第5节 气体实验定律(赋能课——精细培优科学思维)
课标要求 学习目标
1.知道理想气体模型。2.了解气体实验定律。3.能用分子动理论解释气体实验定律。 1.探究气体等温变化、等容变化、等压变化的规律。2.会用控制变量法研究气体的等温变化、等容变化、等压变化，能用图像法分析各物理量的变化规律。3.知道玻意耳定律、查理定律和盖—吕萨克定律的内容、公式及适用条件。
一、玻意耳定律
1．内容：一定质量的气体，在______保持不变的条件下，压强与体积成______。
2．表达式：p∝或p1V1＝p2V2。
3．条件：气体的______一定，______不变。
4．气体等温变化的p V图像
气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为________________，它描述的是温度不变时的p V关系，称为________。一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的。
5．微观解释：一定质量的气体__________不变，温度保持不变时，______________保持不变。当气体体积减小时，单位体积内的分子数______，气体的压强也就______；反之，气体的压强______。
二、查理定律
1．等容变化：一定质量的气体，在______保持不变时，压强随温度的变化。
2．查理定律
(1)内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成______。
(2)表达式：p∝T或＝______。
3．等容线：一定质量的气体，在体积不变的情况下，其p T图像是一条____________的直线，这条直线称为等容线。
4．微观解释：一定质量的气体，在体积保持不变时，单位体积内的分子数____________。当温度升高时，分子平均动能______，气体的压强也就______；反之，气体的压强______。
[微情境·大道理]
1．利用如图所示的装置探究气体的等温变化规律。
请对以下说法作出判断：
(1)在探究气体压强、体积两个状态参量之间关系时采用控制变量法。( )
(2)在保持气体温度不变的情况下，气体的压强跟体积一定成反比。( )
(3)要保证注射器内空气柱的温度不变，改变空气柱体积时应缓慢操作。( )
2．某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗？
三、盖—吕萨克定律
1．等压变化：一定质量的气体，在______保持不变时，体积随温度的变化。
2．盖—吕萨克定律
(1)内容：一定质量的气体，在______保持不变的条件下，体积与热力学温度成______。
(2)表达式：V∝T或＝______。
3．等压线：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其V T图像是一条______________的直线，这条直线称为等压线。
4．微观解释：一定质量的气体，当温度升高时，分子平均动能______，为了保持压强不变，单位体积的分子数相应______，气体的体积必然相应______。反之，气体的体积必然______。
5．理想气体
(1)定义：严格遵循________________的气体。
(2)内能：理想气体的分子大小与分子间的距离相比可忽略不计，除了碰撞外，分子间的相互作用__________。因此，理想气体的分子势能可以________，理想气体的内能只与气体的______有关，而与气体的______无关。
(3)拓展一步：由气体实验定律可以推导出__________，称为理想气体状态方程。,3.如图所示为一存有高压气体的储气罐，请对以下说法作出判断。
(1)储气罐内的高压气体可看作理想气体。( )
(2)储气罐内的高压气体状态发生变化时，遵守气体实验定律。( )
(3)储气罐在放气过程中，若温度不变，则罐内气体数密度减小，压强减小。( )
(4)储气罐内的高压气体，在温度很低的情况下可能变为液态。( )
强化点(一) 玻意耳定律的应用
任务驱动
如图所示，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中体积逐渐变大，到水面时就会破裂。问：
(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变？
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？
[要点释解明]
1．对玻意耳定律的理解
(1)成立条件：一定质量的某种气体，温度不太低，压强不太大。
(2)表达式：p1V1＝p2V2或pV＝C。
(3)玻意耳定律表达式pV＝C中的C与气体的种类、质量和所处温度高低有关，温度越高，C越大。
2．两种等温变化图像的比较
两种图像内容 p 图像 p V图像
图像特点
物理意义 一定质量的气体，温度不变时，p与成正比，在p 图像上的等温线应是过坐标原点的直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p V图像是双曲线的一支
温度高低 图线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高，图中T2＞T1 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，在p V图像上的等温线就越高，图中T1[典例] (2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两气缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两气缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧气缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两气缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，气缸足够长，气缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终气缸内气体的压强。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
尝试解答：
/方法技巧/
运用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)要明确研究对象，确定研究对象的质量不变、温度不变。
(2)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。
(3)根据玻意耳定律列方程求解。
[题点全练清]
1．如图所示，一定质量的封闭气体由状态A沿直线AB变化到状态B，在此过程中气体温度的变化情况是( )
A．一直升高
B．一直降低
C．先升高后降低
D．先降低后升高
2．(2024·浙江湖州高二质检)细长玻璃管内用长l0＝6.8 cm的水银柱封闭一定质量的空气，当玻璃管开口向下竖直放置时，空气柱长度l1＝33 cm；当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2＝30 cm。求：
(1)大气压强p0为多少？(单位可用cmHg表示)
(2)玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度l3又为多少？
强化点(二) 查理定律的理解及应用
任务驱动
如图所示，我国民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，即先加热罐中气体，然后迅速将火罐开口端紧压在人体的皮肤上，待火罐冷却后，火罐就被紧紧地“吸”在皮肤上。你知道其中的道理吗？
[要点释解明]
1．对查理定律的理解
(1)查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
(2)适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大(小于几个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。
(3)一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高(或降低)相同的温度，所增大(或减小)的压强是相同的。
2．查理定律的推论
表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT成正比。
