4.1气体实验定律 学案

第1节
气体实验定律
课　标　解　读
重　点　难　点
1.知道描述气体状态的三个物理量．2.掌握控制变量法探究气体实验定律．3.会从图象上描述气体的状态变化．4.掌握运用气体实验定律解题的基本思路.
1.描述气体的三个状态参量．(重点)
2.三个气体实验定律的条件、方法、应用．(重点)3.分析处理实验数据．(难点)4.学会用图象分析问题．(难点)
玻意耳定律
1.基本知识
(1)状态参量
研究气体的性质时，常用气体的压强、温度和体积描述气体的状态．
(2)探究方法
控制变量法，控制其中1个量不变，研究另外2个量之间的变化关系．
(3)等温变化
一定质量的气体，在温度保持不变的条件下，压强和体积的关系．
(4)探究等温变化的规律
①实验装置(如图4－1－1所示)
图4－1－1
a．研究对象：针筒内被封闭的气体．
b．气体初态压强和体积：从气压计上直接读出气体压强；从针筒刻度直接读出气体体积．
②实验方法
a．缓慢地向前推或向后拉活塞(保持气体温度不变)待气压计示数稳定后，记下气体的压强(p)和体积(V)．
b．按步骤a中的方法，测出几组对应的压强和体积值．
③处理数据：做p－图象．
④探究结果：压强与体积成反比．
(5)玻意耳定律
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变的条件下，压强与体积成反比．
②公式：p∝，也可写作p1V1＝p2V2或pV＝恒量．
③条件：气体的质量一定，温度保持不变．
(6)气体等温变化的图象(即等温线)
①图象(如图4－1－2所示)
图4－1－2
②特点：一定质量的气体在温度不变时，由于压强与体积成反比，在p－V图象上等温线应为双曲线，在p－图象上等温线应为过原点的直线．
2．思考判断
(1)玻意耳定律的成立条件是一定质量的气体，温度保持不变．(√)
(2)气体的三个状态参量是指压强、温度和体积．(√)
(3)在P－V图象上，等温线为直线．(×)
3．探究交流
处理实验数据时，为什么不直接画P－V图象，而是画p－图象？
【提示】　P－V图象是曲线，不易直接判定气体的压强和体积的关系．而p－图象是直线，很容易判定其关系.
查理定律
1.基本知识
(1)等容变化
一定质量的气体，在体积不变时，压强和温度的关系．
(2)探究等容变化的规律
①实验装置(如图4－1－3所示)
图4－1－3
a．研究对象：烧瓶内被封闭的气体．
b．压强和温度：从气压计上读出气体的压强，从温度计上读出气体的温度．
②实验方法
a．加热烧杯，待气压计示数稳定后，记下气体的压强和温度．
b．按步骤a的方法继续做实验，测出几组对应的压强和温度值．
c．处理数据，作p－T图象．
③探究结果：压强与热力学温度成正比．
(3)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正比．
②公式：p∝T或＝.
③条件：气体的质量一定，体积保持不变．
(4)热力学温度T
①单位是开尔文，简称为开，符号为K.
②与摄氏温度t的关系：T＝t＋273.
2．思考判断
(1)在体积不变的条件下，压强与热力学温度成正比．(×)
(2)热力学温度T＝t＋273，且ΔT＝Δt.(√)
(3)一定质量的气体，压强与摄氏度成正比．(×)
3．探究交流
如果横轴用摄氏温度，则等容变化的p－t图象是怎样的？
【提示】　根据T＝t＋273，p＝CT＝C(t＋273)．当p＝0时，t＝－273
℃，故p－t图象为直线，但不通过坐标原点.
