及理想气体状态方程分析图像问题和液柱移动问题。
3．会用气体实验定律及理想气体状态方程分析变质量问题。
探究重构·关键能力达成
探究1 理想气体的图像问题
一定质量的理想气体的各种图像
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p-V图像 pV＝CT(C为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
名称 图像 特点 其他图像
等温线
名称 图像 特点 其他图像
等容线 p-T图像
名称 图像 特点 其他图像
等压线 V-T图像
【典例1】 (2023·辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是( )
√
A B
C D
B [ ]
规律方法 图像转换问题的分析方法
(1)知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。
(2)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p′、V′、T′)的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程。
(3)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T。
[针对训练]
1．一定质量的理想气体，其状态变化过程为p-V图像中的A→B→C→A，如图所示。则对应过程的V-T图像或p-T图像可能正确的是( )
A B
C D
√
【典例2】 (多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )
√
A．VaVb，Ta＝Tb
C．Va＝Vb，Ta>Tb D．VaTb
√
[针对训练]
2．如图所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
√
探究3 气体状态变化的变质量问题
气体实验定律和理想气体状态方程的研究对象必须是质量不变的气体，但是在气体的充气、抽气、分装等问题中，容器内的气体质量发生了改变，因此对于这类问题的正确处理方法是：通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，再结合气体实验定律或理想气体状态方程处理。
【典例3】 (2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。
(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度。
(2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度。
[答案] (1)1.41 kg/m3 (2)1.18 kg/m3
[针对训练]
3．自行车是一种绿色出行工具。某自行车轮胎正常骑行时其气压p范围为2p0≤p≤3p0，p0为标准大气压。一同学测得车胎气压为1.5p0，随后用如图所示的打气筒给车胎打气，每打一次都把体积为V0、压强为p0的气体打入轮胎内。已知车胎体积为10V0，忽略打气过程车胎体积和其内气体温度的变化，求：
(1)为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数x的范围；
(2)若车胎气体初始温度为T0，骑行一段时间后车胎气体温
度升高0.2T0，则骑行前允许给自行车最多打气几次。
[答案] (1)5次≤x≤15次 (2)10次。
