4.固体
课标要求 素养目标
1.了解固体的微观结构。 2.知道晶体和非晶体的特点。 3.能列举生活中的晶体和非晶体 1.知道什么是晶体和非晶体，单晶体和多晶体。掌握晶体和非晶体在外形上和物理性质上的区别。（物理观念） 2.学会用晶体的微观结构特点来解释单晶体外形的规则性和物理性质的各向导性。（科学思维）
知识点一 晶体和非晶体
1.固体的分类
我们常见的固体，有些是晶体，有些是非晶体。晶体又可以分为 单 晶体和 多 晶体。石英、云母、明矾、食盐、硫酸铜、蔗糖、味精、雪花等是 晶体 ，而玻璃、蜂蜡、松香、沥青、橡胶等是 非晶体 。
2.特点
（1）单晶体有天然的、 规则 的几何形状，多晶体和非晶体没有 规则 的外形。
（2）晶体有确定的 熔点 ，非晶体没有确定的 熔化温度 。
（3）单晶体的导电、导热等物理性质表现为 各向异性 ，非晶体与多晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，表现为 各向同性 。
知识点二 晶体的微观结构
1.在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的 规则 排列的，具有空间上的 周期性 。
2.有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体，那是因为组成它们的微粒能够按照 不同规则 在空间分布，例如碳原子按不同的空间分布排列可形成 石墨 和 金刚石 。
3.同一种物质也可能以 晶体 和 非晶体 两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下也可以转化为 晶体 。
【情景思辨】
1.如图所示是常见的灯饰水晶球。通过其外形，你能判断出其是晶体，还是非晶体？有什么方法可以进一步验证你的判断？
提示：简单观察灯饰水晶球发现其外观规则，故可初步
判断为晶体。进一步验证方法：加热水晶球使其熔化并记录温度，看是否有确定的熔点，有确定的熔点则为晶体。
2.判断正误。
（1）没有固定熔点的固体一定是非晶体。（ √ ）
（2）物理性质表现为各向同性的一定是非晶体。（ × ）
（3）同一种物质只能形成一种晶体。（ × ）
（4）晶体的各向异性是指在每一种物理性质上都表现为各向异性。（ × ）
（5）一种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现。（ √ ）
要点一 晶体与非晶体
【探究】
图甲是生活中常见的几种晶体，图乙是生活中常见的几种非晶体，请在图片基础上思考以下问题：
（1）晶体与非晶体在外观上有什么不同？
提示：单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体无规则的几何外形。
（2）没有规则几何外形的固体一定是非晶体吗？
提示：不一定，由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体也没有规则的几何外形。
【归纳】
1.单晶体、多晶体及非晶体的区别与联系
（1）区别
非晶体 单晶体 多晶体
几何外形 不规则 规则 不规则
熔点 无熔点 有确定熔点
物理性质 各向同性 各向异性 各向同性
（2）联系：在一定条件下，晶体可以变为非晶体，非晶体也可以变为晶体。
2.对单晶体的各向异性的理解
（1）在物理性质上，单晶体具有各向异性，而非晶体则是各向同性的。
①单晶体的各向异性是指单晶体在不同方向上的物理性质不同，也就是沿不同方向去测试单晶体的物理性质时，测试结果不同。
②通常所说的物理性质包括弹性、硬度、导热性能、导电性能、磁性等。
（2）单晶体具有各向异性，并不是说每一种单晶体都能在各种物理性质上表现出各向异性。举例如下：
①云母、石膏晶体在导热性上表现出显著的各向异性——沿不同方向传热的快慢不同。
②方铅矿石晶体在导电性上表现出显著的各向异性——沿不同方向电阻率不同。
③立方体形的铜晶体在弹性上表现出显著的各向异性——沿不同方向的弹性不同。
④方解石晶体在光的折射性能上表现出各向异性——沿不同方向的折射率不同。
【典例1】 我国的“嫦娥五号”探测器胜利完成月球采样任务并返回地球。探测器上装有用石英制成的传感器，其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷“压电效应”。如图所示，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著。石英晶体（ ）
A.没有确定的熔点 B.具有各向同性的压电效应
C.没有确定的几何形状 D.是单晶体
答案：D
解析：晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故石英是单晶体，有确定的熔点，有确定的几何形状，A、C错误，D正确；沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故具有各向异性的压电效应，B错误。
1.随着科技的发展，国家对晶体材料的研究也越来越深入，尤其是对稀土晶体的研究，已经走在世界的前列。关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（ ）
A.晶体都有规则的几何外形，非晶体则没有规则的几何外形
B.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
C.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
D.多晶体是由单晶体组合而成的，但单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性
解析：D 单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有规则的几何外形，故A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如石墨与金刚石，故B错误；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C错误；多晶体是由单晶体组合而成的，但单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故D正确。
2.世界上的物质千千万，但都有一个共性，就是有软硬之分。为了确定不同物质的软硬程度，物理学家们用硬度来表示。只有固体才有硬度，气体和液体是没有硬度的。地球上天然存在的最硬的物质是钻石（金刚石），（如图所示），它是碳的同素异形体，拥有非常稳定的晶体构造，所以非常坚硬。以下哪种现象不能判断某材料为晶体（ ）
A.这种材料沿不同方向的热胀冷缩的性质不同
B.这种材料沿不同方向的热传导快慢不同
C.这种材料沿不同方向的导电性能不同
D.这种材料沿不同方向的长度不同
解析：D 单晶体在导热、导电、热膨胀与光学性质上表现出各向异性，即沿不同方向上的性能不相同，因此A、B、C可判断该材料为晶体，不能根据这种材料沿不同方向的长度不同，来判断该材料为晶体，故D不能，因此选D。
要点二 晶体的微观结构
【探究】
如图所示，石墨和金刚石都是由碳原子组成的，为什么它们的硬度不同？
提示：因为原子排列方式不同。
【归纳】
1.晶体的微观结构特点
（1）晶体内部的微粒是按各自的规则排列着的，具有空间上的周期性。如图所示的是食盐晶体中氯离子和钠离子分布的示意图。
（2）同种元素的微粒能够按照不同规则在空间分布形成不同的物质。例如，碳原子如果按图甲那样排列，就成为石墨，而按图乙那样排列，就成为金刚石。
（3）说明
①原子（或者分子、离子）并不是像结构图上所画的那些点一样静止不动，它们时刻都在不停地振动，结构图中所画的那些点，是它们振动的平衡位置。
②同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的。例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝固的水晶（即石英玻璃）就是非晶体。有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体。
2.用微观结构理论解释晶体的特性
（1）对同种元素的微粒形成不同物质的解释
物质的微观结构决定其宏观物理性质，改变物质的微观结构可以改变物质的属性，同种元素的微粒能够按照不同规则在空间分布形成不同的物质。如碳原子可以组成性质差别很大的石墨和金刚石。
（2）对单晶体有天然的、规则的几何形状的解释
晶体外形的规则性可以用微粒的规则排列来解释。如食盐晶体是由钠离子Na＋和氯离子Cl－组成的，它们等距离、交错地排列在三组相互垂直的平行线上，因而食盐晶体具有正方体的外形。
（3）对单晶体各向异性的解释
如图所示的是在一个平面上单晶体物质微粒的排列情况。在沿不同方向所画的等长线段AB、AC、AD上物质微粒的数目不同。线段AB上物质微粒较多，线段AD上较少，线段AC上更少。因为在不同方向上物质微粒的排列情况不同，才引起单晶体在不同方向上物理性质的不同。
（4）对晶体具有确定熔点的解释
晶体加热到一定温度时，一部分微粒有足够的动能克服微粒间的作用力，离开平衡位置，使规则的排列被破坏，晶体开始熔化，熔化时晶体吸收的热量全部用来破坏规则的排列，温度不发生变化。
【典例2】 （多选）晶体不同于非晶体，它具有规则的几何外形，在不同方向上物理性质不同，而且具有确定的熔点。下列说法中可以用来解释晶体的上述特性的是（ ）
A.组成晶体的物质微粒，在空间按一定的规律排成整齐的行列，构成特定的空间点阵
B.晶体在不同方向上物理性质不同，是因为不同方向上微粒数目不同，微粒间距不同
C.晶体在不同方向上物理性质不同，是因为不同方向上的物质微粒的性质不同
D.晶体在熔化时吸收的热量，全部用来瓦解晶体的空间点阵
答案：ABD
解析：很多晶体都是由相同的物质微粒组成的，例如，金刚石和石墨都是由碳原子组成的，不同方向上物质微粒完全一样，可见其各向异性不是由不同方向上的微粒性质不同引起的，而是微粒的数目和微粒间距不相同造成的，故C错误，A、B、D正确。
特别提醒
（1）单晶体的物理性质取决于其微观结构，单晶体的物质微粒按照一定的规则在空间中整齐地排列着，有规则的几何外形，在物理性质上表现为各向异性。
（2）多晶体是由许许多多晶粒组成的，晶粒在多晶体里杂乱无章地排列着，无规则的几何外形，多晶体在物理性质上表现为各向同性。
1.（2024·江苏宿迁高二期末）如图所示的碳纳米管是管状的纳米级石墨。关于碳纳米管，下列说法正确的是（ ）
A.碳原子之间的化学键属于强相互作用
B.碳纳米管具有固定的熔点
C.碳纳米管的所有物理性质都是各向异性
D.碳纳米管上所有的碳原子都是静止不动的
解析：B 碳原子之间的化学键属于电磁相互作用，故A错误；碳纳米管是管状的纳米级石墨，所以它是晶体，有固定的熔点，故B正确；碳纳米管不是所有物理性质都有各向异性，故C错误；碳纳米管上所有的碳原子并不是静止不动的，它们在不停的振动，故D错误。
2.（多选）下列叙述正确的是（ ）
A.单晶体的各向异性是由于它的微粒按空间点阵排列
B.单晶体具有规则的几何外形是由于它的微粒按一定规则排列
C.非晶体有规则的几何形状和确定的熔点
D.石墨的硬度比金刚石的差很多，是由于它的微粒没有按空间点阵分布
解析：AB 单晶体的各向异性和规则的几何形状，是由于它的微粒按一定规则排列，A、B正确；非晶体没有规则的几何形状和确定的熔点，C错误；石墨与金刚石的硬度相差甚远，是由于它们内部微粒的排列结构不同，石墨的层状结构决定了它的质地柔软，而金刚石的网状结构决定了其碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度，D错误。
1.关于晶体和非晶体，下列说法错误的是（ ）
A.有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质
B.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
C.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D.在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
解析：B 固体可以分为晶体和非晶体两类，单晶体有各向异性，有些晶体在不同的方向上具有不同的光学性质，A正确，不符合题意；将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，B错误，符合题意；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，C正确，不符合题意；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，D正确，不符合题意。
2.（2024·江苏南通高二期中）2023年10月3日，我国发现的“铌包头矿”获得国际矿物协会新矿物命名。铌包头矿是一种富含Ba、Nb、Ti、Fe、Cl的硅酸盐矿物，微观结构如图，则“铌包头矿”颗粒（ ）
A.是非晶体 B.有固定的熔点
C.没有规则的外形 D.各向性质均相同
解析：B 由图可知，该颗粒属于晶体，有规则的外形，有固定的熔点，表现为各向异性。故选B。
3.复旦大学物理系张远波教授课题组发现了一种新型二维半导体材料——黑磷，并成功制备了半导体测试材料。已知黑磷是有黑色金属光泽的半导体，是白磷在很高压强和较高温度下转化形成的。如图为黑磷的微观结构，下列说法正确的是（ ）
A.黑磷是晶体材料
B.黑磷和白磷是同位素
C.黑磷没有固定的熔点
D.黑磷的微观各层结构都不同，每层内部结构松散
解析：A 根据图示可知，黑磷的微观结构呈现空间上规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而黑磷具有固定的熔点，故A正确，C错误；质子数相同，而中子数不同的元素互称同位素，白磷和黑磷属于同素异形体，不属于同位素，故B错误；根据图示可知，黑磷的微观各层结构都相同，每层内部结构紧密，故D错误。
4.某实验小组想测试两种材料的导电性能，他们将这两种材料加工成厚度均匀、横截面为正方形的几何体，分别如图甲、乙所示，经测试发现，材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等，材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，关于这两种材料，下列说法中正确的是（ ）
A.材料甲一定是晶体 B.材料甲一定是非晶体
C.材料乙一定是单晶体 D.材料乙一定是多晶体
解析：C 测试发现，材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等，材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，说明了甲具有各向同性，而乙具有各向异性，而单晶体的物理性质是各向异性，所以乙一定是单晶体，而多晶体不显示各向异性，材料甲可能是多晶体，也可能是非晶体，故只有选项C正确。
题组一 晶体与非晶体
1.如图所示的四块固体中属于非晶体的是（ ）
解析：D 明矾、石英、冰块为晶体，塑料为非晶体。
2.固体可以分为晶体和非晶体两类。下列说法正确的是（ ）
A.同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B.窗户上的玻璃有规则的几何外形，因此玻璃是晶体
C.金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，因此金属是非晶体
D.晶体熔化时要不断吸收热量，分子的平均动能增大
解析：A 物质在一定条件下可以在晶体和非晶体之间相互转化，所以同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，故A正确；窗户上的玻璃虽然有规则的几何外形，但玻璃没有确定的熔点，是非晶体，故B错误；金属虽然没有确定的几何形状，也不显示各向异性，但其具有确定的熔点，是晶体，故C错误；晶体熔化时要不断吸收热量，但温度保持不变，所以分子的平均动能不变，故D错误。
3.如图所示，ACBD是一块厚度均匀的由同一种微粒构成的圆板，AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置转90°后电流表示数发生了变化（两种情况下都接触良好），关于圆板，下列说法正确的是（ ）
A.圆板是非晶体
B.圆板是多晶体
C.圆板是单晶体
D.不知有无固定熔点，无法判定是晶体还是非晶体
解析：C 电流表示数发生变化，说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同，即物理性质表现为各向异性，所以圆板是单晶体。故C正确。
题组二 晶体的微观结构
4.（2024·江苏泰州高二期中）2023年5月，中国科学技术大学团队利用纳米纤维与合成云母纳米片研制出一种能适应极端环境的纤维素基纳米纸材料。如图所示的是某合成云母的微观结构示意图，则该合成云母（ ）
A.是非晶体 B.没有规则的外形
C.有固定的熔点 D.各向性质均相同
解析：C 由图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是晶体，具有一定的几何外形，有固定的熔点、有各向异性的特点。故选C。
5.（多选）岩盐的颗粒很大，我们能清楚地看出它的立方体形状。将大颗粒的岩盐敲碎后，小的岩盐仍然呈立方体形状。如图所示是岩盐的平面结构，实心点为氯离子，空心点为钠离子，如果将它们用直线连起来，将构成一系列大小相同的正方形。则（ ）
A.岩盐是晶体
B.岩盐是非晶体
C.固体岩盐中氯离子是静止的
D.固体岩盐中钠离子是运动的
解析：AD 岩盐离子按一定规律排列，则岩盐是晶体，故A正确，B错误；固体岩盐中氯离子和钠离子都在不停地振动，故C错误，D正确。
6.如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T，从图中可以确定的是（ ）
A.晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B.曲线M的bc段表示固液共存状态
C.曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D.曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
解析：B 晶体具有固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，故A错误；晶体在固定的温度下熔化为液体，而非晶体随着温度的升高逐渐变成液体，则bc段表示晶体的固液共存状态，故B正确；曲线M的ab段表示固态，曲线M的cd段表示液态。由于非晶体没有固定熔点，逐步熔化，曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，它先是变软，然后逐步由稠变稀，最终完全变成液态，故C、D错误。