3．等容过程的p T和p t的图像
p T图像 p t图像
图像
图像特点 一定质量的气体，等容变化的p T图线是一条过坐标原点的倾斜直线 p t图线为一条倾斜直线，且直线一定过(－273.15 ℃，0)这一点
体积大小的比较 作一条垂直T轴的辅助线，如图中虚线所示，A、B两状态温度相等，由玻意耳定律得pAVA＝pBVB，pA>pB，则VA[典例] (2024·江苏高考)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积为0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
(1)气体现在的压强；
(2)观测台对气体的压力大小。
尝试解答：
/方法技巧/
应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体。
(2)分析被封闭气体在状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
(3)确定初、末两个状态的温度、压强。
(4)根据查理定律列式，统一单位，代入数值求解。
(5)分析所求结果是否合理。
[题点全练清]
1.(2023·江苏高考)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
2．(2024·南平高二质检)(多选)如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是( )
A．茶杯对杯盖的支持力为mg＋p0S
B．茶杯对杯盖的支持力为mg＋p0S
C．茶杯对桌面的压力为Mg＋p0S
D．茶杯对桌面的压力为Mg＋mg
强化点(三) 盖—吕萨克定律的理解及应用
[要点释解明]
1．在摄氏温标下，盖—吕萨克定律的表述
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高(或降低)1 ℃，增大(或减小)的体积等于它在0 ℃时体积的。
数学表达式为＝或Vt＝V0。
2．推论：一定质量的气体，从初状态(V、T)开始，发生等压变化，其体积的变化量ΔV和温度的变化量ΔT间的关系为＝或ΔV＝·V。
3．等压过程的V T和V t的图像
V T图像 V t图像
图像
图像特点 V T图线为一条过坐标原点的倾斜直线 V t图线为一条倾斜直线，且直线一定过(－273.15 ℃，0)这一点
压强大小的比较 作垂直于T轴的辅助线，如图中虚线所示，易得出p1>p2，则等压线斜率越大，压强越小 同分析V T图线一样，作辅助线分析，可得p1>p2，则等压线斜率越大，压强越小
[典例] 如图所示，导热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
(1)缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？
尝试解答：
/方法技巧/
应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭气体。
(2)分析状态变化过程，明确初、末状态，确认在状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。
(3)分别找出初、末两状态的温度、体积。
(4)根据盖—吕萨克定律列方程求解。
(5)分析所求结果是否合理。
[题点全练清]
1．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )
A．升高了450 K B．升高了150 ℃
C．升高了40.5 ℃ D．升高了450 ℃
2．(2024·海南高考)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是( )
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5 ℃
C．该装置所测温度不低于23.5 ℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
3.如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝________；气体在状态b和c的压强之比＝________。
第5节 气体实验定律
一、1.温度 反比 3.质量 温度 4.双曲线的一支 等温线 5.分子总数 分子平均动能 增多 增大 减小
二、1.体积 2.(1)正比 (2) 3.过坐标原点 4.保持不变 增大 增大 减小
三、1.压强 2.(1)压强 正比 (2) 3.过坐标原点 4.增大 减少 增大 减小 5.(1)三个实验定律 (2)忽略不计 忽略不计 温度 体积 (3)＝C
[微情境·大道理]
1．(1)√ (2)× (3)√
2．提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶的温度低、压强小，表壳内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。
3．(1)× (2)× (3)√ (4)√
强化点(一)
[任务驱动] 提示：(1)变小。
(2)由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大。
[典例] 解析：(1)对左右气缸内所封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH，末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得p2＝p0。
(2)设沙子的质量为m，对右侧活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S，解得m＝，
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S，解得k＝。
答案：(1)p0 (2)
[题点全练清]
1．选C 由于同一等温线上的各点pV乘积值相同，而pV乘积值较大的点所在的等温线离坐标原点较远，因而对应的温度也较高。由题图可知A、B两点的pV乘积值相同，A、B两点应在同一等温线上，而AB直线中点C的pV乘积值比A、B两点的pV乘积值大，即温度比气体在A、B状态时高，故气体由状态A沿直线AB变化到状态B的过程中，温度先升高后降低，C正确。
2．解析：(1)当玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体压强为p1＝p0－ρgl0＝p0－6.8 cmHg
当玻璃管水平放置时，封闭气体压强为p2＝p0
设玻璃管横截面积为S，根据玻意耳定律得p1l1S＝p2l2S
联立解得大气压强为p0＝74.8 cmHg。
(2)玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体压强为
p3＝p0＋ρgl0＝p0＋6.8 cmHg
根据玻意耳定律得p3l3S＝p2l2S，
联立解得空气柱的长度为l3＝27.5 cm。
答案：(1)74.8 cmHg (2)27.5 cm
强化点(二)
[任务驱动] 提示：火罐内的气体体积一定，冷却后气体的温度降低，压强减小，故在大气压力的作用下被“吸”在皮肤上。
[典例] 解析：(1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变，由查理定律有＝，解得p2＝8×104 Pa。
(2)根据压强的定义，气体对观测台的压力F＝p2S ＝4.8×103 N，由牛顿第三定律得观测台对气体的压力F′＝F＝4.8×103 N。
答案：(1)8×104 Pa (2)4.8×103 N
[题点全练清]
1．选B 根据查理定律可得p＝T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，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；气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率增大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。
2．选AD 由题意知T0＝(273＋87)K＝360 K，T1＝(273＋27)K＝300 K，对于茶杯内的气体，由查理定律得＝，解得p1＝p0，对杯盖受力分析，由平衡条件得mg＋p0S＝p1S＋FN，解得FN＝mg＋p0S，A正确，B错误；对茶杯、杯盖整体受力分析可知，桌面对茶杯的支持力为F＝(M＋m)g，由牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力为(M＋m)g，C错误，D正确。