盖·吕萨克定律
1.基本知识
(1)等压变化
一定质量的气体，在压强不变的情况下，体积和温度的关系．
(2)探究等压变化的规律
①实验装置(如图4－1－4所示)
图4－1－4
a．研究对象：毛细管中被水银柱封闭的气体．
b．体积和温度：从温度计上直接读出气体的温度，用空气柱的长度表示气体的体积(毛细管的截面积不变)，由刻度尺直接读出．
②实验方法
a．加热烧杯，待温度计示数稳定后，记下气体的温度和体积．
b．按步骤a的方法继续做实验，求出几组对应的温度和体积．
c．处理数据，作V－T图象．
③探究结果
体积与热力学温度成正比．
(3)盖·吕萨克定律
①内容：一定质量的气体，在压强保持不变的条件下，体积与热力学温度成正比．
②公式：V∝T或＝.
③条件：气体的质量一定，压强保持不变．
(4)理想气体的状态方程
①实验定律的成立条件：压强不太大、温度不太低．
②三个参量都变化时的关系：＝C.
2．思考判断
(1)一定质量的气体，若压强保持不变，则体积与热力学温度成正比．(√)
(2)一定质量的气体，若压强和体积保持不变，温度可能会发生变化．(×)
3．探究交流
等压线的斜率大小与气体体积大小之间有怎样的对应关系？
【提示】　一定质量的气体在不同压强下做等压变化时，在V－T坐标系中得到的是通过坐标原点的一倾斜直线，直线的斜率越大，压强越小.
封闭气体压强的计算方法
【问题导思】　
1．如何确定玻璃管内气体的压强？
2．如何确定气缸内气体的压强？
1．玻璃管水银柱模型
(1)直玻璃管中水银柱封闭气体的压强：设气体压强为p，大气压强为p0，水银柱长为Δh，则
①　
　
②　
　③
图4－1－5
　
①p＝p0＋Δh　　②p＝p0　　　③p＝p0－Δh
(2)“U形管”中封闭气体的压强
　　　　
①　　　　　　
　②
图4－1－6
①p＝p0＋Δh　　　②p＝p0－Δh
2．气缸活塞模型
设活塞质量为m，重力加速度为g，活塞面积为S，气缸质量为M，则
　　　
①　　　　　　　　　
　②
图4－1－7
　
①p＝p0＋　　　　　　　②p＝p0－
(3)气缸在光滑水平面上
　图4－1－8　
p＝
　
1．水银柱和气缸静止时，用“平衡法”确定压强，水银柱和气缸有加速度时，用牛顿第二定律确定．
2．在连通器中，同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等．
　试求甲、乙、丙中各封闭气体的压强p1、p2、p3、p4.(已知大气压为p0，液体的密度为ρ，其他已知条件标于图4－1－9上，且均处于静止状态)
甲　　　　　
乙　　　　　
丙
图4－1－9
【审题指导】　→→
【解析】　法一　由于各液体都处于平衡状态，对于密闭气体的压强，可用平衡条件进行求解．这类题常以封闭气体的液柱或固体为研究对象，封闭气体液柱受到内外气体压力和自身重力相平衡．图甲以液柱为对象，液柱受3个力，即液柱受重力mg、上液面受到密闭气体向下的压力p1S、下液面受到大气向上的压力p0S，其中S是液柱的横截面积，m是液柱的质量(m＝ρhS)．由平衡条件得p0S＝p1S＋mg＝p1S＋ρhSg
则p1＝p0－ρgh.
法二　以甲图中液柱的下液面为研究对象，因液柱静止不动，液面上下两侧的压强应相等．该液面下侧面受到大气向上的压强p0，上侧面受到向下的两个压强，一是液柱因自身重力产生的向下压强ρgh，另一是密闭气体压强p1，被液体大小不变地传到下液面上，所以下液面的上侧面受到向下的压强为p1＋ρhg，根据液面两侧压强相等可得
p0＝p1＋ρgh
即p1＝p0－ρgh
同理可得乙图p2＝p0＋ρgh
丙图p3＝p0＋ρgh1，p4＝p3－ρgh2＝p0－ρg(h1－h2)．
【答案】　甲图：p1＝p0－ρgh；乙图：p2＝p0＋ρgh；
丙图：p3＝p0＋ρgh1，p4＝p0－ρg(h1－h2)．
静止或匀速运动系统中压强的计算方法
1．参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．
2．平衡法：选与封闭气体接触的液柱(或活塞、气缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0列等式求气体压强．
图4－1－10
1．如图4－1－10所示，一个壁厚可以不计、质量为M的气缸放在光滑的水平地面上，活塞的质量为m，面积为S，内部封有一定质量的气体．活塞不漏气，摩擦不计，外界大气压强为p0.若在活塞上加一水平向左的恒力F(不考虑气体温度的变化)，求气缸和活塞以共同加速度运动时，缸内气体的压强多大？
【解析】　设稳定时气体和活塞共同以加速度a向左做匀加速运动，这时缸内气体的压强为p，由牛顿第二定律列方程
气缸：pS－p0S＝Ma，①
活塞：F＋p0S－pS＝ma，②
将上述两式相加，可得系统加速度a＝.