7.（2024·江苏南通高二期末）小华为了检验一块薄片是否为晶体，他以薄片中央O点为圆心，画出一个圆，A、B为圆上两点，如图所示将一个针状热源放在O点（ ）
A.若A、B两点的温度变化不同，则薄片一定为晶体
B.若A、B两点的温度变化不同，则薄片一定为非晶体
C.若A、B两点的温度变化相同，则薄片一定为晶体
D.若A、B两点的温度变化相同，则薄片一定为非晶体
解析：A 若A、B两点的温度变化不同，说明薄片具有各向异性，则薄片一定为晶体，故A正确，B错误；若A、B两点的温度变化相同，说明薄片具有各向同性。而根据晶体与非晶体的特性规律，单晶体具有各向异性，非晶体与多晶体具有各向同性，因此，薄片既有可能为非晶体，也有可能为多晶体。故C、D错误。
8.（2024·江苏宿迁高二期中）石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则正确的是（ ）
A.石墨是非晶体
B.单层石墨烯的厚度约2 μm
C.石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
D.碳原子在六边形顶点附近不停地振动
解析：D 石墨是晶体，A错误；单层石墨烯的厚度约为原子尺寸10－10 m，B错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，C错误；根据分子动理论，固体分子在平衡位置附近不停地振动，D正确。
9.石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（ ）
A.石墨中的碳原子静止不动
B.碳原子的直径大约为3×10－9 m
C.石墨烯碳原子间只存在分子引力
D.石墨烯的熔化过程中，碳原子的平均动能不变
解析：D 石墨中的碳原子是运动的，A错误；由题意可知单层的厚度为d＝ m≈3×10－10 m，且层与层之间有间距，B错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，C错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，D正确。
10.关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述中，不正确的是（ ）
A.甲图中，晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质
B.乙图为石墨中碳原子形成的层状结构，与金刚石的结构不同，但物理性质相同
C.丙图为食盐晶体的点阵结构，晶体的许多特征都与点阵结构有关
D.丁图为金刚石中碳原子形成的一种紧密结构，相互之间作用力很强，所以金刚石十分坚硬，可制造玻璃刀和钻头
解析：B 晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质，A正确；金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，因为碳原子的排列方式不同，故其物理性质差异很大，石墨质地松软，可以用来制作铅笔芯，金刚石很硬，可以用于制造玻璃刀和钻头，B错误，D正确；晶体的许多特性都与点阵结构有关，C正确。
11.利用扫描隧道显微镜（STM）可以得到物质表面原子排列的图像，从而可以研究物质的构成规律。如图所示的照片是一些晶体材料表面的STM图像，通过观察、比较，可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的，具有一定的结构特征。则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是
（1） ；
（2） 。
答案：见解析
解析：（1）在确定方向上原子有规律排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；
（2）原子排列具有一定的对称性，在空间延伸上呈现出一定的周期性等。
12.（2024·山东临沂一中高二月考）图甲是某小组“探究海波熔化时温度变化规律”的实验装置，每隔1 min记录一次温度值。实验数据记录如表：
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
海波的温度/℃ 40 44 46 48 48 48 48 48 48 50 53
（1）实验中需要的测量工具是温度计和停表；
（2）在1 min时，温度计的示数如图乙所示，此时的温度为42℃；
（3）由记录的实验数据可知海波是晶体（选填“晶体”或“非晶体”）；
（4）由实验可知，海波熔化需要的条件是：①温度达到熔点；②继续吸收热量；
（5）另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升。产生这一现象的原因可能是C（填字母）。
A.烧杯中的水少
B.对试管内的海波不断搅拌
C.温度计的玻璃泡碰到了试管壁
D.海波熔化过程中吸热，温度升高
解析：（1）由表中数据可知，实验需要测量温度和时间，实验中需要的测量工具是温度计和停表。
（2）如题图乙，温度计的分度值为1 ℃，读数为42 ℃。
（3）由记录的实验数据可知，海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，因此海波是晶体。
（4）通过实验可知，海波熔化需要达到48 ℃，熔化过程中，需要继续加热，由此可知海波熔化需要的条件是：①温度达到熔点；②继续吸收热量。
（5）海波是晶体，熔化过程中温度是不变的，烧杯中的水少，不会影响温度计的示数，故A错误；对试管内的海波不断搅拌，试管中海波受热更加均匀，熔化过程中，温度计示数是不会上升的，故B错误；温度计的玻璃泡碰到了试管壁，因为烧杯中水的温度高于海波的温度，温度计示数缓慢上升，故C正确；海波是晶体，熔化过程中吸热，但温度保持不变，故D错误。
12 / 12习题课一 理想气体状态方程和实验定律的综合应用
要点一 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
名称 图像 特点 其他图像
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】 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（ ）
答案：C
解析：由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。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，故选C。
1.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中（ ）
A.a→b，压强减小，温度不变，体积减小
B.b→c，压强增大，温度升高，体积增大
C.c→d，压强不变，温度升高，体积减小
D.d→a，压强减小，温度升高，体积不变
解析：B 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A错误；由题图可知，b→c过程，压强p变大，体积V增大，由理想气体状态方程＝C可知，温度一定升高，故B正确；由题图可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故C错误；由题图可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。
2.使一定质量的理想气体的状态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的一部分。
（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），说明每段图线各表示什么过程。
答案：（1）600 K 600 K 300 K （2）见解析
解析：（1）从p-V图像中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。
根据理想气体状态方程
＝＝
得TC＝·TA＝×300 K＝600 K
TD＝·TA＝×300 K＝300 K
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。
（2）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得VB＝＝ L＝20 L。
在V-T图像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。
要点二 液柱移动问题的分析
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】 如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，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
答案：A
解析：假定降温后气体体积保持不变，由查理定律得＝，则Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA＞ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，故A正确。
方法总结
运用假设法判断液柱移动的一般思路
（1）先假设液柱不发生移动，两部分气体均做等容变化。
（2）对两部分气体分别应用查理定律的推论＝，求出每部分气体压强的变化量Δp和对液柱作用力的变化量ΔF，并加以比较。
如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一长为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，则管内水银柱将（设原来温度相同）（ ）
A.向上移动 B.向下移动
C.保持静止 D.无法判断
解析：A 假设水银柱不动，由查理定律知＝，由题意知ΔT1＝ΔT2，T1＝T2，p1＞p2，则Δp1＞Δp2，即ΔF1＞ΔF2，故水银柱上移，故A正确。
要点三 变质量问题
常见变质量问题及分析方法
（1）充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
（2）抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
（3）分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
（4）漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化问题，再用相关方程求解即可。
【典例3】 篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm 的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5～1.6 atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是（ ）
A.5～7次 B.5～8次
C.7～12次 D.12～15次
答案：A
解析：球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝＝，当p2＝1.5 atm时，解得 n＝5，当p2＝1.6 atm时，解得 n＝7.5，所以需打气的次数范围5～7次，故A正确。
【典例4】 （2023·贵州铜仁高二期末）2023年2月4日，美国使用战斗机将失控误入该国境内的“流浪气球”击落，该“流浪气球”如图所示，气球由弹性和导热性能良好的树脂材料制成，气球内充满氦气。当气球位于海平面时，体积为V0，氦气的压强为1.5p0，海平面的温度为27 ℃，当气球升至地球平流层时，气球体积膨胀为V0，平流层的温度为零下63 ℃。（绝对零度为－273 ℃）
（1）求气球在平流层时，气球内氦气的压强；
答案：0.84p0
解析：根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）当气球位于平流层时，如果需要控制气球下降，则可通过阀门向外排放部分氦气，当主气囊内压强变为0.63p0，求向外排出氦气质量占原有质量的百分比。
答案：25％
解析：在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
1.血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于 750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（ ）
A.30 cm3 B.40 cm3
C.50 cm3 D.60 cm3
解析：D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。
2.从北方调入一大批钢瓶氧气，每个钢瓶容积为40 L，在北方测得氧气压强为1.2×107 Pa，环境温度为－23 ℃，长途运输到南方医院时，当地医院室内温度为27 ℃（钢瓶的热胀冷缩可以忽略）。现使用其中一个大钢瓶，对容积5 L小钢瓶缓慢分装，小钢瓶分装前内部可视为真空，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到5×105 Pa时就停止分装，在分装过程中大小钢瓶温度均保持不变。
（1）到达南方医院后大钢瓶内氧气的压强为多少？
（2）一大钢瓶氧气可分装多少个小钢瓶供病人使用？
答案：（1）1.44×107 Pa （2）556个
解析：（1）钢瓶容积不变，p1＝1.2×107 Pa，T1＝250 K，T2＝300 K，由查理定律得＝
解得p2＝1.44×107 Pa。
（2）先以大钢瓶中气体为研究对象，研究压强降到p3＝5×105 Pa过程，则
p2V0＝p3（V0＋V1）
再以装入小钢瓶的全部气体为研究对象，研究压强降到p4＝2×105 Pa过程，则
p3V1＝np4V
解得n＝556个。
1.活塞式抽气机气缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机抽动两次（抽气过程可视为等温变化），容器内剩余气体压强是原来的（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 设未抽气前容器内气体压强为p，则第一次抽气过程，气体状态参量为p1＝p，V1＝2V，V2＝3V，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝p；第二次抽气过程，气体状态参量p2＝p，V2'＝2V，V3＝3V，由玻意耳定律得p2V2'＝p3V3，解得p3＝p，故C正确，A、B、D错误。
2.“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（ ）
解析：B 根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连
线的斜率，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态体积，故B正确，A、C、D错误。
3.（多选）如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气柱被一段水银柱隔开，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柱都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（ ）
解析：CD 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
4.一般小汽车轮胎气压正常值为230～250 kPa，某次司机师傅发车前检测轮胎气压p1＝250 kPa，气温t1＝27 ℃，驱车一段时间后胎压报警器显示p2＝275 kPa，设行驶过程中轮胎容积不变。
（1）求此时轮胎内气体温度为多少摄氏温度；
（2）为避免爆胎，司机师傅对轮胎进行放气，放气过程轮胎容积和温度均可视为不变，为使胎压恢复到p1＝250 kPa，求剩余气体质量与原有气体质量之比。
答案：（1）57 （2）10∶11
解析：（1）由题意可知，最初时轮胎内气体温度为T1＝（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得＝
解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为＝＝＝。
题组一 理想气体的图像问题
1.在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是（ ）
解析：D 根据p-V、p-T、V-T图像的意义可以判断，其中D项显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符。
2.（2023·江苏高考3题）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
解析：B 理想气体状态方程＝C→p＝·T气体从A到B，体积V不变，气体分子的数密度不变，A错误；
题组二 液柱移动问题的分析
3.如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则（ ）
A.h一定增加
B.右管气体体积不一定减小
C.左管气体压强不一定增大
D.右管气体压强和左管气体压强增加一样多
解析：A U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，故A正确。
4.（多选）如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱，经适当倾斜，使上下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变，管内气体的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变大且重新稳定，说明（ ）
A.环境温度已升高
B.环境温度已降低
C.上部气体压强增大，下部气体压强减小
D.上部和下部气体压强均减小
解析：BD 假设环境温度变化时，水银柱不动，则两部分气体都发生等容变化，由查理定律得Δp＝p1。因下部气体的压强大于上部气体的压强，温度相同，则下部气体的压强变化量大于上部气体的压强变化量。若温度降低，压强都减小，下部减小得多，则水银柱会向下移动；若升温，则下部气体压强增加得多，水银柱向上移动。据此可知本题中温度降低，两部分气体压强均减小，故A、C错误，B、D正确。
