第十五章　第2讲　气体的性质 讲义 （教师版）

第2讲　气体的性质
1．气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强。
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度。
2．气体分子运动的速率分布图像
气体分子间距离大约是分子直径的10倍，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示。
3．气体实验定律
项目 玻意耳定律 查理定律 盖－吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比
表达式 p1V1＝p2V2 ＝或＝ ＝或 ＝
图像
4.理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C。
1．气体的压强是由气体的重力产生的。(　×　)
2．分子的密集程度增大，压强一定增大。(　×　)
3．温度升高，速率大的分子占比增大。(　√　)
4．若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大。(　×　)
5．在完全失重的状态下，气体的压强为零。(　×　)
6．理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。(　√　)
7．理想气体严格遵守气体实验定律。(　√　)
考点一　气体压强的产生和计算
1．封闭气体压强计算的两类模型
模型 图示 方法解析
活塞 模型 图甲中活塞的质量和图乙中液柱的质量均为m，活塞或管的横截面积均为S，外界大气压强为p0 图甲活塞平衡有： p0S＋mg＝pS，p＝p0＋， 图乙中的液柱也可以看成“活塞”，液柱处于平衡状态有：pS＋mg＝p0S， p＝p0－＝p0－ρ液gh
连通 器模 型 同一液体中的相同高度处压强一定相等 气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有：(外界大气压强为p0) pB＋ρ液gh2＝pA， 又pA＝p0＋ρgh1， 则pB＝p0＋ ρ液g(h1－h2)
2.加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
考向1气体压强的微观解释
【典例1】　(2022·江苏卷)自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是(　D　)
A．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
【解析】　密闭容器中的氢气质量不变，分子个数N0不变，根据n＝可知，当体积增大时，单位体积的分子个数n变小，氢气分子的密集程度变小，故A错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁进行持续的、无规则的撞击，压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B错误；普通气体在温度不太低、压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两头少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。
考向2平衡状态下气体压强的计算
【典例2】　若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，重力加速度为g，则(　D　)
A．图甲中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
B．图乙中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
C．图丙中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
D．图丁中被封闭气体的压强为p0＋ρgh1
【解析】　在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＋ρghS＝p0S，所以p气＝p0－ρgh，故A错误；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件得F上＝F下，即p气S＋ρghS＝p0S，所以p气＝p0－ρgh，故B错误；在题图丙中，以B液面为研究对象，有p气S＋ρghS sin 60°＝p0S，所以p气＝p0－ρgh，故C错误；在题图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝p0S＋ρgh1S，所以p气＝p0＋ρgh1，故D正确。
【典例3】　若已知大气压强为p0，重力加速度为g，汽缸横截面积均为S，不计摩擦力，如图甲、乙所示，各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。
【解析】　题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，
由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，解得p甲＝p0－。
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示，
由平衡条件有p乙S下sin α＝p0S上＋FN＋mg，
FN＝Mg，S下sin α＝S上，
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得p乙＝p0＋。
【答案】　甲：p0－　乙：p0＋
考向3加速状态下封闭气体压强的计算
【典例4】　如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。已知外界大气压强为p0。现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，则此时缸内封闭气体的压强为(　D　)
A．p0＋ B．p0＋
C．p0＋ D．p0＋
【解析】　以汽缸和活塞整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a；以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得pS－p0S＝ma，联立解得p＝p0＋，D正确。
考点二　气体实验定律和理想气体状态方程
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2．两个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT。
(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT。
考向1“液柱＋玻璃管”封闭类
【典例5】　如图所示，一端封闭、一端开口且粗细均匀的直角细玻璃管，在直角处用一段水银柱封闭了一定质量的空气，开始时，封闭端处于竖直状态，直角处水银柱的竖直部分与水平部分长度均为h＝10 cm，开口端空气柱的长度h＝10 cm。保持温度不变，以玻璃管的封闭端为转轴，将玻璃管在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转θ＝30°，管内水根柱恰好到达开口端。已知大气压强为p0＝76 cmHg，封闭端空气柱的初始温度t0＝27 ℃。重力加速度为g，求：