将其代入①式，化简即得封闭气体的压强为
p＝p0＋×＝p0＋.
【答案】　p0＋
正确理解气体实验三定律
【问题导思】　
1．气体实验定律具体内容是什么？
2．气体实验定律解题思路？
1.
定律
玻意耳定律
查理定律
盖·吕萨克定律
成立条件
一定质量的气体，温度不变
一定质量的气体，体积不变
一定质量的气体，压强不变
内容表述
压强与体积成反比
压强与热力学温度成正比
体积与热力学温度成正比
表达式
p1V1＝p2V2或pV＝C
＝或＝C
＝或＝C
2.应用气体实验定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．
(2)分析气体状态变化过程中，哪一个物理量不变．
(3)确定初、末状态的另外两个物理量．
(4)选择合适的气体实验定律列方程求解(注意单位统一)．
(5)注意分析题中隐含的已知条件，必要时结合其他知识列辅助方程．
(6)分析验证所得的结果是否合理．
　
对一定质量的气体，三个量中至少有两个发生变化，气体的状态才发生变化；在三个量中不可能发生有两个量不变，而第三个量发生变化的情况．
　(2013·咸阳高二检测)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．
【审题指导】　→→→→
【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＝p2V2①
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
m3②
(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
m3④
【答案】　(1)7.39
m3　(2)5.54
m3
气体做等温变化时的分析方法
1．选取一定质量的气体为研究对象．
2．确定气体的温度是否保持不变．
3．确定气体的初、末状态的压强和体积．
4．根据玻意耳定律列方程求解．
5．注意初、末状态气体的状态参量的单位统一．
2．容积为2
L的烧瓶，在压强为1.0×105
Pa时，用塞子塞住瓶口，此时温度为27
℃，当把它加热到127
℃时，塞子被弹开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27
℃，求：
(1)塞子弹开前的最大压强；
(2)27
℃时剩余空气的压强．
【解析】　塞子弹开前，瓶内气体的状态变化为等容变化．塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用查理定律求解．
(1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象：
初态：p1＝1.0×105
Pa，T1＝(273＋27)
K＝300
K
末态：p2＝？T2＝(273＋127)
K＝400
K
由查理定律可得p2＝＝
Pa≈1.33×105
Pa.
(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象：
初态：p1′＝1.0×105
Pa，T1′＝400
K
末态：p2′＝？T2′＝300
K
由查理定律可得p2′＝＝
Pa≈0.75×105
Pa.
【答案】　(1)1.33×105
Pa　(2)0.75×105
Pa
气体实验定律的图象及应用
【问题导思】　
1．三个实验定律的图线各有什么特点？
2．p－t图线纵轴的截距意义是什么？
1．气体实验定律三种图线的对比
定律
变化过程
同一气体的两条图线
图线特点
玻意耳定律
等温变化
(1)在p－V图中是双曲线，远离原点的等温线温度越高，即T2>T1.
(2)在p－图中是通过原点的倾斜直线，由＝C得p＝，斜率大T大，T2>T1.
查理定律
等容变化
(1)在p－t图中是通过t轴上－273.15
℃的直线，由于在同一温度(如0
℃)下同一气体的压强大时，体积小，所以V1>V2.