强化点(三)
[典例] 解析：(1)以缸体为对象(不包括活塞)，缸体受力平衡有p1S＝Mg＋p0S，解得p1＝3×105 Pa。
(2)设当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时有p2S＝Mg＋p0S，解得p2＝p1，则缸内气体做等压变化，对这一过程由盖—吕萨克定律得＝
所以T2＝2T1＝2×(27＋273)K＝600 K
故缸内气体的温度t＝(600－273)℃＝327 ℃。
答案：(1)3×105 Pa (2)327 ℃
[题点全练清]
1．选B 根据盖—吕萨克定律可得＝，则温度变化量ΔT＝ΔV＝×V＝150 K，升高了150 K和升高了150 ℃是等效的，故B正确。
2．选B 由盖—吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27)K＝300 K，V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x( cm3)，联立解得T＝x＋(K)，根据T＝t＋273 K，可知t＝x＋(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误。当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃；当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误。其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
3．解析：根据盖—吕萨克定律有＝k，整理得V＝kt＋273.15k，由体积—温度(V t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1。设t＝0 ℃时，当气体体积为V1 时，其压强为p1 ，当气体体积为V2 时，其压强为p2，根据等温变化，则有p1V1＝p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc，联立解得＝＝。
答案：1
1 / 10(共94张PPT)
气体实验定律
(赋能课——精细培优科学思维)
第5节
课标要求 学习目标
1.知道理想气体模型。 2.了解气体实验定律。 3.能用分子动理论解释气体实验定律。 1.探究气体等温变化、等容变化、等压变化的规律。
2.会用控制变量法研究气体的等温变化、等容变化、等压变化，能用图像法分析各物理量的变化规律。
3.知道玻意耳定律、查理定律和盖—吕萨克定律的内容、公式及适用条件。
1
课前预知教材/落实主干基础
2
课堂精析重难/深度发掘知能
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
课前预知教材/落实主干基础
一、玻意耳定律
1.内容：一定质量的气体，在______保持不变的条件下，压强与体积成______。
2.表达式：p∝或p1V1=p2V2。
3.条件：气体的______一定，______不变。
温度
反比
质量
温度
4.气体等温变化的p -V图像
气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为_______
_______，它描述的是温度不变时的p -V关系，称为________。一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的。
双曲线
的一支
等温线
5.微观解释：一定质量的气体__________不变，温度保持不变时，_______________保持不变。当气体体积减小时，单位体积内的分子数______，气体的压强也就______;反之，气体的压强______。
二、查理定律
1.等容变化：一定质量的气体，在______保持不变时，压强随温度的变化。
分子总数
分子平均动能
增多
增大
减小
体积
2.查理定律
(1)内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成______。
(2)表达式：p∝T或=_____。
3.等容线：一定质量的气体，在体积不变的情况下，其p-T图像是一条_____________的直线，这条直线称为等容线。
正比
过坐标原点
4.微观解释：一定质量的气体，在体积保持不变时，单位体积内的分子数__________。当温度升高时，分子平均动能______，气体的压强也就______;反之，气体的压强_____。
保持不变
增大
增大
减小
三、盖—吕萨克定律
1.等压变化：一定质量的气体，在______保持不变时，体积随温度的变化。
2.盖—吕萨克定律
(1)内容：一定质量的气体，在_______保持不变的条件下，体积与热力学温度成_______。
(2)表达式：V∝T或=______。
压强
压强
正比
3.等压线：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其V-T图像是一条_____________的直线，这条直线称为等压线。
4.微观解释：一定质量的气体，当温度升高时，分子平均动能_____，为了保持压强不变，单位体积的分子数相应______，气体的体积必然相应______。反之，气体的体积必然______。
过坐标原点
增大
减少
增大
减小
5.理想气体
(1)定义：严格遵循_______________的气体。
(2)内能：理想气体的分子大小与分子间的距离相比可忽略不计，除了碰撞外，分子间的相互作用_________。因此，理想气体的分子势能可以___________，理想气体的内能只与气体的_____有关，而与气体的______无关。
(3)拓展一步：由气体实验定律可以推导出_______，称为理想气体状态方程。
三个实验定律
忽略不计
忽略不计
温度
体积
=C
1.利用如图所示的装置探究气体的等温变化规律。
微情境·大道理
请对以下说法作出判断：
(1)在探究气体压强、体积两个状态参量之间关系时采用控制变量法。( )
(2)在保持气体温度不变的情况下，气体的压强跟体积一定成反比。 ( )
(3)要保证注射器内空气柱的温度不变，改变空气柱体积时应缓慢操作。 ( )
√
×
√
2.某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗
提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶的温度低、压强小，表壳内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。
3.如图所示为一存有高压气体的储气罐，请对以下说法作出判断。
(1)储气罐内的高压气体可看作理想气体。 ( )
(2)储气罐内的高压气体状态发生变化时，遵守气体实验定律。 ( )
×
×
(3)储气罐在放气过程中，若温度不变，则罐内气体数密度减小，压强减小。 ( )
(4)储气罐内的高压气体，在温度很低的情况下可能变为液态。 ( )
√
√
课堂精析重难/深度发掘知能
强化点(一) 玻意耳定律的应用
任务驱动
如图所示，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中体积逐渐变大，到水面时就会破裂。问：
(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变
提示：变小。
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大
提示：由玻意耳定律pV=C可知，压强变小，气体的体积增大。
1.对玻意耳定律的理解
(1)成立条件：一定质量的某种气体，温度不太低，压强不太大。
(2)表达式：p1V1=p2V2或pV=C。
(3)玻意耳定律表达式pV=C中的C与气体的种类、质量和所处温度高低有关，温度越高，C越大。
要点释解明
2.两种等温变化图像的比较
两种图像 内容 p-V图像
图像特点
两种图像 内容 p-V图像
物理意义 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p-V图像是双曲线的一支
两种图像 内容 p-V图像
温度高低 图线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高，图中T2>T1 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，在p-V图像上的等温线就越高，图中T1[典例] (2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平