题组三 变质量问题
5.容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装（ ）
A.4瓶 B.50瓶
C.56瓶 D.60瓶
解析：C 取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p（V0＋nV1），n＝＝（瓶）＝56（瓶），故C正确。
6.（多选）（2023·辽宁大连高二期中）某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则下列分析正确的是（ ）
A.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
C.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
D.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
解析：AC 以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据解得＝，故C正确，D错误。
7.（多选）如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图像，设两部分气体是质量相同的同种气体，根据图中所给条件，可知（ ）
A.当t＝273 ℃时，气体的体积A比B大0.4 m3
B.当tA＝tB时，VA∶VB＝3∶1
C.当tA＝tB时，VA∶VB＝1∶3
D.A、B两部分气体都做等压变化，它们的压强之比pA∶pB＝3∶1
解析：AB 作出V-T图像，如图所示，根据图像可得VA＝kATA＝TA，VB＝kBTB＝TB，当t＝273 ℃时，VA＝×（273＋273）m3＝0.6 m3，VB＝×（273＋273）m3＝0.2 m3，A气体的体积比B气体的体积大ΔV＝（0.6－0.2）m3＝0.4 m3，故A正确；当tA＝tB时，＝＝，故B正确，C错误；根据理想气体的状态方程可知＝C，可知V＝T，故＝＝＝，故D错误。
8.（2024·江苏苏州高二期中）如图所示，两端封闭的U形管中装有水银，分别封闭住A、B两部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h，以下说法中错误的是（ ）
A.使A、B两部分气体降低相同的温度，则水银柱高度差h变大
B.两部分气体升高到相同的温度后，两部分气体的压强差比升温前大
C.当U形管由图示位置开始下落时，两侧水银柱高度差h变大
D.若U形管加速下落过程中（a＝g）液柱稳定，则两部分气体的压强差为零
解析：A 设A管气压为pA，B管气压为pB，则pA＋ρgh＝pB，此时pA＜pB，升高或降低相同的温度，根据＝C知在体积不变时有｜Δp｜＝p1，所以升高同样温度，初状态压强大的气体（B气体）压强增加量大，水银柱向左移动，所以h变大，两部分气体的压强差比升温前大；反之降低相同的温度，B气体压强减小量大，水银柱右移，高度差h变小，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；当U形管由图示位置开始下落时，系统处于完全失重状态，高出h的水银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，所以h变大，故C正确，不符合题意；若U形管加速下落过程中液柱稳定时，通过对水银柱受力分析（加速度等于重力加速度g）可知A、B两部分气体压强相等，则两部分气体的压强差为零，故D正确，不符合题意。
9.氧气瓶的容积是40 L，瓶内氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧。有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？（假定温度不变，氧气可视为理想气体）
答案：12
解析：用如图所示的方框图表示思路。
以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
（V2－V1）→V3，由玻意耳定律可得
p2（V2－V1）＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12（天）。
10.（2024·山东济宁高二期末）2023年5月30日，神舟十六号载人飞船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数字）。
答案：（1） （2）1.2×105 Pa
解析：（1）设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
（2）从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
10 / 112.气体的等温变化
第1课时 实验：探究气体等温变化的规律
一、实验目的
1.学会应用控制变量法，研究气体温度不变时压强与体积的关系。
2.掌握实验数据的处理方法，学会利用图像法分析实验数据。
二、实验思路
在保证密闭注射器中气体的质量和温度不变的条件下（控制变量法），通过改变密闭气体的体积，由压力表读出对应气体体积的压强值，研究在恒温条件下气体的体积和压强的关系。
三、实验器材
带铁夹的铁架台、注射器、橡胶套、压力表（压强表）、柱塞（与压力表密封相连）等。
四、实验步骤
1.按如图所示的装置组装实验器材。
2.注射器下端的开口有橡胶套，它和柱塞一起把一段空气柱封闭，该空气柱即为研究对象。
3.把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度与压强的几组数据。空气柱的长度l可以通过刻度尺读取，空气柱的长度l与横截面积S的乘积就是它的体积V，并计算出体积的倒数。空气柱的压强p可以从与注射器内空气柱相连的压力表读取。并将数据记录在下面表格中。
序号 1 2 3 4 5
压强p
体积V
体积的倒数
五、数据处理
1.作p-V图像
以压强p为纵坐标，以体积V为横坐标，用采集的各组数据在坐标纸上描点，绘出等温曲线，如图甲所示。观察p-V图像的特点看能否得出p、V的定量关系。
2.作p-图像
以压强p为纵坐标，以为横坐标，在坐标纸上描点。如果p-图像中的各点位于过原点的同一条直线上（图乙），就说明压强p跟成正比，即压强与体积成反比。如果不在同一条直线上，我们再尝试其他关系。
3.实验结论：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，其压强与体积的倒数成正比。
六、误差分析
1.注射器内气体有漏气现象，出现误差。
2.温度不能保证完全一致，导致误差。
七、注意事项
1.改变气体体积时，要缓慢进行。
2.实验过程中，不要用手接触注射器的外壁。
3.实验前要在柱塞上涂抹润滑油。
4.读数时视线要与柱塞底面平行。
5.作p-图像时，应使尽可能多的点落在直线上，不在直线上的点应均匀分布于直线两侧，偏离太大的点应舍弃掉。
题型一 实验原理与操作
【典例1】 某同学用如图所示的装置探究气体等温变化的规律，该同学按如下操作步骤进行实验：
a.将注射器活塞移动到空气柱体积适中的位置，用橡胶塞密封注射器的下端，记录此时压力表上显示的气压值和压力表刻度尺上显示的空气柱长度
b.用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积
c.读出此时压力表上显示的气压值和刻度尺上显示的空气柱长度
d.重复b、c两步操作，记录6组数据，作p-V图像
（1）关于该同学在实验操作中存在的不当及其原因，下列叙述中正确的是A。
A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度
B.应该以较快的速度推拉活塞来改变气体的体积，以免操作动作慢使空气柱的质量发生改变
解析：实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，A正确；应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体的体积，以免操作动作过快使空气柱的温度发生改变，B错误。
（2）实验室中有容积为5 mL和20 mL的两种注射器供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体的体积发生明显变化，选用容积为5mL的注射器更合适；实验中为了找到气体体积与压强的关系不需要（选填“需要”或“不需要”）测出空气柱的横截面积。
解析：由于注射器长度几乎相同，容积为5 mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
如图所示，在“用DIS探究气体等温变化的规律”的实验中，用一个带刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积关系。
（1）实验中应保持不变的状态参量是温度。
（2）实验过程中，下列说法正确的是BD（填选项前的字母）。
A.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B.推拉活塞时，手不可以握住注射器
C.必须测量封闭气体的质量
D.在活塞上涂上润滑油，且保持良好的密封性
解析：（1）实验的目的是探究气体的压强和体积的关系，故实验中应保持不变的状态参量是气体温度。
（2）推拉活塞时，动作要慢，使气体温度与环境温度保持一致，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器，防止手向其传热，从而保证气体的温度不变，故B正确；探究的是一部分封闭气体在温度不变的情况下压强和体积的关系，故本实验只要保证封闭气体的质量不变即可，无需测量封闭气体的质量，故C错误；活塞与针筒之间涂上润滑油，可以减小摩擦，防止漏气，保证气体质量一定，故D正确。
题型二 数据处理与分析
【典例2】 某实验小组用如图（a）、（b）所示的实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。
（1）关于该实验，下列说法正确的是D。
A.实验前应将注射器内的空气完全排出
B.空气柱体积变化应尽可能的快些
C.空气柱的压强随体积的减小而减小
D.作出p-的图像可以直观反映出p与V的关系
解析：该实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；p-图像是一条倾斜的直线，作出p-的图像可以直观反映出p与V的关系，故D正确。
（2）图（c）是两位同学在实验中得到的p-图像，若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同，那么两图像斜率不同的主要原因是研究气体的质量不同（或同质量气体在不同温度下研究）。
解析：根据p-图像可知，如果温度相同，则说明两次气体质量不同，如果气体质量相同则两次温度不同。
（3）某同学采用如图（a）、（b）所示的实验装置，测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，用p作纵轴、作横轴，画出p-图像如图甲、乙、丙所示，则甲产生的可能原因是D乙产生的可能原因是C丙产生的可能原因是B。（从下列选项选取，填写字母）
A.各组的p、取值范围太小
B.实验过程中有漏气现象
C.实验过程中气体温度升高
D.在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强
解析：甲图中图像的交点在横轴上，即测量的压强为0时就有一定的体积，因此在测量过程中压强测小了，可能是在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强，故选D；乙图中图像向上弯曲，可能是实验过程中气体温度升高，故选C；丙图图像向下弯曲，可能是实验过程中有漏气现象，导致pV乘积减小，故选B。
用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。
（1）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以（或体积的倒数）为横坐标在坐标系中描点作图，作出的图线如图乙所示。
解析：p随V的增大而减小，应作p-图像，若图像为过原点的直线，则说明p与V成反比，因此横坐标为体积的倒数。
（2）某同学在用注射器、压强传感器和计算机做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的原因可能是发生了漏气。
序号 V/mL p/（105 Pa） p·V/（105 Pa·mL）
1 20.0 1.001 0 20.020
2 18.0 1.095 2 19.714
3 17.0 1.231 3 19.701
4 14.0 1.403 0 19.642
5 12.0 1.635 1 19.621
解析：若p、V乘积减小很有可能是发生了漏气。
（3）做（2）中实验时，为能更准确地测出气体的压强，小华用软管连通注射器和压强传感器。用（1）中方法作出的图线如图丙所示，该图线不过原点，为减小这一实验误差，请给出你的改进方法：选用容积较大的注射器（或测出软管中气体的体积）。
解析：软管内有一部分气体，容易造成误差，所以选择容积较大的注射器从而忽略软管内气体的体积或者可直接测出软管中气体的体积。
题型三 实验拓展与创新
【典例3】 有同学在做“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计
算机。实验完成后，计算机屏幕上显示出如图所示的p-V图线（其中实线是实验所得图线，虚线为一根参考双曲线）。
（1）实验过程中为什么要求缓慢推动活塞？使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化。
解析：实验过程中要缓慢推动活塞，使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化。
（2）仔细观察不难发现，该图线与双曲线不够吻合，造成这一现象的可能原因是：注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移（也可能是周围环境温度降低）。
解析：仔细观察不难发现，该图线与双曲线不够吻合，造成这一现象的可能原因是：注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移（也可能是周围环境温度降低）。
（3）由于此图无法说明p与V的确切关系，所以改画p-图像，画出的p-图像应当是A。
解析：若p-V图像是双曲线，则说明p与V成反比，画出p-图像应为过原点的直线，由于漏气或者环境温度降低使得气体的压强减小，图线向下弯曲。
1.用图示装置探究气体做等温变化的规律，将一定质量的空气封闭在导热性能良好的注射器内，注射器与压强传感器相连。实验中（ ）
A.活塞涂润滑油可减小摩擦，便于气体压强的测量
B.注射器内装入少量空气进行实验，可以减小实验误差
C.0 ℃和20 ℃环境下完成实验，对实验结论没有影响
D.外界大气压强发生变化，会影响实验结论
解析：C 实验之前，在注射器的内壁和活塞之间涂一些润滑油，除了可以减小两者之间的摩擦之外，主要作用是提高活塞密封性，防止漏气，与气体压强的测量无关，A错误；被封气体体积越小，压缩气体时体积的变化量越小，会造成更大的实验误差，B错误；探究气体等温变化的规律的实验中，温度一定时，气体的压强和体积成反比，与环境温度的高低无关，C正确；压强传感器测量的是被封气体的压强，与外界大气压强无关，故外界大气压强发生变化，不会影响实验结论，D错误。
2.某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。在实验中，下列哪些操作不是必需的（ ）
A.用橡皮帽密封注射器的下端
B.用游标卡尺测量柱塞的直径
C.读取压力表上显示的气压值
D.读取刻度尺上显示的空气柱长度
解析：B 实验目的是探究气体的等温变化，所以需要保证注射器内气体质量不变，故需要用橡皮帽密封注射器的下端，防止漏气，故A需要；探究气体的等温变化需要测量气体的体积，但注射器的横截面积不变，所以注射器内气体的体积与空气柱的长度成正比，所以直接从注射器的刻度上读出空气柱的长度即可，即活塞的直径不是必需测量的，故B不需要，D需要；探究气体等温变化的规律，是探究压强与体积的关系，所以从压强计上读取气体压强是必需的，故C需要。
1.某同学利用如图所示的装置探究气体做等温变化的规律：
实验过程中，下列实验操作正确的是AD。
A.在柱塞上涂上润滑油，保持良好的密封性
B.用游标卡尺测量柱塞的直径
C.推拉柱塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
D.推拉柱塞时，手不可以握住整个注射器
解析：在柱塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，减小实验误差，故A正确； 由于注射器的直径均匀恒定，根据V＝LS可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，故B错误；推拉柱塞时，动作要慢，以免温度发生变化，故C错误；推拉柱塞时，手不可以握住整个注射器，以免温度发生变化，故D正确。
2.“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。保持温度不变，封闭气体的压强p用压强传感器测量，体积V由注射器器壁上的刻度读出。某次实验中，数据表格内第2次～第8次压强没有记录，但其他操作规范。
次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9
压强p/kPa 100.1 p7 179.9
体积V/cm3 18 17 16 15 14 13 12 11 10
根据表格中第1次和第9次数据，推测出第7次的压强p7，其最接近的值是（ ）
A.128.5 kPa B.138.4 kPa
C.149.9 kPa D.163.7 kPa
解析：C 温度不变的一定质量气体，压强与体积成反比。实验数据中，第1次和第9次数据，它们的压强与体积乘积，正好近似相等，因此第7次的压强p7＝ kPa≈150 kPa，故C正确。
3.用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
（1）实验室有长度几乎相同、容积为5 mL和20 mL的两种注射器供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化，选用容积为5 mL的注射器更合适；实验中，为找到体积与压强的关系，不需要（选填“需要”或“不需要”）测出空气柱的横截面积。