(2)在p－T图中是通过原点的倾斜直线，由＝C得p＝T，可见体积V大时斜率小，所以V1>V2.
盖·吕萨克定律
等压变化
(1)在V－t图中是通过t轴上－273.15
℃的直线，由于在同一温度(如0
℃)下同一气体的体积大时，压强小，所以p1>p2.
(2)在V－T图中是通过原点的倾斜直线，由＝C得V＝T可见压强p大时斜率小，所以p1>p2.
2.在解决气体实验定律图象之间的转换问题时，可按以下步骤进行：
(1)判断横、纵坐标是哪个物理量，明确图象的意义和特点，特别注意温度轴是T还是t.
(2)根据所给图象判断气体状态的变化属于哪种变化．
(3)确定气体各状态的状态参量，画出相应图象．
　一定质量的气体，在状态变化过程中的p－t图象如图4－1－11所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图象和P－V图象．
图4－1－11
【审题指导】　→→
【解析】　对气体由A→B，根据玻意耳定律有p0V0＝3p0VB，则VB＝V0.对气体由B→C，根据盖·吕萨克定律有＝，VC＝3VB＝V0，由此可知A、B、C三点的状态参量分别为A：p0，T0，V0；B：3p0，T0，V0；C：3p0,3T0，V0.
V－T图象和P－V图象如图甲、乙所示．
【答案】　见解析
3．如图4－1－12甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105
Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图中TA的温度值；
(2)请在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变化状态C的p－T图象，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．
图4－1－12
【解析】　(1)由图甲可以看出，A与B的连线的延长线过原点O，所以A→B是一个等压变化过程，即pA＝pB.
根据盖—吕萨克定律可得：＝，
所以TA＝·TB＝×300
K＝200
K.
(2)由图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得：＝，
所以pC＝·pB
＝pB＝pB
＝×1.5×105Pa
＝2.0×105
Pa，
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
【答案】　(1)200
K　(2)见解析
【备课资源】(教师用书独具)
玻意耳
玻意耳(1627—1691)是英国物理学家、化学家，1627年1月25日生于爱尔兰的利斯莫尔．他在幼年时就显示出惊人的记忆力和语言才能．他八岁在伊顿公学读书，以后在瑞士、法国、意大利学习.1654年到牛津大学后开始从事系统的物理和化学的研究工作，积极参加了英国皇家学会的创建活动，1680年被选为皇家学会会长.1691年12月30日在伦敦逝世．
玻意耳曾在牛津大学建立了一个实验室，并在1659年利用胡克研制成的真空泵，开始对空气的性质进行研究，做了许多实验．他在助手的协助下，对一端封闭的弯管内气体体积随压强的变化做了实验研究，发现了气体体积与压强的反比关系，这是在力学运动以外的第一个自然定律．他于1662年发表了《关于空气的弹性与重量学说的答辩》一书，在书中介绍了他做的实验.1676年，法国物理学家马略特也独立总结出在温度恒定时气体的压强与体积成反比的定律，他的工作虽然比玻意耳晚14年，但在表述上更完整．
玻意耳在物理学上的成就还有：主张热是分子的运动，首先提出色光是白光的变种，观察到静电感应现象，指出化学发光现象是冷光等．
玻意耳是近代化学的开拓者之一．他主张物质的微粒学说，提出了接近于近代的化学元素的概念，区分了化合物和混合物．玻意耳强调实验的重要意义．他研究的面很广，在流体静力学、热学、声学、医学、生物学、生理学等方面也做过许多实验，为以后实验物理学的发展作出了贡献.
1．一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大为原来的n倍，则压强变为原来的(　　)
A．2n　　　B．n　　　C.　　　D.