桌面上的左右两气缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分
别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两气缸中
各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧气缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两气缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，气缸足够长，气缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终气缸内气体的压强。
[答案] p0
[解析] 对左右气缸内所封闭的气体，初态压强p1=p0，体积V1=SH+2SH=3SH，末态压强p2，体积V2=S·H+H·2S=SH，根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2，解得p2= p0。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
[答案]
[解析] 设沙子的质量为m，对右侧活塞受力分析可知mg+p0·2S=p2·2S，解得m=，
对左侧活塞受力分析可知p0S+k·H=p2S，解得k=。
/方法技巧/
运用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)要明确研究对象，确定研究对象的质量不变、温度不变。
(2)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。
(3)根据玻意耳定律列方程求解。
1.如图所示，一定质量的封闭气体由状态A沿直线
AB变化到状态B，在此过程中气体温度的变化情况是
( )
A.一直升高 B.一直降低
C.先升高后降低 D.先降低后升高
题点全练清
√
解析：由于同一等温线上的各点pV乘积值相同，而pV乘积值较大的点所在的等温线离坐标原点较远，因而对应的温度也较高。由题图可知A、B两点的pV乘积值相同，A、B两点应在同一等温线上，而AB直线中点C的pV乘积值比A、B两点的pV乘积值大，即温度比气体在A、B状态时高，故气体由状态A沿直线AB变化到状态B的过程中，温度先升高后降低，C正确。
2.(2024·浙江湖州高二质检)细长玻璃管内用长l0=6.8 cm的水银
柱封闭一定质量的空气，当玻璃管开口向下竖直放置时，空气柱
长度l1=33 cm;当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2=30 cm。求：
(1)大气压强p0为多少 (单位可用cmHg表示)
答案：74.8 cmHg
解析：当玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体压强为p1=p0-ρgl0=p0-6.8 cmHg
当玻璃管水平放置时，封闭气体压强为p2=p0
设玻璃管横截面积为S，根据玻意耳定律得p1l1S=p2l2S
联立解得大气压强为p0=74.8 cmHg。
(2)玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度l3又为多少
答案：27.5 cm
解析：玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体压强为
p3=p0+ρgl0=p0+6.8 cmHg
根据玻意耳定律得p3l3S=p2l2S，
联立解得空气柱的长度为l3=27.5 cm。
如图所示，我国民间常用“拔火罐”来治疗某些疾
病，即先加热罐中气体，然后迅速将火罐开口端紧压在
人体的皮肤上，待火罐冷却后，火罐就被紧紧地“吸”在
皮肤上。你知道其中的道理吗
提示：火罐内的气体体积一定，冷却后气体的温度降低，压强减小，故在大气压力的作用下被“吸”在皮肤上。
任务驱动
强化点(二) 查理定律的理解及应用
1.对查理定律的理解
(1)查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
(2)适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大(小于几个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。
(3)一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高(或降低)相同的温度，所增大(或减小)的压强是相同的。
要点释解明
2.查理定律的推论
表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT成正比。
3.等容过程的p-T和p-t的图像
p-T图像 p- t图像
图像
图像 特点 一定质量的气体，等容变化的p-T图线是一条过坐标原点的倾斜直线 p- t图线为一条倾斜直线，且直线一定过(-273.15 ℃，0)这一点
p-T图像 P-t图像
体积 大小的 比较 作一条垂直T轴的辅助线，如图中虚线所示，A、B两状态温度相等，由玻意耳定律得Pava =pBVB，pA>pB，则VA[典例] (2024·江苏高考)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积为0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
(1)气体现在的压强;
[答案] 8×104 Pa
[解析] 由题知，整个过程可认为气体的体积不变，由查理定律有=，解得p2=8×104 Pa。
(2)观测台对气体的压力大小。
[答案] 4.8×103 N
[解析] 根据压强的定义，气体对观测台的压力F=p2S =4.8×103 N，由牛顿第三定律得观测台对气体的压力F'=F=4.8×103 N。
/方法技巧/
应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体。
(2)分析被封闭气体在状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
(3)确定初、末两个状态的温度、压强。
(4)根据查理定律列式，统一单位，代入数值求解。
(5)分析所求结果是否合理。
1.(2023·江苏高考)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
题点全练清
√
解析：根据查理定律可得p=T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误;从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确;从A到B气体的压强变大，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;气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率增大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。
2.(2024·南平高二质检)(多选)如图所示，经过高温
消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温
度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量
为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是 ( )
A.茶杯对杯盖的支持力为mg+p0S
B.茶杯对杯盖的支持力为mg+p0S
C.茶杯对桌面的压力为Mg+p0S
D.茶杯对桌面的压力为Mg+mg
√
√
解析：由题意知T0=(273+87)K=360 K，T1=(273+27)K=300 K，对于茶杯内的气体，由查理定律得=，解得p1=p0，对杯盖受力分析，由平衡条件得mg+p0S=p1S+FN，解得FN=mg+p0S，A正确，B错误;对茶杯、杯盖整体受力分析可知，桌面对茶杯的支持力为F=(M+m)g，由牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力为(M+m)g，C错误，D正确。
1.在摄氏温标下，盖—吕萨克定律的表述