解析：由于注射器长度几乎相同，因此体积越小，横截面积越小，用较小的力就可以产生比较大的压强使体积变化明显，故选5 mL的注射器；横截面积不变，体积可用长度表示，不必算出体积的大小，就可以找到体积与压强的关系，因此不需要测量空气柱的横截面积。
（2）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图乙中的②（选填“①”或“②”）。
解析：由于p-V图像为曲线，而p-图像为直线，以p为纵坐标时，应以体积的倒数为横坐标，压缩气体时，温度不变，p＝k，由于p与V乘积减小，故斜率减小，因此图线应为图乙中的②。
4.（2024·广东汕头高二期末）实验小组同学探究气体压强与体积的关系，设计了如图所示的装置，实验步骤如下：
①将圆柱体密闭容器装水以封闭气体，上方连接压强传感器可测封闭气体压强，左端有出水控制开关；
②不计容器的厚度，以容器下表面为零刻线，通过刻度尺读取容器的高度H和水面所在位置h；
③出水控制开关打开一小段时间后关闭，获取封闭气体压强p和液面所在位置h数据，重复实验步骤获得几组数据；
④将各组数据在坐标纸上描点，绘制图像，得出气体压强与体积的关系。
完成下列填空：
（1）实验中所研究的对象是封闭气体，应保持不变的物理量是温度。
解析：实验中所研究的对象是封闭气体，应保持不变的物理量是气体的温度。
（2）实验时，为判断气体压强与体积的关系，不需要（选填“需要”或“不需要”）测出容器的横截面积。
解析：根据p1（H－h1）S＝p2（H－h2）S可得，p1（H－h1）＝p2（H－h2），则实验时，为判断气体压强与体积的关系，不需要测出容器的横截面积。
（3）为直观反映压强与体积之间的关系，若以空气柱压强p为纵坐标，则应以为横坐标在坐标系中描点作图。（用H、h表达）
解析：要验证的关系为pV＝C，即p（H－h）S＝C，则p＝·，则为直观反映压强与体积之间的关系，若以空气柱压强p为纵坐标，则应以为横坐标在坐标系中描点作图。
5.（2024·吉林长春高二期中）某实验小组用如图甲所示的实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。
（1）实验时，为判断气体压强与体积的关系，不需要（选填“需要”或“不需要”）测出空气柱的横截面积。
（2）实验中空气柱体积变化缓慢，可认为温度保持不变。为了直观地判断压强p与体积V的数量关系，应作出p-（选填“p-V”或“p-”）图像。
（3）他们进行了两次实验，其中一组得到的p-V图像如图乙所示，由图乙可知两次实验气体的温度大小关系为T1＞ T2（选填“＜”“＞”或“＝”）；另一小组根据实验数据作出的V-图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，即实验时未考虑注射器前端与橡皮帽连接处的气体。
解析：（1）设气体初状态压强为p1，空气柱的长度为L1，气体末状态的压强为p2，空气柱长度为L2，空气柱的横截面积为S，根据玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S，所以实验需要验证p1L1＝p2L2，故实验不需要测量空气柱的横截面积。
（2）实验中空气柱体积变化缓慢，可认为温度保持不变。为了直观地判断压强p与体积V的数量关系，应作出p-图像，其是一条倾斜的直线。
（3）由图乙可知两次实验气体的温度大小关系为T1＞T2；另一小组根据实验数据作出V-图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验器材可知，实验时未考虑注射器前端与橡皮帽连接处的气体。
6.图甲为研究一定质量的气体压强与体积关系的实验装置。
（1）图甲中①为压强传感器，该实验需要保持气体的质量和温度不变。
（2）某同学在实验中测出多组气体压强与体积后，利用DIS实验绘图功能，得到如图乙所示的p-V图像，则由图不能（选填“能”或“不能”）得到压强与体积成反比的结论。
（3）某同学在实验中得到的数据如下：
次数 1 2 3 4 5
压强p/kPa 116.2 124.6 134.3 145.6 158.8
体积V/cm3 14 13 12 11 10
体积倒数/cm－3 0.071 0.077 0.083 0.091 0.100
p、V乘积/（kPa·cm3） 1 626.8 1 619.8 1 611.6 1 601.6 1 588.0
表中数据表明气体的p、V乘积随着气体体积的减小而减小，若实验中很好地满足了气体温度不变，则出现该结果的原因是实验时注射器内的空气发生了泄漏。
解析：（1）题图甲中①为压强传感器；研究一定质量的气体压强与体积关系时，应保持气体的质量和温度不变。
（2）压强与体积成反比的图像应为双曲线的一支，题图乙的p-V图像不能确定是不是双曲线的一支，所以不能确定压强与体积成反比。
（3）实验时注射器内的空气发生了泄漏。
7.（2024·广东广州高二期中）图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置，主要实验步骤如下：
①将压强传感器调为零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是防止漏气。
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是C。
A.注射器必须固定在竖直平面内
B.用手握注射器推拉活塞
C.缓慢推动活塞
解析：（1）本实验研究温度不变时气体的压强与体积的关系。根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油。
（2）注射器是否固定在竖直平面内，与保持温度恒定无关，A错误；实验过程中手不能与注射器接触，否则手会把热量传递给注射器，B错误；推动活塞应缓慢进行，保持与外界温度相同，C正确。
10 / 115.液体
课标要求 素养目标
1.通过实例，了解液晶的主要性质及其在显示技术中的应用。 2.观察液体的表面张力现象，了解表面张力产生的原因。 3.知道毛细现象 1.理解液晶的微观结构、特点和应用。（物理观念） 2.通过实验，观察液体的表面张力现象，了解表面张力产生的原因。理解浸润和不浸润现象的概念，会分析其产生的原因。学会用分子动理论解释毛细现象。（科学思维）
知识点一 液体的表面张力
1.表面层：液体表面有一层跟气体接触的 薄层 ，叫作表面层。
2.分子间作用力的特点
在液体内部，分子间的平均距离r 略小于 r0，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子比较稀疏，分子间距离r 略大于 r0，分子间的作用力表现为 引力 。
3.表面张力
（1）定义：使液体表面 绷紧 的力。
（2）作用效果：使液体表面具有 收缩趋势 。
（3）力的方向：总是跟液面 相切 ，且与分界线 垂直 。
知识点二 浸润和不浸润
1.浸润和不浸润
（1）浸润：一种液体会 润湿 某种固体并 附着 在固体的表面上的现象。
（2）不浸润：一种液体不会 润湿 某种固体， 不会附着 在这种固体的表面上的现象。
（3）当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用 强 时，液体能够浸润固体。反之，液体则不浸润固体。
2.毛细现象：浸润液体在细管中 上升 的现象，以及不浸润液体在细管中 下降 的现象。
知识点三 液晶
1.概念：液晶是介于固态和 液态 之间的一种物质状态。既具有液体的 流动性 ，又在一定程度上具有晶体分子的 规则排列 的性质。
2.特点
（1）液晶具有液体的流动性，但在低温时液晶会凝固成 结晶 态，不仅分子的取向是有序的，而且分子 重心的位置 也是有序的。
（2）分子取向排列的液晶具有光学各向 异性 。
3.出现液晶态的条件：液晶是一种特殊物质。有些物质在特定的 温度 范围之内具有液晶态；另一些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定的 浓度 范围内具有液晶态。
4.应用
（1）广泛应用于手机屏幕、平板电视等 显示 设备中。
（2）在生命科学中的应用：某些物质在水溶液中能够形成薄片状液晶，这正是 生物膜 的主要构成部分。
【情景思辨】
1.液体表面附近分子分布的大致情况如图所示。液体表面层内的分子距离和分子间作用力各有什么特点？
提示：液体表面层内分子间距离较大，大于分子在平衡位置的距离，分子间作用力表现为引力。
2.判断正误。
（1）液体分子间的相互作用力比固体分子间作用力弱，易流动。（ √ ）
（2）一些昆虫可以停在水面上是浮力的作用结果。（ × ）
（3）液体与固体附着层之间的作用力表现为引力时，液体与固体之间浸润。（ × ）
（4）用内径极小的细玻璃管制成的水银气压计，其读数与实际气压相比偏高。（ × ）
（5）液晶的各向异性是有条件的，只有达到这一条件时才表现出各向异性。（ √ ）
要点一 液体的表面张力
【探究】
雨伞的伞面上有很多细小的孔，为什么下雨时，雨水不会从孔里漏下来？
提示：因为雨水将纱丝浸湿后，在纱丝孔隙中形成水膜，水膜的表面张力使雨水不会漏下来。
【归纳】
1.液体分子分布特点：由于蒸发现象，表面层分子的分布比液体内部稀疏，即表面层分子间的距离比液体内部分子间的距离大。
2.分子间作用力特点：液体内部分子间引力、斥力基本上相等，而液体表面层分子之间距离较大，分子间作用力表现为引力。
3.表面特性：表面层分子之间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的膜。所以说表面张力是液体表面层分子间作用力作用的结果，是液体分子间的作用力的宏观表现。
4.表面张力的方向：表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线。如图所示。
5.表面张力的作用：表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小。而在体积相同的条件下，球形的表面积最小。
【典例1】 关于液体的表面张力，下列说法中正确的是（ ）
A.液体的表面张力随温度的升高而增大
B.表面张力的方向与液面垂直
C.硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果
D.由于液体表面分子间距离小于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力
答案：C
解析：温度越高，表面张力越小，故A错误；表面张力的方向与液面相切，而不是与液面垂直，故B错误；硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果，故C正确；由于液体表面分子间距离略大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，故D错误。
1.湖面有一只小昆虫在水面跳来跳去却不沉下去，是因为小昆虫（ ）
A.重力太小可以忽略 B.受到浮力
C.受到液体表面张力 D.受到液面对它的弹力
解析：D 由于液体表面张力的作用，使液面绷紧，小昆虫受到液面对它的弹力，故沉不下去，故选D。
2.（多选）把一条细棉线的两端系在铁丝环上，棉线处于松弛状态。将铁丝环浸入肥皂液里，拿出来时环上留下一层肥皂液的薄膜，这时薄膜上的棉线仍是松弛的，如图所示。用烧热的针刺破某侧的薄膜，观察到棉线的形状、图中所标的箭头方向合理的是（ ）
解析：AD 用烧热的针刺破上侧的薄膜，由于下侧薄膜中的表面张力，使棉线向下弯曲，故选项A正确；用烧热的针刺破一侧的薄膜，不可能两侧都有张力，故选项B错误；用烧热的针刺破下侧的薄膜，由于上侧薄膜中的表面张力，使棉线向上弯曲，故选项C错误，D正确。
要点二 浸润和不浸润 毛细现象
【探究】
如图所示，将靠得很近的两根木质筷子竖直插入盛水的碗中。
（1）你会发现两根筷子之间的水面会沿着筷子上升，这是为什么？
提示：因水和木质筷子是浸润的，当两根筷子之间的距离很小时，由于毛细现象使得两根筷子之间的水面会沿着筷子上升。
（2）若改变两根筷子之间的距离，你又会有什么发现？
提示：两根筷子间距离越小，水面升高的高度越大。
【归纳】
1.浸润和不浸润现象成因分析
（1）附着层内分子受力情况：液体和固体接触时，附着层的液体分子除受液体内部的分子吸引外，还受到固体分子的吸引。
（2）浸润的成因：当固体分子对液体分子的吸引力大于液体内部分子力时，附着层内液体分子比液体内部分子稠密，附着层中分子之间表现为斥力，具有扩张的趋势，这时表现为液体浸润固体。
（3）不浸润的成因：当固体分子对液体分子的吸引力小于液体内部分子力时，附着层内液体分子比液体内部分子稀疏，附着层中分子之间表现为引力，具有收缩的趋势，这时表现为液体不浸润固体。
2.毛细现象
（1）两种表现：浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降。
（2）产生原因：毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系。如图甲所示的是浸润情况，此时管内液面呈凹形，因为水的表面张力作用，液体会受到一向上的作用力，因而管内液面要比管外高；如图乙所示的是不浸润情况，管内液面呈凸形，表面张力的作用使液体受到一向下的力，因而管内液面比管外低。
【典例2】 （多选）（2024·河南南阳高二期末）如图甲所示，将内径不同，两端开口的洁净细玻璃管竖直插入水中，可以观察到细玻璃管中液面的高度高于水面，内径小的玻璃管中液面比水面高得更多。再将另一组内径不同、两端开口的塑料笔芯竖直插入水中，如图乙所示，可以观察到笔芯中液面的高度低于水面，内径小的塑料笔芯中液面比水面低得更多。下列说法正确的是（ ）
A.水能够浸润玻璃管和塑料笔芯
B.水不能够浸润玻璃管但能浸润塑料笔芯
C.甲图中水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强
D.甲、乙两图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显
答案：CD
解析：水在玻璃管中液面会上升是浸润现象，水在塑料笔芯中液面会下降是不浸润现象，故A、B错误；甲图内径小的玻璃管中液面比水面高的高度比乙图内径小的塑料笔芯中液面比水面低的高度大，说明甲图中水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，故C正确；甲、乙两图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显，故D正确。
规律总结
浸润现象的分析要点
（1）一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，所以浸润与不浸润是相对的，例如：水银不浸润玻璃，但浸润铅；水浸润玻璃，但不浸润石蜡。
（2）浸润和不浸润可以用附着层的液体分子的分布来解释，浸润的本质是扩展，不浸润的本质是收缩。
1.（多选）如图所示，对于液体在器壁附近发生弯曲的现象，下列说法正确的是（ ）
A.表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏
B.表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密
C.附着层Ⅰ内分子的分布比液体内部密
D.附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏
解析：ACD 附着层Ⅰ液体分子比液体内部分子密集，附着层内液体分子间距离小于r0，附着层内分子间作用力表现为斥力，附着层有扩散趋势，C正确；附着层Ⅱ内液体分子比液体内部分子稀疏，附着层内液体分子间距离大于r0，附着层内分子间作用力表现为引力，附着层有收缩的趋势，D正确；表面层内分子比液体内部疏，表现为引力，A正确，B错误。
2.（多选）下列对浸润及不浸润的理解正确的是（ ）
A.在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润
B.单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润
C.布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是因为水对伞面不浸润
D.酒精灯的灯芯经常是用丝线做成的，因为酒精对丝线浸润
解析：AB 在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润，汗水可以通过棉线衣服蒸发出去，故A正确；单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润，可以吸收手部汗液，防止打滑，故B正确；布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是由于表面张力的作用，故C错误；酒精灯的灯芯经常是用棉线做成的，因为酒精对棉线浸润，对丝线不浸润，故D错误。
要点三 液晶
【探究】
如图所示，液晶是现代生活的一个重要角色，从最初的电子手表到如今的笔记本电脑、液晶电视、可视电话……液晶一步步地深入到我们的生活中。
（1）为什么“液体”和“晶体”联系在一起了？液晶到底是什么物质？
提示：某些物质像液体一样具有流动性，而其光学性质又与某些晶体相似，具有各向异性，人们把处于这种状态的物质叫作液晶。构成液晶的分子为有机分子，大多为棒状。
（2）液晶作为显示元件方面的用途已经深入到了生物医学、电子工业、航空工业以及生活中的各个方面，液晶显示器靠什么性质显示各种颜色？
提示：液晶具有光学各向异性。
【归纳】
1.液晶的特点
（1）液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列。
（2）液晶具有光学上的各向异性，液晶分子的排列不稳定，微小的外界变动都会改变分子排列，从而改变液晶的某些性质。
2.液晶的应用
（1）研究离子的渗透性。
（2）液晶显示。
【典例3】 （多选）关于晶体、液晶、液体，下列说法正确的是（ ）
A.晶体和液晶的性质是完全相同的
B.液晶就是液体，具有液体的所有性质
C.液晶是介于晶体与液体之间的一种物质状态
D.液晶具有液体的流动性，具有晶体的各向异性
答案：CD
解析：晶体属于典型的固体，其分子排列呈一定的点阵结构，有规律，而液晶分子的结构是介于液态的杂乱与晶体的规律排列之间的，其像液体一样具有流动性，而在光学等物理性质上又与晶体相似，具有各向异性，C、D正确。
1.液晶显示器是一种采取液晶为材料的显示器，由于机身薄，省电，辐射低等优点深受用户的青睐，下列关于液晶说法正确的是（ ）
A.液晶都是人工合成的，天然的液晶并不存在
B.液晶既有液体的流动性，又有光学的各向同性
C.当某些液晶中渗入少量多色性染料后，在不同的电场强度下，对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色
D.液晶的结构与液体的结构相同