(1)封闭端空气柱的长度L；
(2)若保持封闭端处于竖直状态，加热封闭端空气，当管内水根柱恰好到达开口端时，此时管内空气柱的温度t(结果保留一位小数)。
【解析】　(1)设细玻璃管的横截面积为S，开始时管内封闭端气体压强为p1＝p0＋ρgh，
旋转后封闭端气体压强为p2＝p0－2ρgh sin θ，
由玻意耳定律有p1LS＝p2(L＋h)S，
代入数据解得L＝33 cm。
(2)开始时封闭端气体温度T1＝273＋t0，
加热后气体的温度为T2＝273＋t，
由理想气体状态方程得＝，
代入数据解得t≈72.5 ℃。
【答案】　(1)33 cm　(2)72.5 ℃
考向2“活塞＋汽缸”封闭类
【典例6】　(2024·全国甲卷)如图所示，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、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)再将汽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。
【解析】　(1)活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，
初态，p1＝1.0×105 Pa，V1＝S·11，
末态，p2＝？，V2＝S·10，
根据p1V1＝p2V2，
解得p2＝1.1×105 Pa。
此时对活塞根据平衡条件F＋p1S＝p2S＋N。
解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N。
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，活塞刚好能离开卡销b，气体做等容变化，
初态，p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K，
末态，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＝，解得T3≈327 K。
【答案】　(1)100 N　(2)327 K
利用气体实验定律解决问题的基本思路
考点三　气体状态变化的图像问题
1．气体的四类“等值变化”图像的比较
项目 特点(其中C为常量) 举例
等温变化 p－V 图像 pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p－ 图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容变化： p－T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压变化： V－T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
各个常量“C”意义有所不同，可以根据pV＝nRT确定各个常量“C”的意义。
2．分析技巧
利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。
例如：(1)在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2＞T1。
(2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1。
【典例7】　(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
【解析】　(1)从D到A状态，根据查理定律有＝，解得pD＝2×105 Pa。
(2)从C到D状态，根据玻意耳定律有pCV2＝pDV1，解得V2＝2.0 m3。
【答案】　(1)2×105 Pa　(2)2.0 m3
1．(2023·重庆卷)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V－T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p－T图像正确的是(　C　)
解析：由V－T图像可知，理想气体在ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化，A错误；根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，B、D错误，C正确。
2．(多选)如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像。已知气体在状态A时的压强为3.0×105 Pa。下列说法正确的是(　ACD　)
A．由状态A到状态B气体发生等压变化
B．由状态B到状态C气体发生等压变化
C．TA＝200 K
D．气体在状态C时的压强为4.0×105 Pa
解析：由理想气体状态方程＝C，可得V＝T，则由状态A到状态B气体发生等压变化，故A正确；由状态B到状态C气体发生等容变化，故B错误；由状态A到状态B气体做等压变化，得＝，解得TA＝200 K，故C正确；对气体由状态A到状态C由理想气体状态方程得＝，解得pC＝4.0×105 Pa，故D正确。
课时作业73
1．(5分)氧气分子在0 ℃和100 ℃下的速率分布如图所示，纵轴表示对应速率的氧气分子数目ΔN占氧气分子总数N的百分比，则下列关于分子运动的说法正确的是(　C　)
A．氧气分子在0 ℃时的速率一定比100 ℃时的小
B．氧气分子在0 ℃时的平均动能可能比100 ℃时的大
C．同一温度下，速率中等的氧气分子所占比例大
D.温度越高，同样速率的分子对应的百分比都增加
解析：氧气分子在0 ℃时的平均速率一定比100 ℃时的小，但不是每个分子的速率都小，故A错误；氧气分子在0 ℃时的平均动能比100 ℃时的小，故B错误；由题图可以知道，氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下都满足“中间多、两头少”的规律，所以同一温度下，速率中等的氧气分子所占比例大，故C正确；温度越高，同样速率的分子对应的百分比有的增加、有的减少，故D错误。
2．(5分)(多选)竖直平面内有一粗细均匀的玻璃管，管内有两段水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强为p0，重力加速度为g，水银密度为ρ。下列说法正确的是(　AC　)
A.空气柱a的压强为p0＋ρg(h2－h1－h3)
B．空气柱a的压强为p0－ρg(h2－h1－h3)
C．空气柱b的压强为p0＋ρg(h2－h1)
D．空气柱b的压强为p0－ρg(h2－h1)
解析：从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)，故A、C正确，B、D错误。
3．(5分)(2024·河南郑州高三质检)一同学用如图所示装置测定容器的容积，开始时注射器和气压计的示数分别为18 mL、1.0×105 Pa，当他用活塞缓慢将注射器内的空气完全推进容器内时，气压计的示数变为1.6×105 Pa，若忽略连接各部分的细管的容积，则可知容器的容积为(　C　)
A．10.8 mL B．28.8 mL
C．30 mL D．36 mL