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高(或降低)1 ℃，增大(或减小)的体积等于它在0 ℃时体积的。
数学表达式为=或Vt=V0。
2.推论：一定质量的气体，从初状态(V、T)开始，发生等压变化，其体积的变化量ΔV和温度的变化量ΔT间的关系为=或ΔV=·V。
要点释解明
强化点(三) 盖—吕萨克定律的理解及应用
3.等压过程的V-T和V-t的图像
V-T图像 V-t图像
图像
图像 特点 V-T图线为一条过坐标原点的倾斜直线 V-t图线为一条倾斜直线，且直线一定过(-273.15 ℃，0)这一点
V-T图像 V-t图像
压强 大小 的比较 作垂直于T轴的辅助线，如图中虚线所示，易得出p1>p2，则等压线斜率越大，压强越小 同分析V-T图线一样，作辅助线分析，可得p1>p2，则等压线斜率越大，压强越小
[典例] 如图所示，导热的气缸内封有一定质量的
理想气体，缸体质量M=200 kg，活塞质量m=10 kg，
活塞面积S=100 cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。
此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于气缸正中，
整个装置都静止。已知大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，重力加速度为g=10 m/s2。求：
(1)缸内气体的压强p1;
[答案] 3×105 Pa
[解析] 以缸体为对象(不包括活塞)，缸体受力平衡有p1S=Mg+p0S
解得p1=3×105 Pa。
(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处
[答案] 327 ℃
[解析] 设当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时有p2S=Mg+p0S，解得p2=p1，则缸内气体做等压变化，对这一过程
由盖—吕萨克定律得=
所以T2=2T1=2×(27+273)K=600 K
故缸内气体的温度t=(600-273)℃=327 ℃。
/方法技巧/
应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭气体。
(2)分析状态变化过程，明确初、末状态，确认在状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。
(3)分别找出初、末两状态的温度、体积。
(4)根据盖—吕萨克定律列方程求解。
(5)分析所求结果是否合理。
1.一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )
A.升高了450 K B.升高了150 ℃
C.升高了40.5 ℃ D.升高了450 ℃
题点全练清
√
解析：根据盖—吕萨克定律可得=，则温度变化量ΔT=
ΔV=×V=150 K，升高了150 K和升高了150 ℃是等效的，故B正确。
2.(2024·海南高考)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是 ( )
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
√
解析：由盖—吕萨克定律得=，其中V1=V0+Sl1=335 cm3，T1=(273+
27)K=300 K，V2=V0+Sx=330+0.5x( cm3)，联立解得T=x+(K)，根据T=t+273 K，可知t=x+(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误。当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃;当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误。其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
3.如图，一定量的理想气体经历的两个不同
过程，分别由体积—温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ
和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵
坐标;t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15 ℃;a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=____;气体在状态b和c的压强之比=______。
1
解析：根据盖—吕萨克定律有=k，整理得V=kt+273.15k，由体积—温度(V-t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有=1。设t=0 ℃时，当气体体积为V1 时，其压强为p1 ，当气体体积为V2 时，其压强为p2，根据等温变化，则有p1V1=p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1=pb，p2=pc，联立解得==。
课时跟踪检测
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A级——基础达标
1.(2024·扬州高二阶段练习)封闭在气缸内的一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是( )
A.气体的密度增大
B.气体的压强减小
C.气体分子的平均速率减小
D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
√
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，根据查理定律得=C，可知气体的压强增大;由于体积不变，则气体的密度不变;由于温度升高，气体分子的平均速率增大;根据压强微观意义可知，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多。故选D。
1
2
3
4
5
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2.对于一定质量的理想气体，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
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
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：一定质量的理想气体做等容变化，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，A错误;根据查理定律=，T=t+273 K，所以=，温度升高1 ℃，增加的压强Δp= p，B错误;由公式==可知C正确;D项中由=，得p2=p1，D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3.(2024·漳州高二检测)(多选)一定质量的理想气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是 ( )
A.气体的摄氏温度一定升高到原来的两倍
B.气体的热力学温度一定升高到原来的两倍
C.体积的变化量与热力学温度的变化量成反比
D.温度每升高1 K，体积增加量是0 ℃时体积的
2
3
4
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：根据盖—吕萨克定律得=，气体的热力学温度一定升高到原来的两倍，摄氏温度不升高到原来的两倍，A错误，B正确;根据盖—吕萨克定律得=C，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，C错误;0 ℃时热力学温度为T0=273 K，设0 ℃时的体积为V0，升高的温度为ΔT=1 K，根据盖—吕萨克定律得=，解得ΔV=V0 ，D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4.一定质量的理想气体，其状态经历a→b→c的变化，
p-T图像如图所示，在该过程中气体体积 ( )
A.先不变后增大
B.先增大后不变
C.先不变后减小
D.先减小后不变