解析：C 液晶有人工合成的，也有天然的，例如液晶也存在于生物结构中，故A错误；液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，故B错误；当某些液晶中渗入少量多色性染料后，在不同的电场强度下，对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色，故C正确；液晶是介于液态与固态之间的一种物质状态，结构与液体的结构不同，故D错误。
2.护肤乳液在一定条件下能形成层状液晶，则（ ）
A.所有物质都能形成层状液晶
B.层状液晶的光学性质具有各向异性
C.层状液晶是液体与晶体的混合物
D.层状液晶不会随温度升高发生变化
解析：B 并不是所有物质都能成为层状液晶，只有少数物质在特定条件下才能成为液晶，故A错误；层状液晶的光学性质具有各向异性，故B正确；层状液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样可以流动，又具有单晶体各向异性的特性，故C错误；层状液晶是不稳定的，外界影响的微小变化，例如温度、电场等，都会引起液晶分子排列变化，改变它的光学性质，故D错误。
1.（2024·天津武清高二期中）下面哪种现象与液体表面张力无关（ ）
A.一块泡沫飘在水面上
B.硬币可以浮在水面上
C.荷叶上的露珠呈球形
D.下雨天布制的伞不漏雨水
解析：A 一块泡沫漂在水面上，是因为泡沫的密度小于水的密度，水对泡沫的浮力等于泡沫的重力，与液体的表面张力无关，故A正确；硬币可以浮在水面上是表面张力作用的结果，故B错误；荷叶上的露珠呈现球形是表面张力作用的结果，故C错误；由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故D错误。
2.关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是（ ）
A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C.丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象，低于管外液面的不是毛细现象
D.丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是一种浸润现象
解析：B 因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润液体在毛细管中上升，呈凹液面；不浸润液体在毛细管中下降，呈凸液面，两种都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力作用的结果，不是浸润现象，故D错误。
3.下列属于液晶分子示意图的是（ ）
解析：B 液晶态既有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质。故B正确。
4.水对玻璃是浸润液体，而水银对玻璃是不浸润液体，它们在毛细管中将发生上升或下降现象，现把粗细不同的三根毛细管插入水或水银中，液柱如图所示，其中正确的现象应是（ ）
解析：D 水银对玻璃是不浸润液体，不浸润液体在毛细管内附着层液体的分子密度较小，液体分子间距较大此时附着层内的分子相互作用表现为引力，液面呈现收缩的趋势，即液面下降，故不浸润液体在毛细管内下降，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内下降的高度越大，故A、C错误；水对玻璃是浸润液体，浸润液体在毛细管附着层内液体的分子密度较大，液体分子间距较小，分子相互作用表现为斥力，液面呈现扩张的趋势，即在毛细管内上升，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内上升的高度越大，故D正确，B错误。
题组一 液体的表面张力
1.关于液体表面的特征，下列说法正确的是（ ）
A.液体表面层的分子分布比内部密
B.液体有使其体积收缩到最小的趋势
C.液体表面层分子之间只有引力而无斥力
D.液体有使其表面积收缩到最小的趋势
解析：D 液体表面层的分子分布比内部稀疏，故A错误；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错误，D正确；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，表现为引力，故C错误。
2.如图所示，金属框上阴影部分表示肥皂膜，它被棉线分割成a、b两部分。若肥皂膜的a部分用热针刺破，棉线的形状是下图中的哪一个（ ）
解析：A 液体表面的分子数目较少，分子间距大于r0，分子间作用力表现为引力，即液体的表面张力，表面张力的作用效果是使液体的表面积减小，因此若将肥皂膜的a部分用热针刺破，b部分液体由于表面张力作用，表面积缩小将细线绷紧，故呈现选项A中所示的形状，故A正确，B、C、D错误。
3.（多选）关于液体表面张力，下列说法正确的有（ ）
A.图甲中露珠呈球形，这是地球引力作用的结果
B.图乙中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，产生表面张力
C.图丙中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用
D.图丁中液体表面张力方向与液面平行
解析：BCD 题图甲中露珠呈球形，这是液体表面张力的结果，故A错误；题图乙中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间作用力表现为引力，从而产生表面张力，故B正确；题图丙中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用，故C正确；题图丁中液体表面张力方向与液面平行，故D正确。
题组二 浸润和不浸润 毛细现象
4.（2024·河南开封高二期末）两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示，则（ ）
A.该液体对玻璃是不浸润的
B.玻璃管竖直插入任何液体中，管中液面都会下降
C.减小管的直径，管中液面会上升
D.液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强
解析：A 根据题图可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液体对玻璃是不浸润的，故A正确；玻璃管与其他液体有可能浸润，管中液面会上升，故B错误；不浸润液体中，减小管的直径，管中液面会进一步下降，故C错误；在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，故D错误。
5.（多选）下面说法正确的是（ ）
A.鸭子从池塘中出来，羽毛不湿——毛细现象
B.细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形——表面张力
C.压紧土壤可以把地下水分引上来——毛细现象
D.要保存地下的水分就要把地面的土壤锄松——表面张力
解析：BC 鸭子从池塘中出来，羽毛不湿是不浸润现象，A错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形，是表面张力作用的结果，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形，B正确；压紧土壤可以把地下水分引上来是毛细现象，故C正确；要保存地下的水分就要把地面的土壤锄松，防止毛细现象的发生，D错误。
6.（多选）将不同材料制成的甲、乙两细管插入相同的液体中，甲管内液面比管外液面低，乙管内液面比管外液面高，则（ ）
A.液体对甲材料是浸润的
B.液体对乙材料是浸润的
C.甲管中发生的不是毛细现象，而乙管中发生的是毛细现象
D.若甲、乙两管的内径变小，则甲管内液面更低，乙管内液面更高
解析：BD 液体对固体浸润的情况下，在细管中液面将上升，A错误，B正确；毛细现象是指浸润液体在细管中上升，以及不浸润液体在细管中下降的现象，C错误；在液体和毛细管材料一定的情况下，管越细毛细现象越明显，D正确。
题组三 液晶
7.（多选）关于液晶，下列说法正确的是（ ）
A.因为液晶是介于晶体与液体之间的中间态，所以液晶实际上是一种非晶体
B.液晶具有液体的流动性，是因为液晶分子尽管排列有序，但位置无序，可自由移动
C.任何物质在任何条件下都可以存在液晶态
D.天然存在的液晶很少，多数液晶是人工合成的
解析：BD 液晶是一种介于晶体与液体之间的液态晶体，它不是晶体更不是非晶体；液晶分子像晶体分子一样排列有序，但是它们又像液体分子一样可以自由移动，没有固定的位置，即位置无序，所以液晶具有流动性；有些物质只有在特定的条件下才具有液晶态，并不是所有物质都具有液晶态；天然存在的液晶很少，多数液晶是人工合成的，故B、D正确。
8.（多选）甲、乙、丙、丁四位同学组成合作学习小组，对晶体和液晶的特点展开了讨论，他们的说法正确的是（ ）
A.甲说，晶体有单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何外形
B.乙说，多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有固定的熔点
C.丙说，液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有各向异性
D.丁说，液晶是一种在分子结构上介于固体和液体之间的中间态，它具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
解析：AD 晶体分为单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何外形，A正确；而多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成，没有天然规则的几何外形，但有固定的熔点，B错误；液晶是一种介于固体与液体之间的中间态，它既具有液体的流动性，又像某些晶体一样具有光学各向异性，C错误，D正确。
9.（2024·江苏泰州高二期末）关于下列各图所对应现象的描述，正确的是（ ）
A.图甲中水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用
B.图乙中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为表面张力的缘故
C.图丙中插入水中的塑料笔芯内水面下降，说明水浸润塑料笔芯
D.图丁中拖拉机锄松土壤，是为了利用毛细现象将土壤里的水分引上来
解析：B 水黾可以停在水面，是因为水的表面张力作用的缘故，故A错误；水银的表面张力比较大，同时水银和空气之间的相互作用力也比较小，这就导致了水银在接触到其他物体时，会尽可能地减少表面积，从而形成球状，故B正确；当一根内径很细的管垂直插入液体中，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象，减小水分蒸发，故D错误。
10.玻璃烧杯中盛有少许水银，在太空轨道上运行的宇宙飞船内，水银在烧杯中呈怎样的形状（如图所示）（ ）
解析：D 因为水银不浸润玻璃，所以在完全失重的情况下，水银的形状只由表面张力决定，因为在表面张力作用下水银的表面要收缩至最小，所以最终水银呈球形，D正确。
11.2022年3月23日下午，中国空间站“天宫课堂”开展第二次太空授课活动，航天员王亚平在“天宫课堂”液桥演示实验中，用两滴水珠在两个板间，搭起一座长约10 cm的液体桥。如图所示，关于这一现象，下列说法正确的是（ ）
A.水和液桥板间是不浸润的
B.液体表面张力的方向跟液面垂直
C.液体表面层的分子间距大于液体内部的分子间距
D.日常生活中我们在指间用水拉出的液桥最多几毫米，是因为液体表面张力比在太空小
解析：C 水和液桥板间是浸润的，若不浸润，则水不会附着在板上，无法形成液桥，故A错误；液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切，故B错误；由于液体表面层的分子间距大于液体内部的分子间距，从而使液体表面存在张力，故C正确；日常生活中我们在指间用水拉出的液桥最多几毫米，是因为液体受到自身重力的影响较大，并不是因为表面张力比在太空小，故D错误。
12.关于通电雾化玻璃，下列叙述中比较合理的是（ ）
A.不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过
B.不通电时，入射光在液晶层发生了干涉，导致光线无法通过
C.通电时，入射光在通过液晶层后方向发生了改变
D.通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播
解析：D 由题意知，在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，玻璃呈乳白色，即不透明，像一块毛玻璃，可知入射光在液晶层发生漫反射，光线可以通过，但通过量较少，而且没有规律，A、B错误；通电以后，弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃，可知通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播，C错误，D正确。
13.在天平的左盘挂一根铁丝，右盘放一砝码，且铁丝浸于液体中，此时天平平衡，如图所示，现将左端液体下移使铁丝刚刚露出液面，则（ ）
A.天平仍然平衡
B.由于铁丝离开水面沾上液体，重量增加而使天平平衡破坏，左端下降
C.由于铁丝刚离开液面，和液面间形成一薄膜，此薄膜的表面张力使天平左端下降
D.以上说法都不对
解析：C 铁丝在刚离开液面时和液面之间形成一层膜，膜中分子密度小，分子稀疏，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，即液膜的表面张力对铁丝产生向下的拉力作用，使天平左端下降，故C正确。
14.把水或油灌入小口瓶时，常在瓶口中插入一根竹筷或玻璃棒，水或油就沿着竹筷或玻璃棒流入瓶中，而不会流到瓶外。这是什么道理？如果要将水银灌入小口瓶中，能否采用竹筷或玻璃棒？你能想出其他的方法吗？
答案：见解析
解析：水和油对竹筷或玻璃棒是浸润的，因此水和油可以沿着竹筷或玻璃棒流入瓶中；如果要将水银灌入小口瓶中，不能采用竹筷或玻璃棒，因为水银对竹筷或玻璃棒是不浸润的，但可以采用铅棒，因为水银对铅是浸润的。
12 / 123.气体的等压变化和等容变化
课标要求 素养目标
1.了解盖—吕萨克定律。 2.了解查理定律。 3.知道理想气体模型。 4.能用分子动理论和统计观点解释气体实验定律 1.知道什么是气体的等压和等容变化过程；掌握盖—吕萨克定律和查理定律的内容；理解V-T和p-T图像的物理意义；知道查理定律的适用条件。知道什么是理想气体。会用气体分子动理论的知识解释气体实验定律（物理观念） 2.根据盖—吕萨克定律和查理定律的内容理解V-T图像和p-T图像的物理意义。（科学思维）
第1课时 盖—吕萨克定律和查理定律
知识点一 气体的等压变化
1.等压变化：一定质量的某种气体，在 压强 不变时，体积随温度变化的过程。
2.盖—吕萨克定律
（1）内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成 正比 。
（2）表达式：V＝ CT 或＝。
（3）适用条件：气体的 质量 和 压强 不变。
（4）图像：如图所示。
V-T图像中的等压线是一条 过原点的直线 。
知识点二 气体的等容变化
1.等容变化：一定质量的某种气体，在 体积 不变时，压强随温度变化的过程。
2.查理定律
（1）内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成 正比 。
（2）表达式：p＝ CT 或＝ 。
（3）适用条件：气体的 质量 和 体积 不变。
（4）图像：如图所示。
p-T图像中的等容线是一条过 原点 的直线。
【情景思辨】
1.为什么汽车爆胎往往发生在高温路面上或高速行驶中？
提示：在高温路面上或高速行驶中，车胎内气体温度升高，压强增大，超过轮胎承受能力就会爆胎。
2.判断正误。
（1）一定质量的气体，在压强不变时其体积与温度成正比。（ × ）
（2）一定质量的气体做等容变化时，气体压强的变化量与热力学温度的变化量成正比。（ √ ）
（3）一定质量的气体的等容变化的p-T图像是一条过原点的倾斜直线。（ √ ）
（4）＝C中的C与p＝CT中的C是同一个常数。（ × ）
要点一 气体的等压变化
【探究】
全国热气球锦标赛是国内规模最大、竞赛水平最高、参与人数最多的热气球赛事，也是国内热气球界最具吸引力和影响力并受新闻媒体关注的重要赛事。探究：
（1）热气球的内部气体压强与外界大气压强有什么关系？
提示：热气球的内部与外部相通，内部气体压强始终等于外界大气压强。
（2）在热气球的内部加热空气，内部气体的体积、密度如何变化？
提示：p一定，T增大，由盖—吕萨克定律＝C可知，V增大，于是气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，密度减小。
（3）热气球能够升空的力学原理是什么？
提示：以热气球及其中所含空气整体为研究对象，受重力及周围空气的浮力作用，当燃烧器喷出火焰时，将气球内空气加热，温度升高，气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，热气球整体所受重力减小，当空气的浮力大于热气球自身重力时，热气球便会上升。
【归纳】
1.盖—吕萨克定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态（V、T）开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比。
2.等压变化过程中的V-T图像和V-t图像
（1）V-T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1＜p2，即斜率越小，压强越大。
（2）V-t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。
特别提醒
一定质量的某种气体，在压强p不变的情况下，体积V跟热力学温度T成正比，而不是与摄氏温度t成正比。
【典例1】 （2024·辽宁锦州高二期末）如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，面积S＝100 cm2的活塞与汽缸壁之间无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞正位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）缸内气体的压强p1；