解析：设容器的容积为V，以注射器及容器内的气体为研究对象，初态，p1＝1.0×105 Pa，V1＝(V＋18) mL，末态，p2＝1.6×105 Pa，V2＝V，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得V＝30 mL，故选C。
4．(5分)(2024·河北邯郸高三检测)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C状态变化，已知该气体在状态C时的热力学温度为280 K，则该气体在状态A和状态B时的热力学温度分别为(　B　)
A．567 K，280 K B．420 K，280 K
C．567 K，300 K D．420 K，300 K
解析：从状态B到状态C，由理想气体状态方程可知＝，解得TB＝TC＝280 K，又由状态A到状态B为等容过程，有＝，解得TA＝420 K，B正确。
5．(5分)(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p－V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，若将上述变化过程改用p－T图像和V－T图像表示，则下列各图像中正确的是(　BD　)
解析：在p－V图像中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律＝，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖－吕萨克定律＝，气体的体积减小，温度降低。A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，故A错误；C项中，B→C体积减小，故C错误。
6．(5分) (多选)导热性能良好、内壁光滑的汽缸内用不计厚度的活塞封住一定质量的理想气体，现用弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂起来，如图所示。静止时，弹簧长度为L，活塞距离地面高度为h，汽缸底部距离地面高度为H，汽缸内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是(　BD　)
A．当外界温度不变，大气压强变小时，L变小，H变大，p变大，V变小
B．当外界温度不变，大气压强变小时，L不变，H变小，p变小，V变大
C．当大气压强不变，外界温度升高时，h变小，H变大，p变小，V变大
D．当大气压强不变，外界温度升高时，h不变，H变小，p不变，V变大
解析：设汽缸和活塞的质量分别为M和m，则缸内气体的压强p＝p0－，当外界温度不变，大气压强变小时，p变小，根据pV＝C可知，V变大，弹簧弹力等于活塞和汽缸的重力之和，因活塞与汽缸的重力不变，则弹簧弹力不变，则L不变，汽缸下移，则H变小，故A错误，B正确；大气压强不变，则p不变，根据＝C可知，当外界温度升高时，V变大，弹簧弹力不变，则L不变，活塞位置不变，则h不变，H变小，故C错误，D正确。
7．(5分)(2024·海南卷)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(　B　)
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＋Sl1＝(330＋0.5x) cm3，代入解得T＝ K，根据T＝t＋273 K可知t＝ ℃，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。
8．(5分) (多选)有一段长度为l＝12 cm的水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30°的斜面上(如图所示)，先用外力使玻璃管静止在斜面上，后由静止释放，玻璃管沿斜面下滑。已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为，大气压强p0为76 cmHg，气体温度不变。则下列说法正确的是(　AD　)
A．释放后气体体积变大
B．释放后气体体积变小
C．下滑稳定时密闭气体的压强为80 cmHg
D．下滑稳定时密闭气体的压强为79 cmHg
解析：设玻璃管的质量为M，水银柱的质量为m，密闭气体的质量为m气，对玻璃管、水银柱及封闭气体组成的整体，设沿斜面下滑时，稳定时整体的加速度为a，则由牛顿第二定律有(M＋m＋m气)g sin 30°－μ(M＋m＋m气)g cos 30°＝(M＋m＋m气)a，解得a＝g sin 30°－μg cos 30°＝0.25g，对水银柱分析，设玻璃管下滑稳定时密闭气体的压强为p，水银柱横截面积为S，则由牛顿第二定律有p0S＋mg sin 30°－pS＝ma，又m＝ρ汞lS，联立解得p＝p0＋ρ汞lg＝79 cmHg，故C错误，D正确；玻璃管静止时，密闭气体的压强为p1＝p0＋ρ汞gl sin 30°＝82 cmHg，根据玻意耳定律有p1V1＝pV2，当玻璃管释放后，密闭气体的压强减小，所以气体体积变大，故A正确，B错误。
9．(10分)(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10-3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
解析：(1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV＝p0V0，解得V0＝。
(2)设气球内气体质量为m气，则m气＝ρ0V0，
对气球进行受力分析如图所示，
根据气球的受力分析有mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g，
结合题中p和V满足的关系为(p－p0)(V－VB0)＝C，
解得V＝5×10-3 m3。
答案：(1)　(2)5×10-3 m3
10．(10分)“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将如图所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的U形管带往火星表面。U形管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。
项目 地球 火星
重力加速度 g 0.38g
环境温度 T地＝300 K T火＝280 K
大气压强 p地＝76.0 cmHg p火
封闭气柱长度 l地＝19.0 cm l火＝56.0 cm
水银柱高度差 h地＝73.0 cm h火
求：(结果保留两位有效数字)
(1)火星表面高1 m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。(已知ρ水银＝13.6×103 kg/m3，ρ水＝1.0×103 kg/m3)
(2)火星表面的大气压强p火。
解析：(1)根据液体压强公式p＝ρgh，得ρ水银×0.38g×h0＝ρ水gh，
代入数据解得h≈5.2 m。
(2)设气柱横截面积为S，地球表面的大气压强相当于hp地高水银柱产生的压强，火星表面的大气压强相当于hp火高水银柱产生的压强，则封闭气柱在地表时，p1＝ρ水银g(hp地－h地)，V1＝l地S，T1＝300 K，
封闭气柱在火星表面时，p2＝ρ水银×0.38g×[hp火－h地＋2(l火－l地)]，V2＝l火S，T2＝280 K，根据理想气体状态方程＝，
联立解得hp火＝1.5 cm，
即火星表面的大气压强
p火＝ρ水银×0.38ghp火＝0.57 cmHg。
答案：(1)5.2 m　(2)0.57 cmHg