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：由图像可知，a→b过程气体温度不变，压强增大，根据玻意耳定律pV=C，可知气体体积减小;b→c过程，p-T图像为过原点的直线，则有=C，可知气体体积不变。故选D。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
5.(2024·盐城高二阶段练习)开口向上、导热性能良好的
气缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。气缸
与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒细沙，则下列
关于密封气体的图像中可能正确的是 ( )
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：由于气缸导热性能良好，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得，气体体积与压强成反比，A、B、C错误，D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
6.(2024·莆田高二检测)对气体压强的微观理解，下列说法正确的是 ( )
A.如果气体的体积保持不变，当封闭气体的温度升高时，气体分子对器壁的平均冲力增大，碰撞次数增多，压强增大
B.如果气体的温度保持不变，当气体的体积增大时，气体分子对器壁的平均冲力减小，气体压强减小
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
C.如果气体的温度保持不变，当气体的压强增大时，气体分子对器壁的平均冲力增大
D.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁上的作用力
解析：气体体积不变时，温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均冲力增大，同时在单位时间内的碰撞次数增多，压强增大，故A正确;
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
气体温度不变时，气体分子对器壁的平均冲力不变，体积增大时，单位体积气体分子数目减少，单位时间内单位面积上受到碰撞的次数减少，导致压强降低，故B错误;理想气体经等温变化，压强增大，体积减小，分子密集程度增大，由于温度不变，气体分子对器壁的平均冲力不变，故C错误;气体压强为气体分子单位时间内对器壁单位面积的作用力，故D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
7.如图所示，一端封闭的玻璃管用19 cm的水银柱
封闭一定质量的理想气体，玻璃管水平放置时，气柱
长为L。设大气压强为76 cmHg，环境温度保持不变。当玻璃管置于倾角为30°的斜面上且开口端沿斜面向上放置，玻璃管静止不动时，空气柱的长度是( )
A. B.L C. D.
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：设玻璃管横截面积为S，气体初始压强p1=76 cmHg，初始体积V1=LS，气体末状态压强p2=cmHg=85.5 cmHg，末状态体积V2=L'S，根据玻意耳定律p1V1=p2V2，解得L'=，故选A。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
8.土法爆米花已成为一代人童年的美好回忆。
如图所示为一个土法爆米花铁质容器，把玉米倒入
容器后将盖盖紧，然后一边加热一边转动容器，同
时观察容器上压强计的示数变化，当压强达到一定值时，便可打开容器，就在打开容器的瞬间，爆米花就形成了。已知容器的体积为V0，外界大气压强为p0，环境的温度为T0，容器内的气体可视为理想气体，玉米需要容器内气体压强达到5p0时打开容器才可爆成米花，容器内玉米的体积忽略不计，下列说法不正确的是 ( )
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A.在整个加热过程中，容器内的气体压强与摄氏温度成正比
B.在加热过程中，温度升高，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大
C.当打开容器时，气体迅速膨胀，玉米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成
D.要使玉米正常爆花，打开容器时容器内气体的温度需达到5T0
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：以容器内的气体为研究对象，在整个加热过程中，气体的体积不变，压强与热力学温度成正比，故A错误;随着温度不断上升，气体分子平均速率增大，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大，容器内气体压强增大，故B正确;当打开容器时，容器内气体迅速膨胀，压强迅速降低，玉米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成，故C正确;根据查理定律有=，由题可知，当气压p1=5p0时才可以正常爆花，解得T1=5T0，故D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
9.(2024·贵州高二阶段练习)竖直放置的一粗细均匀、
两端开口的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部
分有一空气柱，各部分长度如图所示。现将管的右端封闭，
从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部
进入右管中。已知h1=15 cm，h2=30 cm，L1=4 cm，L2=11 cm，L3=5 cm，大气压强p0=75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)此时右管封闭气体的压强;
答案：90 cmHg
解析：设玻璃管横截面积为S，对右管中的封闭气体研究，
初始状态p1=75 cmHg，V1=30S
末状态体积V2=(30-5)S=25S
根据玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得p2=90 cmHg。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)左管中需要倒入水银柱的长度。
答案：27 cm
解析：对水平管中的气体研究，
初状态压强p=p0+15 cmHg=90 cmHg，V=11S
末状态压强p'=p2+20 cmHg=110 cmHg
根据玻意耳定律得pV=p'V'
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得V'=9S
水平管中气柱的长度变为9 cm，此时，原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为L=110 cm-75 cm-(19-11) cm=27 cm。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
B级——综合应用
10.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，缓慢经历ab、bc、ca回到a状态，其V-T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0，状态c的热力学温度为Tc，下列判断正确的是( )
A.气体从状态a到状态c的过程中密度一直减小
B.pb=2.5p1
C.pc=p1
D.Tc=2.5T0
2
3
4
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：由题图可知，气体从状态a到状态c体积先变大后不变，则密度先减小后不变，故A错误;由题图可知，气体由状态c到状态a对应的V-T图线为过原点的直线，所以发生的是等压变化，即pc=p1，故C正确;气体由状态a到状态b为等温膨胀，所以p1V0=pb·2.5V0，所以pb=0.4p1，故B错误;由状态a到状态c，根据理想气体的状态方程有=，所以Tc=2.5T0，故D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