答案：3×105 Pa
解析：以缸体为研究对象，列平衡方程，有p1S＝Mg＋p0S，
解得p1＝3×105 Pa。
（2）缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？
答案： 327 ℃
解析：当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，所以缸内气体为等压变化，由盖—吕萨克定律得＝
即＝
解得T2＝2T1＝600 K
所以气体的温度是t2＝（600－273）℃＝327 ℃。
规律方法
应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。
（2）分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、体积。
（4）根据盖—吕萨克定律列式求解。
（5）求解结果并分析、检验。
1.一定质量的某种气体，在压强不变的条件下，温度为0 ℃时，其体积为V0，当温度升高为T（K）时，体积为V，那么每升高1 ℃增大的体积等于（ ）
A. B.
C. D.
解析：A 由等压变化的规律可得＝＝＝，则每升高1 ℃增大的体积ΔV＝，故选A。
2.（2024·陕西西安高二期末）如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27 ℃时，被封闭的理想气体气柱长L1为20 cm，水银上表面与导线下端的距离L2为5 cm。（T＝t＋273 K）
（1）若大气压为76 cmHg，水银柱长L3为26 cm，则被封闭气体压强为多少cmHg？
（2）当温度达到多少℃时，报警器会报警？
答案：（1）102 cmHg （2）102 ℃
解析：（1）若大气压为76 cmHg，水银柱长L3为26 cm，则被封闭气体压强为
p＝p0＋p'＝76 cmHg＋26 cmHg＝102 cmHg。
（2）温度升高，被封闭的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝
则＝
解得t'＝102 ℃。
要点二 气体的等容变化
【探究】
炎热的夏天，给汽车轮胎充气时，一般都不充得太足；给自行车轮胎打气时，也不能打得太足。这是什么原因呢？
提示：车胎在炎热的夏天被日光暴晒，车胎里气体的温度上升，气体的压强将增大，当压强达到车胎能承受的最大压强时，温度再升高车胎就会胀破。
【归纳】
1.查理定律及推论
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与热力学温度的变化量ΔT成正比。
2.等容变化过程中的p-T图像和p-t图像
（1）p-T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且V1＜V2，即体积越大，斜率越小。
（2）p-t图像：压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小。图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强。
【典例2】 有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计。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，等于101 kPa）。已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线，t＝0 ℃的刻度线在何处？
审题指导
（1）建立物理模型
玻璃泡A的容积不变，是等容变化模型。
（2）利用查理定律
①玻璃泡内气体的初状态的压强p1、温度T1及末状态的温度T2已知。
②根据查理定律可求出末状态的压强p2。
（3）玻璃管内水银柱平衡
px＝p0－p气，可求得刻度线位置。
答案：21.4 cm
解析：选玻璃泡A内的一定量气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程。
玻璃泡A内气体的初始状态T1＝300 K，
p1＝（76－16）cmHg＝60 cmHg，
末态，即t＝0 ℃的状态T2＝273 K，
由查理定律得＝
则p2＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg，
所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是
x0＝（76－54.6）cm＝21.4 cm。
规律方法
应用查理定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。
（2）分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、压强。
（4）根据查理定律列式求解。
（5）求解结果并分析、检验。
1.对封闭在氧气筒内的氧气，当它的温度从20 ℃升高到40 ℃时，它的压强（ ）
A.变为原来的2倍 B.变为原来的倍
C.增加了原来压强的倍 D.增加了原来压强的倍
解析：D 氧气筒内的氧气是等容变化，温度从20 ℃升高到40 ℃时，由查理定律得＝，p2＝＝p1＝p1，解得p2－p1＝p1＝p1，故A、B、C错误，D正确。
2.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa。
（1）t'＝37 ℃时，气体压强是多大？
答案：1.085×105 Pa
（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？
答案：0.97
解析：（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为T＝（27＋273）K＝300 K，T'＝（37＋273）K＝310 K，此过程中体积不变，由查理定律有＝，解得p'＝1.085×105 Pa。
（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有pV＝p'V'，解得V'≈0.97V。
要点三 p-T图像与V-T图像
对于p-T图像与V-T图像的注意事项
（1）首先要明确是p-T图像还是V-T图像。
（2）不是热力学温标的先转换为热力学温标。
（3）解决问题时要将图像与实际情况相结合。
【典例3】 图甲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时的压强是1.5×105 Pa。
（1）写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图甲中TA的温度值。
（2）请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程。
答案：见解析
解析：（1）从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即
pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K。
（2）由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则画出状态A→B→C的p-T图像如图所示。
规律方法
气体图像相互转换的分析方法
（1）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等温过程、等容过程还是等压过程。
（2）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，逐一分析计算出各点的p、V、T。
（3）根据计算结果在图像中描点，连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。
1.（多选）如图所示是一定质量的理想气体三种升温过程，那么，以下四种解释中，哪些是正确的（ ）
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：AB 在p-T图像上的等容线的延长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小，由此可见，a状态对应体积最小，c状态对应体积最大，选项A、B正确。
2.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A处，缸内气体的压强为1.1p0（p0为大气压强且保持不变），温度为399.3 K，现缓慢让汽缸内气体降温，直至297 K。求：
（1）活塞刚离开A处时的温度TA；
（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。
答案：（1）363 K （2）0.9p0 （3）见解析
解析：（1）设等容过程中活塞刚离开A时的温度为TA，则
＝
得＝
解得TA＝363 K。
（2）设等压过程中活塞到达B处时的温度为TB
则＝
解得TB＝330 K
由等容降温过程得＝，
代入数据解得p＝0.9p0。
（3）如图
1.（多选）如图所示，竖直放置、开口向上的长试管内用水银封闭一段气体，大气压强保持不变，下列说法正确的是（ ）
A.若管内气体温度升高，则体积增大
B.若管内气体温度升高，则压强减小
C.若管内气体温度降低，则压强增大
D.若管内气体温度降低，则压强不变
解析：AD 大气压强不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化。根据＝C可知，若气体温度升高，则体积增大；若气体温度降低，则体积减小，A、D正确，B、C错误。
2.科学考察队到某一地区进行考察时携带了一种测量仪器。该仪器导热性能良好，且内部封闭有一定质量的气体，仪器的部分参数为：环境温度为27 ℃时，内部的气体压强为1.0×105 Pa。若该地区的气温为－23 ℃，不考虑封闭气体的体积变化，则该仪器内部的气体压强约为（T＝t＋273 K）（ ）
A.8.3×104 Pa B.8.5×104 Pa
C.9.9×104 Pa D.1.2×105 Pa
解析：A 初态温度T1＝（27＋273）K＝300 K，初态压强p1＝1.0×105 Pa；末态温度T2＝（－23＋273）K＝250 K，设末态压强为p2，根据查理定律得＝，解得p2≈8.3×104 Pa，A正确。
3.两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部的横截面积S＝0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为T1＝27 ℃，现把容器浸入温度为T2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为（ ）
A.5 cm3 B.7 cm3
C.10 cm3 D.12 cm3
解析：C 设容器的容积为V，由气体的等压变化规律可知＝，有＝，解得V＝10.1cm3，故选C。
4.一定质量的某种气体的等容或等压变化图像如图所示，下列关于这两个图像的说法正确的是（ ）
A.甲是等容线，乙是等压线
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.乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
解析：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错误；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错误；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，即一定质量的气体，不是在任何情况下都是p与t成直线关系，故C错误；由于图线是直线，乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变，故D正确。
5.（2024·天津高二期中）如图所示的是一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C的p-V图像，已知气体在状态A时的温度为27 ℃。求
（1）气体在状态B时的温度；
（2）气体在状态C时的温度。
答案：（1）150 K （2）300 K
解析：（1）理想气体从状态A变化到状态B，气体做等容变化，有
＝
其中TA＝（273＋27）K＝300 K
解得气体在状态B时的温度TB＝150 K。
（2）理想气体从状态B变化到状态C，气体做等压变化，有
＝
解得气体在状态C时的温度TC＝300 K。
题组一 气体的等压变化
1.关于盖—吕萨克定律，下列叙述中正确的是（ ）
A.一定质量气体的体积与它的温度成正比
B.一定质量气体的体积与它的热力学温度成正比
C.压强不变时，气体的体积与它的热力学温度成正比
D.一定质量气体的压强不变时，它的体积与热力学温度成正比
解析：D 由盖—吕萨克定律有＝C，则对于一定质量的气体，在保持压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比，故D正确，A、B、C错误。
2.一定质量的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.降低了150 ℃ D.降低了450 ℃
解析：B 由盖—吕萨克定律可得＝，代入数据可得＝，解得T2＝450 K，所以升高的温度Δt＝ΔT＝150 ℃。故B正确。
题组二 气体的等容变化
3.拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是（ ）
A.火罐内的气体温度不变
B.火罐内的气体温度降低，压强减小
C.火罐内的气体温度降低，压强不变
D.火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变
解析：B 把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，故D错误。
4.（多选）一定质量的气体在体积不变时，下列有关气体的状态变化的说法正确的是（ ）
A.温度每升高1 ℃，增加的压强是原来压强的
B.温度每升高1 ℃，增加的压强是0 ℃时压强的
C.气体压强和热力学温度成正比
D.气体压强与摄氏温度成正比
解析：BC 根据查理定律有p＝CT，C正确，D错误；将T＝（273.15＋t）K代入得p＝C·（273.15＋t）K，升高1 ℃时的压强为p1＝C·（274.15＋t）K，所以Δp＝，t＝0时有Δp＝，A错误，B正确。
5.某同学做了一个简易温度计，他用烧瓶插上一根两端开口的细玻璃管，然后用手焐热烧瓶，把玻璃管插入水中，松手冷却后就有一小段几厘米的水柱进入玻璃管内。若室内空气温度恒定，水柱高度保持不变，当室内空气温度升高或降低，水柱高度也会相应发生变化，如果在玻璃管壁上标上刻度，这就是一个能够反映出气温高低的简易温度计。由于玻璃管很细，被封闭气体的体积变化可以忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A.玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的
B.玻璃管上的刻度从下到上越来越密集
C.玻璃管上的刻度从下到上越来越稀疏
D.玻璃管上的刻度从下到上先变稀疏后变密集
解析：A 根据题意，被封闭气体发生等容变化，满足查理定律＝C，即＝C，又因为Δp＝ρgΔh，所以水柱高度变化量Δh＝ΔT，可知水柱高度变化量Δh与温度的变化量ΔT成正比，因此玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的。故选A。
题组三 p-T图像与V-T图像
6.（多选）一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V-T图上的表示如图所示，则（ ）
A.在A→C过程中，气体的压强不断变大
B.在C→B过程中，气体的压强不断变小
C.在状态A时，气体的压强最大
D.在状态B时，气体的压强最大
解析：AD 气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C（C是常量）可知，体积减小，压强增大，故A正确；由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C（C是常量）可知，温度升高，压强增大，故B错误；综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确。
7.如图所示，一定质量的气体分别经历a→b和a→c两个过程，则（ ）
A.a状态气体分子的平均动能大于b状态气体分子的平均动能
B.状态a的体积大于状态b的体积
C.状态b的体积等于状态c的体积
D.a→c过程中所有气体分子热运动的速率增大
解析：C 由图可知，状态a的温度小于状态b的温度，所以a状态气体分子的平均动能小于b状态气体分子的平均动能，A错误；p-T图像中，Oa的斜率大于Ob的斜率，则状态a的体积小于状态b的体积，B错误；同理，Ob的斜率与Oc的斜率相等，则状态b与状态c体积相等，C正确；a→c过程中气体温度升高，气体分子热运动的平均速率增大，但并不是所有分子的速率都增大，D错误。
8.如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2＞V3，h1＜h2＝h3。若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是（ ）
A.丙管 B.甲管和乙管
C.乙管和丙管 D.三管中水银柱向上移动一样多
解析：B 由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2＞V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2＞ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，A、C、D错误。
9.（多选）如图所示，在一只烧瓶上连一根玻璃管，把它跟一个水银压强计连在一起，烧瓶里封闭着一定质量的气体，开始时水银压强计U形管两端水银面一样高。下列情况下，为使U形管两端水银面一样高，A管的移动方向是（ ）
A.如果把烧瓶浸在热水中，应把A管向下移
B.如果把烧瓶浸在热水中，应把A管向上移
C.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A管向下移
D.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A管向上移
解析：AD 使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压强且不变。若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管向下移，故A正确，B错误；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管向上移，故C错误，D正确。
10.如图，一汽缸开口向右、固定于水平地面上，一活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内。汽缸中间位置有小挡板。开始时，外界大气压为p0，活塞紧压于小挡板右侧。缓慢升高封闭气体温度T，封闭气体压强p随T变化图像可能正确的是（ ）
解析：B 当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线。故选B。
11.如图所示，在横截面积S＝0.01 m2的圆柱形汽缸中用一光滑导热活塞封闭一定质量的某种气体，汽缸底部开有一小孔，与U形导管相连，稳定后导管两侧水银面的高度差为Δh＝15 cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50 cm，U形导管的体积可忽略。已知室温t0＝27 ℃，外界大气压强p0＝75 cmHg＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求活塞的质量；