【解析】　根据玻意耳定律pV＝常量，可知C正确．
【答案】　C
图4－1－13
2．如图4－1－13所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p－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，其压强与体积成反比
C．T1＞T2
D．T1＜T2
【解析】　一定质量的气体温度不变时，pV＝常量，所以其p－图线是过原点的直线，A错误，B正确；对同一部分气体来说，体积相同时，温度越高，压强越大，所以T1＜T2，D正确．
【答案】　BD
3．图中描述一定质量的气体做等容变化的图线是(　　)
【解析】　由查理定律知，一定质量的气体，在体积不变时，其压强和热力学温度成正比，C正确，A、B错误；在p－t图象中，直线与横轴的交点表示热力学温度的零度，D正确．
【答案】　CD
4．(2013·福建高考)某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0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p0、体积为________的空气．(填选项前的字母)
A.V　　　　　　
B.V
C.V
D.V
【解析】　取充入气体后的轮胎内的气体为研究对象，设充入气体体积为V′，则
初态p1＝p0，V1＝V＋V′；末态p2＝p，V2＝V
由玻意耳定律可得：p0(V＋V′)＝pV
解之得：V′＝(－1)V，故选项C正确．
【答案】　C
5．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了，若气体原来的温度为27
℃，则温度变化是(　　)
A．升高450
K
B．升高150
℃
C．升高40.5
℃
D．升高450
℃
【解析】　根据盖—吕萨克定律得：＝，所以T2＝T1＝450
K，所以ΔT＝150
K，即Δt＝150
℃.
【答案】　B
1．对一定质量的气体，其中正确的是(　　)
①温度发生变化时，体积和压强可以不变；②温度发生变化时，体积和压强至少有一个发生变化；③如果温度、体积和压强三个量都不变化，我们就说气体状态不变；④只有温度、体积和压强三个量都发生变化，我们才说气体状态变化了
A．①②　　B．②③　　C．③④　　D．①④
【解析】　p、V、T三个量中，可以两个量发生变化，一个量恒定，也可以三个量同时发生变化，而一个量变化，另外两个量不变的情况是不存在的，气体状态的变化就是p、V、T的变化．故②③说法正确．
【答案】　B
2．一定质量的理想气体，现要使它的压强经过状态变化后回到初始状态的压强，那么下列过程可以实现的是(　　)
A．先将气体等温膨胀，再将气体等容降温
B．先将气体等温压缩，再将气体等容降温
C．先将气体等容升温，再将气体等温膨胀
D．先将气体等容降温，再将气体等温压缩
【解析】　等温膨胀时压强减小，等容降温压强也减小，故A错误．等温压缩压强增大，等容降温压强减小，故B正确．等容升温压强增大，等温膨胀压强减小，故C正确．等容降温压强减小，等温压缩压强增大，故D正确．
【答案】　BCD
3．(2013·聊城高二检测)下列说法正确的是
(　　)
A．玻意耳定律对任何压强都适用
B．盖·吕萨克定律对任意温度都适用
C．常温、常压下的各种气体，可以当作理想气体
D．一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积跟温度成正比
【解析】　气体实验定律只有在压强不太大、温度不太低的条件下才能成立，同时这样的气体称为理想气体，故A、B错误，C正确．根据盖·吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，D错误．
【答案】　C
4．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是(　　)
A．气体的摄氏温度升高到原来的二倍
B．气体的热力学温度升高到原来的二倍
C．气体的摄氏温度降为原来的一半
D．气体的热力学温度降为原来的一半
【解析】　一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，得T2＝＝2T1，B正确．
【答案】　B
5．(2012·福建高考)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，空气可看做理想气体，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
【解析】　依题可知p1＝1
atm，V1＝15.0
L，V2＝6
L，据p1V1＝p2V2得p2＝2.5
atm，故选A.
【答案】　A
6．一定质量的气体，在体积不变时，温度由50°C升高到100°C，气体的压强变化情况是(　　)
A．气体的压强是原来的2倍
B．气体的压强比原来增加了50/273
C．气体压强是原来的373/273倍
D．气体压强比原来增加了50/323
【解析】　由于气体体积不变，所以满足查理定律：
＝＝
所以有＝＝＝.
＝＝＝.