11.(2024·福州高二质检)如图所示为一巨型温度计的结构原理图，利用气缸底部高度的变化反映温度的变化。质量为10 kg的导热气缸内密封一定质量的理想气体，气缸内横截面积为100 cm2。活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气。环境温度为27 ℃时，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置静止。已知大气压强为1.0×105 Pa，取重力加速度g=10 m/s2。则 ( )
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A.刻度表的刻度是不均匀的
B.环境温度为27 ℃时，缸内气体的压强为2.0×105 Pa
C.能测量的最大温度为327 ℃
D.环境温度升高时，弹簧的长度将变短
解析：以气缸为研究对象(不包含活塞)，对气缸受力分析，由平衡条件可得p1S=Mg+p0S，代入数据解得缸内气体的压强为p1=1.1×105 Pa，故B错误;
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
当活塞位于气缸的最下端时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S=Mg+p0S，可得p2=p1，可知缸内气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得=，可得T2== K=600 K，则能测量的最大温度为t=(600-273)℃=327 ℃，又有ΔV==S·ΔL，可知刻度表的刻度是均匀的，故A错误，C正确;由以上分析可知，气缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度升高时，弹簧的长度仍不变，故D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12.(2024·福建高考)17 ℃时轮胎胎压为2.9个大气压，胎内气体为理想气体。体积、质量不变，27 ℃时轮胎气压为_____个大气压，内能______ (填“大于”“等于”或“小于”)17 ℃时气体内能。
解析：设一个大气压为p0，气体体积不变，根据查理定律得=，初状态：p1=2.9p0、T1=290 K，末状态：T2=300 K，解得p2=3.0p0。一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，故27 ℃时气体的内能大于17 ℃时气体的内能。
2
3
4
3.0
大于
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
13.(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的气缸内密封有一
定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦滑动，
移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距离=
10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，气缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小;
答案：100 N
解析：活塞从卡销a到卡销b过程中，气体做等温变化，初态p1=1.0×105 Pa、V1=S·11，
末态V2=S·10，
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2，
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得p2=1.1×105 Pa，
此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N，解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)再将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
答案：327 K
解析：将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K，末态时设气体的压强为p3，
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S，
解得p3=1.2×105 Pa，
设此时温度为T3，根据查理定律有=，解得T3≈327 K。
2
3
4课时跟踪检测(三) 气体实验定律
A级——基础达标
1．(2024·扬州高二阶段练习)封闭在气缸内的一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是( )
A．气体的密度增大
B．气体的压强减小
C．气体分子的平均速率减小
D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
2．对于一定质量的理想气体，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
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
3．(2024·漳州高二检测)(多选)一定质量的理想气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是( )
A．气体的摄氏温度一定升高到原来的两倍
B．气体的热力学温度一定升高到原来的两倍
C．体积的变化量与热力学温度的变化量成反比
D．温度每升高1 K，体积增加量是0 ℃时体积的
4．一定质量的理想气体，其状态经历a→b→c的变化，p T图像如图所示，在该过程中气体体积( )
A．先不变后增大
B．先增大后不变
C．先不变后减小
D．先减小后不变
5.(2024·盐城高二阶段练习)开口向上、导热性能良好的气缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒细沙，则下列关于密封气体的图像中可能正确的是( )
6．(2024·莆田高二检测)对气体压强的微观理解，下列说法正确的是( )
A．如果气体的体积保持不变，当封闭气体的温度升高时，气体分子对器壁的平均冲力增大，碰撞次数增多，压强增大
B．如果气体的温度保持不变，当气体的体积增大时，气体分子对器壁的平均冲力减小，气体压强减小
C．如果气体的温度保持不变，当气体的压强增大时，气体分子对器壁的平均冲力增大
D．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁上的作用力
7.如图所示，一端封闭的玻璃管用19 cm的水银柱封闭一定质量的理想气体，玻璃管水平放置时，气柱长为L。设大气压强为76 cmHg，环境温度保持不变。当玻璃管置于倾角为30°的斜面上且开口端沿斜面向上放置，玻璃管静止不动时，空气柱的长度是( )
A. B．L
C. D.
8．土法爆米花已成为一代人童年的美好回忆。如图所示为一个土法爆米花铁质容器，把玉米倒入容器后将盖盖紧，然后一边加热一边转动容器，同时观察容器上压强计的示数变化，当压强达到一定值时，便可打开容器，就在打开容器的瞬间，爆米花就形成了。已知容器的体积为V0，外界大气压强为p0，环境的温度为T0，容器内的气体可视为理想气体，玉米需要容器内气体压强达到5p0时打开容器才可爆成米花，容器内玉米的体积忽略不计，下列说法不正确的是( )
A．在整个加热过程中，容器内的气体压强与摄氏温度成正比
B．在加热过程中，温度升高，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大
C．当打开容器时，气体迅速膨胀，玉米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成
D．要使玉米正常爆花，打开容器时容器内气体的温度需达到5T0
9．(2024·贵州高二阶段练习)竖直放置的一粗细均匀、两端开口的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知h1＝15 cm，h2＝30 cm，L1＝4 cm，L2＝11 cm，L3＝5 cm，大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度。
B级——综合应用