（2）使环境温度缓慢降至－63 ℃，求此时U形导管两侧水银面高度差和活塞离容器底部的高度L'。
答案：（1）20 kg （2）15 cm 35 cm
解析：（1）根据U形导管两侧水银面的高度差可知汽缸中的压强为pA＝p0＋ρgΔh
对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝pAS
联立解得m＝20 kg。
（2）由于活塞光滑，所以气体发生等压变化，U形导管两侧水银面的高度差不变，仍为Δh＝15 cm
初状态：温度为T1＝300 K
体积为V1＝50 cm×S
末状态：温度为T2＝210 K
体积为V2＝L'S
由盖—吕萨克定律有＝
解得活塞离容器底部的高度为L'＝35 cm。
12.如图，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左端上部有一光滑导热活塞，管底部有了一段水银柱，活塞和水银柱之间封闭了一段空气柱。外界大气压p0＝1.0×105 Pa，外界的温度t0＝27 ℃，玻璃管的横截面积S＝1 cm2，稳定后，管内水银柱及空气柱长度如图所示。设玻璃管导热良好，水银的密度为ρ＝13.6×103 kg/m3。重力加速度g取10 m/s2。
（1）求活塞的质量；
（2）若将右端缓慢注入10 cm水银柱，外界的温度缓慢降至－3 ℃，此过程中活塞始终在玻璃管内，求封闭空气柱的长度l'。
答案：（1）0.204 kg （2）45 cm
解析：（1）封闭空气柱压强为
p＝p0＋ρgΔh＝1.0×105 Pa＋13.6×103×10×0.15 Pa＝1.204×105 Pa
对活塞，有pS＝p0S＋mg
解得m＝0.204 kg。
（2）T1＝300 K，体积V1＝50S，T2＝270 K，体积V2＝l'S，由于在注水银和降低温度过程中活塞的质量不变，则气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝，
解得l'＝45 cm。
15 / 15第二章 气体、固体和液体
1.温度和温标
课标要求 素养目标
1.知道热力学系统的状态参量。 2.了解温度计的原理 1.了解系统的状态参量以及平衡态的概念。掌握热平衡的概念及热平衡定律。掌握温度与温标的定义以及热力学温标的概念。（物理观念） 2.通过学习温度与温标，体会热力学温度与摄氏温度的关系。（科学思维）
知识点一 状态参量与平衡态
1.热力学系统和外界
（1）热力学系统：由 大量分子 组成的研究对象叫作热力学系统，简称系统。
（2）外界：系统之外与系统发生 相互作用 的其他物体统称外界。
2.状态参量：在热学中，为确定系统的 状态 ，也需要用到一些物理量，这些物理量叫作系统的状态参量。常用的状态参量有体积V、压强p、 温度T 等。
3.平衡态：在没有外界影响的情况下，只要经过足够长的时间，系统内各部分的 状态参量 达到的稳定状态。这种状态叫作平衡态，否则就是非平衡态。
知识点二 热平衡与温度
1.热平衡：两个相互接触的热力学系统，经过一段时间，各自的状态参量 不再变化 ，说明两个系统达到了平衡，这种平衡叫作热平衡。
2.热平衡定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于 热平衡 。
3.温度：热平衡中，表征“共同的 热学 性质”的物理量。
4.热平衡的性质：达到热平衡的系统都具有相同的 温度 。
知识点三 温度计与温标
1.温标
（1）定义：定量描述 温度 的方法。
（2）温标的种类
①摄氏温标
一种常用的表示温度的方法，规定标准大气压下冰的熔点为 0 ℃，水的沸点为 100 ℃。在0 ℃和100 ℃之间均匀分成100等份，每份算作1 ℃。
②热力学温标
现代科学中常用的表示温度的方法，规定摄氏温度的－273.15 ℃为热力学温标的零值。
2.摄氏温度与热力学温度
（1）摄氏温度：摄氏温标表示的温度，用符号t表示，单位是摄氏度，符号为℃。
（2）热力学温度：热力学温标表示的温度，用符号T表示，单位是 开尔文 ，符号为K。
（3）换算关系：T＝ t＋273.15 K 。
3.温度计
温度计是用来测量物体（系统）温度的仪器，温度计的种类很多，常见的有水银温度计、金属电阻温度计、气体温度计、热电偶温度计等。
【情景思辨】
1.四季变换，阴晴冷暖，我们每天都会关注天气预报，适当增减衣物。某市某天的天气预报如下：明日天气多云转晴，最低温度20 ℃，最高温度27 ℃。那么温度的物理含义是什么呢？我们平时用的温度计的测温原理是什么呢？
提示：温度通常指物体的冷热程度，温度计的测温的原理是热平衡定律。
2.判断正误。
（1）表示系统的状态参量常用的有体积、阿伏加德罗常数和温度。（ × ）
（2）热平衡时，两系统的温度相同，压强、体积也一定相同。（ × ）
（3）系统处于平衡态时，其温度不再随时间变化。（ √ ）
（4）温度升高了10 ℃也就是升高了10 K。（ √ ）
要点一 状态参量与平衡态
1.热力学系统的状态参量
（1）体积V：系统的几何参量，它可以确定系统的空间范围。
（2）压强p：系统的力学参量，它可以描述系统的力学性质。
（3）温度T：系统的热学参量，它可以确定系统的冷热程度。
2.对热力学平衡态的理解
（1）平衡态是一种动态平衡，组成系统的分子仍在不停地做无规则运动，只是分子运动的平均效果不随时间变化，表现为系统的宏观性质不随时间变化，而力学中的平衡态是指物体的运动状态处于静止或匀速直线运动状态。
（2）平衡态是一种理想情况，因为任何系统完全不受外界影响是不可能的。系统处于平衡态时，仍可能发生偏离平衡态的微小变化。
【典例1】 如果一个系统达到了平衡态，那么这个系统各处的（ ）
A.温度、压强、体积都必须达到稳定的状态不再变化
B.温度一定达到了某一稳定值，但压强和体积仍是可以变化的
C.温度一定达到了某一稳定值，并且分子不再运动，达到了“凝固”状态
D.温度、压强达到稳定值，但体积仍可变化
答案：A
解析：如果一个系统达到了平衡态，系统的状态参量，如温度、压强和体积等不再随时间发生变化。温度达到稳定值，分子仍然是运动的，不可能达到所谓的“凝固”状态，故A正确。
规律方法
解答平衡态问题的三个要点
（1）平衡态指的是一个系统内部达到的一种动态平衡。
（2）必须经过较长一段时间，系统内所有性质都不随时间变化才达到平衡态。
（3）系统处于平衡态时与外界没有能量的交换。
1.下列不是描述气体状态参量的物理量是（ ）
A.压强 B.体积
C.质量 D.温度
解析：C 描述气体的状态参量有压强、体积、温度，故选C。
2.（多选）下列各系统处于平衡态的是（ ）
A.放在0 ℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B.静止在沸水中足够长时间的铜块
C.刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D.放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
解析：ABD 系统处于平衡态时，其状态参量不变，铜块静止在沸水中足够长的时间，密闭导热容器中的冰水混合物处在0 ℃环境中，其状态参量不再变化，即处于平衡态，A、B正确；刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐，温度未达到稳定状态，则处于非平衡态，C错误；放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液，其温度、体积等状态参量不再变化，处于平衡态，D正确。
要点二 热平衡与温度
【探究】
（1）用手心握住体温计玻璃泡，观察到体温计的示数逐渐上升。当上升到36 ℃左右时，为什么不再上升？
提示：因为体温计与人体温度相同，即达到了热平衡。
（2）当把它立即放入40 ℃的水中时，你又看到什么现象？为什么？
提示：体温计的示数继续上升，因为体温计玻璃泡的温度与水的温度不相同，没有达到热平衡。
【归纳】
1.对温度的理解
（1）宏观上
温度的物理意义：表示物体的冷热程度。
（2）微观上
反映物体内分子热运动的剧烈程度，是大量分子热运动平均动能的标志。
（3）与热平衡的关系：各自处于热平衡状态的两个系统，相互接触时，它们相互之间发生了热量的传递，热量从高温系统传递给低温系统，经过一段时间后两系统温度相同，达到一个新的平衡状态。
2.平衡态与热平衡的比较
研究 对象 （1）平衡态是对某一系统而言的 （2）热平衡是对两个接触的系统而言的
状态 性质 （1）达到热平衡的两个系统都处于平衡态，两个都处于平衡态的系统不一定达到热平衡 （2）分别处于平衡态的两个系统在相互接触时，它们的状态可能会发生变化，直到温度相同时，两系统便达到了热平衡
判断 依据 （1）系统不受外界影响，状态参量不变，则该系统处于平衡态 （2）两个系统的温度相同，则这两个系统处于热平衡
3.热平衡定律的意义
热平衡定律又叫热力学第零定律，为温度的测量提供了理论依据。因为互为热平衡的物体具有相同的温度。
【典例2】 （多选）关于热平衡，下列说法正确的是（ ）
A.系统甲与系统乙达到热平衡就是它们的温度达到相同的数值
B.标准状况下冰水混合物与0 ℃的水未达到热平衡
C.量体温时体温计需和身体接触5 min左右是为了让体温计跟身体达到热平衡
D.冷热程度相同的两系统处于热平衡状态
答案：ACD
解析：两系统达到热平衡的标志就是它们的温度相同，或者说它们的冷热程度相同，故A、C、D正确，B错误。
规律方法
判断系统达到热平衡的两个方法
（1）根据两个相接触的系统的状态参量是否发生变化判断。若不发生变化，则处于热平衡；若发生变化，则不处于热平衡。
（2）根据两个系统的温度是否相同判断。若相同，则处于热平衡；若不相同，则不处于热平衡。
1.关于平衡态和热平衡，下列说法正确的是（ ）
A.热平衡就是平衡态
B.只要系统的温度不变且处处相等，系统就处于平衡态
C.处于热平衡的两个系统内能一定相同
D.处于热平衡的两个系统温度一定相同
解析：D 平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个（或多个）系统相互影响的最终结果，A错误；一个系统的温度、压强、体积都不变化，系统才处于平衡态，仅根据温度不变且处处相等不能得出系统一定处于平衡态的结论，B错误；如果两个系统处于热平衡状态，则它们的温度一定相同，但是内能不一定相同，C错误，D正确。
2.（多选）一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则（ ）
A.从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块放出的热量等于铁块吸收的热量
B.在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块放出的热量不等于铁块吸收的热量
C.达到热平衡时，铜块的温度是T＝
D.达到热平衡时，两者的温度相等
解析：AD 在系统不和外界交换能量的条件下，高温的铜块放出的热量一定等于低温的铁块吸收的热量，达到热平衡时，两者的温度一定相等，A、D正确，B错误；铜块和铁块的比热容不同，由比热容公式Q＝cmΔt知，温度改变量相同时，放出或吸收的热量不同，故达到热平衡时的温度T≠，C错误。
要点三 温度计与温标
【探究】
某小说中有这样一段对话：
爸爸：“人发烧到一百零二度是不会死的，你真是在说傻话。”
儿子：“我知道会的。在法国上学的时候，同学们告诉我，发烧到四十度就活不了了。我已经一百零二度了。”
其中的102度是指的华氏温度，40度是指的摄氏温度，同学们可以查阅资料，进一步了解它们之间的关系，并把40 ℃换算成热力学温度。
提示：40 ℃换算成热力学温度为313.15 K。
【归纳】
1.温度计的测温原理
若物体与A处于热平衡，它同时也与B处于热平衡，则A的温度等于B的温度，这就是温度计用来测量温度的基本原理。
2.摄氏温标和热力学温标的比较
摄氏温标 热力学温标
提出者 摄尔修斯 英国物理学家开尔文
零度的 规定 一个标准大气压下冰水混合物的温度 －273.15 ℃，即绝对零度
摄氏温标 热力学温标
温度名称 摄氏温度 热力学温度
温度符号 t T
单位名称 摄氏度 开尔文
单位符号 ℃ K
关系 T＝t＋273.15 K 粗略表示T＝t＋273 K
【典例3】 （多选）下列关于热力学温度的说法正确的是（ ）
A.－33 ℃＝240 K
B.温度变化1 ℃，也就是温度变化1 K
C.摄氏温度与热力学温度都可能取负值
D.温度由t ℃升至2t ℃，对应的热力学温度升高了t＋273 K
答案：AB
解析：由T＝t＋273 K可知，－33 ℃相当于240 K，A正确；由T＝t＋273 K可知ΔT＝Δt，即热力学温度的变化总等于摄氏温度的变化，温度变化1 ℃，也就是温度变化1 K，B正确；因为绝对零度不能达到，故热力学温度不可能取负值，而摄氏温度可以取负值，C错误；用热力学温度表示，初态温度为t＋273 K，末态温度为2t＋273 K，故热力学温度也升高了t，D错误。
规律方法
对热力学温度与摄氏温度关系的理解
（1）T＝t＋273.15 K是解决有关热力学温度与摄氏温度关系问题的基础。
（2）摄氏温度变化1 ℃与热力学温度变化1 K是等效的，即ΔT＝Δt，而不是ΔT＝Δt＋273.15 K。
（3）绝对零度是低温的极限，只能接近，永远达不到，故热力学温度不能出现负值，但摄氏温度可以出现负值。
（多选）下列说法正确的是（ ）
A.温度计测温原理就是热平衡定律
B.温度计与被测系统的温度不相同时，读不出示数
C.温度计读出的示数是它自身这个系统的温度，若它与被测系统达到热平衡，这一示数也是被测系统的温度
D.温度计读出的示数总是被测系统的温度，无论是否达到热平衡
解析：AC 温度计能测出被测物体的温度的原理就是热平衡定律，即温度计与被测物体达到热平衡时温度相同，其示数也就是被测物体的温度，故A、C正确，D错误；温度计与被测系统的温度不相同时，仍有示数，B错误。
1.关于温度与温标，下列说法正确的是（ ）
A.温度与温标是一回事，所以热力学温标也称为热力学温度
B.摄氏温度与热力学温度都可以取负值
C.摄氏温度升高3 ℃，在热力学温标中温度升高276.15 K
D.热力学温度每一度的大小与摄氏温度每一度的大小相等
解析：D 温标是定量描述温度的方法，而温度表示的是物体的冷热程度，所以温度与温标不是一回事，A错误；热力学温度不可以取负值，B错误；根据T＝t＋273.15可知，摄氏温度升高3 ℃，则热力学温标升高3 K，C错误；热力学温标的分度与摄氏温标的分度是相等的，即热力学温度每一度的大小与摄氏温度每一度的大小相等，D正确。
2.关于平衡态和热平衡，下列说法正确的是（ ）
A.A、B两系统各自处于平衡态，则两者接触的瞬间就能处于热平衡
B.两个系统在接触时，它们的状态不发生变化，说明这两个系统原来的温度是相等的
C.处于热平衡的两个物体内能一定相等
D.处于热平衡的几个系统的压强一定相等
解析：B 平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个（或多个）系统相互影响的最终结果，A、B各自处于平衡态，但A、B接触可能需要一段时间才能达到热平衡，A错误；根据热平衡的定义知，处于热平衡的两个系统温度相同，B正确，D错误；处于热平衡的两个物体内能不一定相等，C错误。
3.（多选）下列叙述错误的是（ ）
A.若不断冷冻，物体的温度就不断地下降，没有止境
B.目前尚不知最低温是多少，最高温是多少
C.－373 ℃是低温的下限
D.现代技术达不到绝对零度
解析：ABC 根据绝对零度无法达到可知，温度不会不断下降，故A错误；目前已知最低温度为－273.15 ℃，故B、C错误；现代技术下，绝对零度无法达到，故D正确。
4.温度计是生活、生产中常用的测温装置。如图为一个简易温度计，一根装有一小段有色水柱的细玻璃管穿过橡皮塞插入烧瓶内，烧瓶内封闭有一定质量的气体。当外界温度发生变化时，水柱位置将上下变化。已知A、D间的测量范围为20～80 ℃，A、D间刻度均匀分布。由图可知，A、D及此时有色水柱下端对应温度分别为（ ）
A.20 ℃、80 ℃、64 ℃ B.20 ℃、80 ℃、68 ℃
C.80 ℃、20 ℃、32 ℃ D.80 ℃、20 ℃、34 ℃
解析：C 该温度计是利用气体的热胀冷缩原理制成的，温度升高时烧瓶内气体膨胀，有色水柱上升；温度降低时烧瓶内气体收缩，有色水柱下降。已知A、D间的测量范围为20～80 ℃，可得A点对应80 ℃，D点对应20 ℃，A、D间刻度均匀分布，每小格表示＝4 ℃，则有色水柱下端对应温度为 20 ℃＋3×4 ℃＝32 ℃，故C正确，A、B、D错误。
题组一 状态参量与平衡态
1.（多选）（2024·江西九江高二模拟）关于状态参量，下列说法正确的是（ ）
A.体积是几何参量 B.压强是力学参量
C.温度是热学参量 D.压强是热学参量
解析：ABC 热学中，为了描述系统所处的状态，所用到的物理量称为状态参量。确定系统空间范围用到的体积，它是一个几何参量；确定外界与系统之间或系统内部各部分之间的力的作用用到的压强，它是一个力学参量；确定系统的冷热程度用到的温度，它是一个热学参量，故A、B、C正确，D错误。
2.热力学系统的平衡态是一种（ ）
A.定态平衡 B.动态平衡
C.分子静止 D.只是温度一定达到了某一稳定值
解析：B 热力学的平衡态是一种动态平衡，组成系统的分子仍在不停地做无规则运动，只是分子运动的平均效果不随时间变化，系统的状态参量均不随时间发生变化，所以A、C、D错误，B正确。
题组二 热平衡与温度
3.如果两个系统通过相互作用，达到了热平衡，那么这两个系统（ ）
A.一定具有相同的压强 B.一定具有相同的温度
C.一定具有相同的体积 D.一定同时具有相同的温度、压强和体积
解析：B 两个系统达到了热平衡，它们具有一个“共同性质”，就是温度，或者说温度是决定一个系统与另一个系统是否达到热平衡的物理量，故B正确，A、C、D错误。
4.（多选）下列各个状态中处于平衡态的是（ ）
A.将冰水混合物放在0 ℃的房间里
B.将铜块放在沸水中加热足够长的时间
C.电影院开空调5分钟内放映厅内的气体
D.一个密闭绝热匀速运动的容器突然停止运动时，运动容器内的气体
解析：AB 系统处于平衡态时，其状态参量不随时间变化。冰水混合物在0 ℃的房间里，其温度、压强、体积都不再变化，处于平衡态，故A正确；铜块在沸水中加热很长时间后，其温度、压强、体积也不再变化，处于平衡态，故B正确；开空调5分钟内放映厅内气体的温度、体积都要变化，不是处于平衡态，故C错误；密闭绝热匀速运动的容器突然停止运动时，容器内的气体的温度升高，压强变大，其不是处于平衡态，故D错误。
5.（多选）关于温度和热平衡，下列说法中正确的是（ ）
A.处于热平衡状态的系统，温度一定相同
B.摄氏温度变化1 ℃，热力学温度变化1 K
C.摄氏温度1 ℃，对应热力学温度是1 K
D.温度是分子势能的宏观标志
解析：AB 处于热平衡状态的系统，温度一定相同，故A正确；根据热力学温度T与摄氏温度t的关系T＝273.15＋t可知，摄氏温度变化1 ℃，热力学温度变化1 K，故B正确；摄氏温度1 ℃，对应热力学温度为274.15 K，故C错误；温度是分子平均动能的宏观标志，故D错误。
题组三 温度计与温标
6.金华6月某天的最高温度为36 ℃，最低温度为27 ℃，用热力学温标来表示金华这一天的最高温度和最大温差分别为（ ）
A.36 K；9 K B.309 K；9 K
C.36 K；300 K D.309 K；282 K
解析：B 用热力学温标来表示最高温度和最低温度分别为T1＝273＋t1＝（273＋36）K＝309 K，T2＝273＋t2＝（273＋27）K＝300 K，最大温差为ΔT＝T1－T2＝309 K－300 K＝9 K，故选B。
7.（多选）严冬，湖面上结了厚厚的冰，但冰下鱼儿仍在游动。为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞，拿来一支实验室温度计，用下列四种方法测水温，正确的做法是（ ）
A.用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出温度计的示数
B.取一空的塑料饮水瓶，将温度计悬吊在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即读出温度计的示数
C.若温度计显示的示数为摄氏温度4 ℃，即热力学温度4 K