【答案】　D
图4－1－14
7．如图4－1－14所示是一定质量的理想气体的三种变化过程，那么下列四种解释中，哪些说法是正确的(　　)
A．a→d的过程气体体积增加
B．b→d的过程气体体积不变
C．c→d的过程气体体积增加
D．a→d的过程气体体积减小
【解析】　在p－T图上的等容线是延长线过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小．因此，a状态对应的体积最小，c状态对应的体积最大，b、d状态对应的体积是相等的，故A、B正确．
【答案】　AB
8．(2013·广东高考)图4－1－15为某同学设计的喷水装置，内部装有设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有(　　)
图4－1－15
A．充气后，密封气体压强增加
B．充气后，密封气体的分子平均动能增加
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光
【解析】　根据玻意耳定律，温度的实质解决问题．
充气前后，封闭气体的初态参量p1＝1
atm，V1＝0.6
L；末态参量p2＝？，V2＝0.5
L．根据p1V1＝p2V2，得p2＝＝
atm＝1.2
atm，故充气后压强增大，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，因为温度不变，故气体的分子平均动能不变，选项B错误；打开阀门后气体体积增大，故气体对外界做正功，选项C正确；打开阀门后，水向外流出，假若水全部流出，由＝k知，容器内的气压会降为0.24
atm，小于外部气压，故水不会喷光，选项D错误．
【答案】　AC
图4－1－16
9．(2013·青岛检测)如图4－1－16所示，长31
cm内径均匀的细玻璃管，开口向下竖直放置，齐口水银柱封住10
cm长的空气柱，若把细玻璃管在竖直平面内缓慢转动90°后至开口端水平，发现空气长度变为7.2
cm.然后继续缓慢转动90°至开口向上．求：
(1)大气压强的值；(2)末状态时空气柱的长度．
【解析】　(1)细玻璃管开口向下竖直放置，则p1＝p0－Δh，水平放置，p2＝p0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，则(p0－21)×10×S＝p0×7.2×S
解得p0＝75
cmHg.
(2)细玻璃管开口向上，则p3＝p0＋Δh.则p1V1＝p3V3，
l3＝＝
cm＝5.625
cm
【答案】　(1)75
cmHg　(2)5.625
cm
10．一定质量的气体，27°C时体积为1.0×10－2m3，在压强不变的情况下，温度升高到100°C时体积为多少？
【解析】　初状态V1＝1.0×10－2m3，
T1＝(27＋273)K＝300
K
末状态：V2，T2＝(100＋273)K＝373
K
由＝得
V2＝V1＝×1.0×10－2m3≈1.24×10－2m3.
【答案】　1.24×10－2m3
11．(2010·上海高考)
图4－1－17
如图4－1－17，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为5×10－3m2，一定质量的气体被质量为2.0
kg的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为________(大气压强取1.01×105
Pa，g取10
m/s2)．若从初温27
°C开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.5
m缓慢变为0.51
m，则此时气体的温度为________．
【解析】　以活塞为研究对象，由平衡条件知
pS＝p0S＋mg，
所以p＝p0＋＝1.41×105
Pa.
加热气体，活塞上升过程中压强不变．
由盖·吕萨克定律知：＝
因T1＝300
K，V1＝2.5×10－3
m3，
V2＝2.55×10－3
m3.
所以T2＝306
K，即t2＝33
°C.
【答案】　1.41×105
Pa　33
°C
12．(2013·新课标Ⅱ)
图4－1－18
如图4－1－18，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1＝25.0
cm的空气柱，中间有一段长l2＝25.0
cm
的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0
cm.已知大气压强为p0＝75.0
cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l′1＝20.0
cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
【解析】　研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量，根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强，结合玻意耳定律求解．
以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为
p1＝p0＋l2①
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，由玻意耳定律得
p1l1＝p′1l′1②
如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′2，则
p′2＝p′1－l2④
由玻意耳定律得
p0l3＝p′2l′3⑤
由①至⑤式及题给数据解得
Δl＝15.0
cm⑥
【答案】　15.0
cm