10．(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，缓慢经历ab、bc、ca回到a状态，其V T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0，状态c的热力学温度为Tc，下列判断正确的是( )
A．气体从状态a到状态c的过程中密度一直减小
B．pb＝2.5p1
C．pc＝p1
D．Tc＝2.5T0
11．(2024·福州高二质检)如图所示为一巨型温度计的结构原理图，利用气缸底部高度的变化反映温度的变化。质量为10 kg的导热气缸内密封一定质量的理想气体，气缸内横截面积为100 cm2。活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气。环境温度为27 ℃时，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置静止。已知大气压强为1.0×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．刻度表的刻度是不均匀的
B．环境温度为27 ℃时，缸内气体的压强为2.0×105 Pa
C．能测量的最大温度为327 ℃
D．环境温度升高时，弹簧的长度将变短
12．(2024·福建高考)17 ℃时轮胎胎压为2.9个大气压，胎内气体为理想气体。体积、质量不变，27 ℃时轮胎气压为________个大气压，内能________(填“大于”“等于”或“小于”)17 ℃时气体内能。
13．(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的气缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，气缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
课时跟踪检测(三)
1．选D 一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，根据查理定律得＝C，可知气体的压强增大；由于体积不变，则气体的密度不变；由于温度升高，气体分子的平均速率增大；根据压强微观意义可知，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多。故选D。
2．选C 一定质量的理想气体做等容变化，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，A错误；根据查理定律＝，T＝t＋273 K，所以＝，温度升高1 ℃，增加的压强Δp＝ p，B错误；由公式＝＝可知C正确；D项中由＝，得p2＝p1，D错误。
3．选BD 根据盖—吕萨克定律得＝，气体的热力学温度一定升高到原来的两倍，摄氏温度不升高到原来的两倍，A错误，B正确；根据盖—吕萨克定律得＝C，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，C错误；0 ℃时热力学温度为T0＝273 K，设0 ℃时的体积为V0，升高的温度为ΔT＝1 K，根据盖—吕萨克定律得＝，解得ΔV＝V0 ，D正确。
4．选D 由图像可知，a→b过程气体温度不变，压强增大，根据玻意耳定律pV＝C，可知气体体积减小；b→c过程，p T图像为过原点的直线，则有＝C，可知气体体积不变。故选D。
5．选D 由于气缸导热性能良好，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得，气体体积与压强成反比，A、B、C错误，D正确。
6．选A 气体体积不变时，温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均冲力增大，同时在单位时间内的碰撞次数增多，压强增大，故A正确；气体温度不变时，气体分子对器壁的平均冲力不变，体积增大时，单位体积气体分子数目减少，单位时间内单位面积上受到碰撞的次数减少，导致压强降低，故B错误；理想气体经等温变化，压强增大，体积减小，分子密集程度增大，由于温度不变，气体分子对器壁的平均冲力不变，故C错误；气体压强为气体分子单位时间内对器壁单位面积的作用力，故D错误。
7．选A 设玻璃管横截面积为S，气体初始压强p1＝76 cmHg，初始体积V1＝LS，气体末状态压强p2＝cmHg＝85.5 cmHg，末状态体积V2＝L′S，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得L′＝，故选A。
8．选A 以容器内的气体为研究对象，在整个加热过程中，气体的体积不变，压强与热力学温度成正比，故A错误；随着温度不断上升，气体分子平均速率增大，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大，容器内气体压强增大，故B正确；当打开容器时，容器内气体迅速膨胀，压强迅速降低，玉米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成，故C正确；根据查理定律有＝，由题可知，当气压p1＝5p0时才可以正常爆花，解得T1＝5T0，故D正确。
9．解析：(1)设玻璃管横截面积为S，对右管中的封闭气体研究，
初始状态p1＝75 cmHg，V1＝30S，末状态体积V2＝(30－5)S＝25S
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg。
(2)对水平管中的气体研究，
初状态压强p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11S
末状态压强p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg
根据玻意耳定律得pV＝p′V′，解得V′＝9S
水平管中气柱的长度变为9 cm，此时，原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为L＝110 cm－75 cm－(19－11) cm＝27 cm。
答案：(1)90 cmHg (2)27 cm
10．选CD 由题图可知，气体从状态a到状态c体积先变大后不变，则密度先减小后不变，故A错误；由题图可知，气体由状态c到状态a对应的V T图线为过原点的直线，所以发生的是等压变化，即pc＝p1，故C正确；气体由状态a到状态b为等温膨胀，所以p1V0＝pb·2.5V0，所以pb＝0.4p1，故B错误；由状态a到状态c，根据理想气体的状态方程有＝，所以Tc＝2.5T0，故D正确。
11．选C 以气缸为研究对象(不包含活塞)，对气缸受力分析，由平衡条件可得p1S＝Mg＋p0S，代入数据解得缸内气体的压强为p1＝1.1×105 Pa，故B错误；当活塞位于气缸的最下端时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，可得p2＝p1，可知缸内气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得＝，可得T2＝＝ K＝600 K，则能测量的最大温度为t＝(600－273)℃＝327 ℃，又有ΔV＝＝S·ΔL，可知刻度表的刻度是均匀的，故A错误，C正确；由以上分析可知，气缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度升高时，弹簧的长度仍不变，故D错误。
12．解析：设一个大气压为p0，气体体积不变，根据查理定律得＝，初状态：p1＝2.9p0、T1＝290 K，末状态：T2＝300 K，解得p2＝3.0p0。一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，故27 ℃时气体的内能大于17 ℃时气体的内能。
答案：3.0 大于
13．解析：(1)活塞从卡销a到卡销b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105 Pa、V1＝S·11，末态V2＝S·10，
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得p2＝1.1×105 Pa，
此时对活塞根据平衡条件有F＋p1S＝p2S＋N，解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N。
(2)将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K，末态时设气体的压强为p3，
对活塞根据平衡条件有p3S＝F＋p1S，解得p3＝1.2×105 Pa，
设此时温度为T3，根据查理定律有＝，解得T3≈327 K。
答案：(1)100 N (2)327 K
4 / 4