D.若温度计显示的示数为摄氏温度4 ℃，即热力学温度277.15 K
解析：BD 要测量冰下水的温度，必须使温度计与冰下的水达到热平衡时，再读出温度计的示数，但因隔着冰无法直接读数，把温度计取出来，显示的也不再是原热平衡状态下的温度，A错误，B正确；T＝t＋273.15 K＝（4＋273.15）K＝277.15 K，C错误，D正确。
8.如图所示的是四种测量液体温度的方法，其中正确的是（ ）
解析：D 用温度计测量液体温度时，温度计必须置于液体中，而且不能与容器壁或容器底接触，D项正确。
9.摄氏温度和热力学温度的函数关系如图所示，正确的是（ ）
解析：C 摄氏温度用t表示，热力学温度用T表示，则热力学温度和摄氏温度的函数关系为T＝t＋273.15 K，由函数关系式可知，T-t图像的斜率为正值，且当T＝0时， t为负值，故A、B、D错误，C正确。
10.（多选）两个原来处于热平衡状态的系统分开后，由于受外界的影响，其中一个系统的温度升高了5 K，另一个系统温度升高了5 ℃，则下列说法正确的是（ ）
A.两个系统不再是热平衡系统了
B.两个系统此时仍是热平衡状态
C.两处系统的状态都发生了变化
D.两个系统的状态都没有发生变化
解析：BC 两个系统原来温度相同而处于热平衡状态，分开后，由于升高的温度相同，接触后两者仍处于热平衡状态，新的热平衡状态下温度比以前升高了，两个系统的状态都发生了变化，B、C正确。
11.（多选）实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片压合在一起的双金属片的弯曲程度随温度的变化而变化的原理制成的，如图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述中正确的有（ ）
A.该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B.双金属温度计是利用测量物质热胀冷缩的性质来工作的
C.由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D.由图乙可知，双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁
解析：ABC 双金属温度计是利用热膨胀系数不同的铜、铁两种金属制成的，双金属片的弯曲程度随温度变化而变化，A、B正确；题图甲中，加热时，双金属片弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀系数较大，即铜的热膨胀系数较大，C正确；题图乙中，温度计示数是沿顺时针方向增大的，说明当温度升高时温度计指针沿顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可以推断双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D错误。
12.实验室有一支读数不准确的温度计，在测量冰水混合物的温度时，其读数为20 ℃；在测量1标准大气压下沸水的温度时，其读数为80 ℃。下列分别是温度计示数为41 ℃时对应的实际温度和实际温度为60 ℃时温度计的示数，其中正确的是（ ）
A.41 ℃，60 ℃ B.21 ℃，40 ℃
C.35 ℃，56 ℃ D.35 ℃，36 ℃
解析：C 此温度计每一刻度表示的实际温度为 ℃＝ ℃，当它的示数为41 ℃时，它上升的格数为41－20＝21，对应的实际温度应为21× ℃＝35 ℃；同理，当实际温度为60 ℃时，此温度计应从20开始上升格数为＝36，它的示数为36 ℃＋20 ℃＝56 ℃，所以C正确。
13.如图甲所示的是某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况，把这段金属丝与电池、电流表串联起来（如图乙所示），用这段金属丝做温度探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到一个简单的电阻温度计。请判断：如果电池的电动势和内阻都是不变的，电流表上代表t1、t2的两点，哪个点应该标在电流比较大的位置上？
答案：t1
解析：由闭合电路欧姆定律I＝知若R较小，则I较大，可确定所标温度的高低。由题图甲可知t1＜t2，RA＜RB，由闭合电路欧姆定律I＝知连入RA时，电流I较大，对应t1，故t1应标在电流较大的位置上。
14.家用温度计经常标有摄氏温度和华氏温度，摄氏温度是把冰水混合物的温度定为0 ℃，水沸腾的温度定为100 ℃，两温度之间分为100等份，每一等份为1 ℃；而华氏温度把冰水混合物的温度定为32华氏温度，水沸腾的温度定为212华氏温度，中间分为180等份，每一等份为1华氏温度。（本题所述皆为标准大气压下）
（1）温度每上升1 ℃，即上升多少华氏温度？
（2）人的正常体温若取37 ℃，对应多少华氏温度？
答案：（1）1.8 华氏温度 （2）98.6华氏温度
解析：（1）1 ℃＝华氏温度＝1.8华氏温度。
（2）37×1.8华氏温度＋32华氏温度＝98.6华氏温度。
10 / 10第2课时 玻意耳定律
课标要求 素养目标
理解玻意耳定律 1.理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系。掌握玻意耳定律的内容和公式，知道定律的适用条件。理解气体等温变化的p-V图像的物理意义。（物理观念） 2.能用玻意耳定律解决实际问题。（科学思维）
知识点 玻意耳定律
1.内容
一定质量的某种气体，在 温度 不变的情况下，压强p与体积V成 反比 。
2.公式
pV＝C（C是常量）或 p1V1＝p2V2 。
3.条件
气体的 质量 一定， 温度 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 双曲线 ，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为 等温线 。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。
【情景思辨】
1.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，若小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，上升到一定高度会胀破，其胀破的原因是什么呢？
提示：氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，膨胀到一定程度时，气球就会胀破。
2.判断正误。
（1）玻意耳定律在任何条件下都成立。（ × ）
（2）玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体。（ × ）
（3）在公式pV＝C中，C是一个与气体无关的参量。（ × ）
（4）若p -图像是一条过原点的倾斜直线，说明压强p与体积V成反比。（ √ ）
要点一 封闭气体压强的计算
【探究】
（1）如图甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度大小为g，其他条件已标于图上，试求封闭气体A的压强。
提示：同一水平液面C、D处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。
（2）在图乙中，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，设大气压强为p0，重力加速度大小为g，试求封闭气体的压强。
提示：以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS，则p＝p0＋。
【归纳】
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
同种液体在同一深度向各个方向的压强相等，在连通器中，灵活选取等压面，利用同一液面压强相等求解气体压强。如图甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故pA＝p0＋ph；如图乙所示，M、N两处压强相等，从左侧管看，有pB＝pA＋ph2，从右侧管看，有pB＝p0＋ph1。
（2）受力平衡法
选与封闭气体接触的活塞、汽缸或液体为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强。
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。
如图所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱进行受力分析，由牛顿第二定律得pS－p0S－mg＝ma则p＝p0＋。
【典例1】 若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，求被封闭气体的压强。（重力加速度为g，图甲、乙中液体的密度为ρ，图丙中活塞的质量为m，活塞的横截面积为S）
答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0＋
解析：在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p下S'＝p上S'（S'为小试管的横截面积），所求气体压强就是A液面所受压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，由连通器原理可知B液面所受向上的压强为大气压强p0，故有pA＋ρgh＝p0，所以pA＝p0－ρgh。在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有pAS″＋phS″＝p0S″（S″为U形管的横截面积），所以pA＝p0－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，所以p＝p0＋。
易错警示
压强计算的两点注意
（1）液柱产生的压强p＝ρgh中，h是液柱竖直高度差，不一定是液柱长度。
（2）不要漏掉大气压强。
1.求图中被封闭气体A的压强，图中的玻璃管内都灌有水银。大气压强p0＝76 cmHg。
答案：（1）66 cmHg （2）71 cmHg （3）81 cmHg
解析：（1）p1＝p0－ρgh＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。
（2）p2＝p0－ρgh'＝76 cmHg－5 cmHg＝71 cmHg。
（3）p3＝p0＋ρgh2－ρgh1＝76 cmHg＋10 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。
2.如图所示，汽缸的横截面积为S，活塞质量为M，在活塞上放质量为m的铁块，设大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦，当汽缸以加速度a向上匀加速运动，汽缸和活塞达到相对静止状态时，求缸内封闭气体的压强p。
答案：p0＋
解析：以活塞和铁块整体为研究对象，由牛顿第二定律得
pS－p0S－（M＋m）g＝（M＋m）a
解得p＝p0＋。
要点二 玻意耳定律的理解与应用
【探究】
如图所示为一位同学的美术作品，根据所掌握的物理知识，请探究：
（1）该美术作品中有没有错误？如有，正确的画法是什么？（用简单的文字表述，不要画图）
提示：有错误；气泡向水面运动，体积要逐渐增大。
（2）这样画的物理学依据是什么？（假设河水温度不变）
提示：由玻意耳定律pV＝C可知，温度不变时，压强减小，体积增大。
【归纳】
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.玻意耳定律的数学表达式pV＝C中的常量C不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该恒量C越大。
3.应用玻意耳定律解题的思路和方法
（1）确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。
（2）确定初、末状态及状态参量（p1、V1、p2、V2）。
（3）根据玻意耳定律列方程，有p1V1＝p2V2，代入数值求解（注意各状态参量要统一单位）。
（4）注意分析题目中的隐含条件，必要时还应根据力学或几何知识列出辅助方程。
（5）有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去。
【典例2】 （2024·山东济宁高二期中）如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝35 cm，两边水银柱高度差h＝12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求：
（1）此时被封闭的气柱的压强p；
答案： 64 cmHg
解析：封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
（2）现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后封闭气柱长度变为32 cm，此时两边水银柱的高度差。
答案： 6 cm
解析：封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
规律方法
应用玻意耳定律解题时应注意的问题
（1）应用玻意耳定律解决问题时，一定要先确定好两个状态的体积和压强。
（2）确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转化成国际单位制单位。
如图所示，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为50 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2。当空气柱被压缩到48 cm长时，压力传感器使洗衣机进水阀门关闭，此时洗衣缸内水位高度约为（ ）
A.44 cm B.42 cm
C.46 cm D.50 cm
解析：A 压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为p＝p0＋ρg（h－l1＋l2），其中l1＝50 cm，l2＝48 cm，则由玻意耳定律可知p0l1S＝[p0＋ρg（h－l1＋l2）]l2S，解得h≈43.7 cm，故A正确。
要点三 气体等温变化的p-V图像
1.一定质量的某种气体，其等温线是双曲线，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示。
2.玻意耳定律pV＝C（常量），其中常量C随气体温度的升高而增大，常量C越大等温线离坐标轴越远，图乙中同一气体三条等温线的关系为T3＞T2＞T1。
3.一定质量气体的等温变化过程，也可以用p-图像来表示，如图所示。等温线是一条延长线通过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率 k＝＝pV∝T，即斜率越大，气体的温度越高。
【典例3】 一定质量的气体由状态A沿直线变到状态B的过程如图所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度（ ）
A.一直下降
B.先上升后下降
C.先下降后上升
D.一直上升
答案：B
解析： A、B位于同一条等温线上，取直线上任一点C，如图所示，过C点作平行于p轴的直线，根据气体压强的微观解释，一定质量的气体，在体积相同的情况下，压强越大温度越高，故此变化过程中温度应先上升后下降。B正确。
1.如图所示，一端开口、另一端封闭的玻璃管内用水银柱封闭一定质量的气体，保持温度不变，把管子以封闭端为圆心，从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，可用来说明气体状态变化的p-V图像是（ ）
解析：C 水平方向上有P1＝P0，竖直方向上有P2＝P0＋ρgh，开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，气体的压强减小，体积增大。又因为温度不变，所以p-V图线应为双曲线的一支，故C正确。
2.（多选）如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的过程，则下列说法正确的是（ ）
A.D→A是一个等温过程
B.A→B是一个等温过程
C.A与B的状态参量不同
D.B→C体积增大，压强减小，温度不变
解析：ACD D→A是一个等温过程，A正确；A、B两状态温度不同，A→B的过程中不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B错误，C正确；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。
1.（多选）如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，待稳定后呈现的物理现象是（ ）
A.封闭端内气体的压强增大
B.封闭端内气体的压强减小
C.封闭端内气体的压强不变
D.封闭端内气体的体积减小
解析：AD 由图示可知，气体压强与外界压强间的关系为p2＝p0－ρgh，玻璃管倾斜，h变小，管中的气体压强变大，由pV＝C可知，气体体积变小，故A、D正确，B、C错误。
2.（多选）如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法正确的是（ ）
A.从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C.由图可知T1＞T2
D.由图可知T1＜T2
解析：ABD 一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同的温度下等温线是不同的，故A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，故C错误，D正确。
3.（多选）一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线如图所示，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：BD 由pV＝C变形得p＝C，即一定质量的气体在发生等温变化时，压强与体积的倒数成正比，则压强与体积成反比，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，C错误，D正确。
4.一个气泡从水面下40 m深处缓缓上升到水面，假定水的温度均匀，水面上方的压强为1 atm，水面下方深度每增加10 m，压强大约增加1 atm，则气泡到达水面时的体积为原来的（ ）
A.3倍 B.4倍
C.5倍 D.6倍
解析：C 气泡在水面下40 m深处的压强为p1＝ρgh＋p0＝5 atm，根据玻意耳定律，可得p1V1＝p0V2，解得＝＝5，故选C。
5.气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭汽缸导热良好，横截面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接，初始时汽缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计，车辆载重时相当于在汽缸顶部增加一个物体A，稳定时汽缸下降了0.75L0，气体温度保持不变，求：
（1）物体A的重力大小；
（2）如果大气压强为p0，为使汽缸升到原位置，需向汽缸内充入与汽缸温度相同的大气体积。
答案：（1）3p1S （2）
解析：（1）设汽缸下降0.75L0后，气体压强为p2，由玻意耳定律得p1SL0＝p2SL0
解得p2＝4p1
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小G＝p2S－p1S
解得G＝3p1S。
（2）要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸内充入压强为p2，体积V＝SL0的气体，设这些气体在大气压强下的体积为V2，由玻意耳定律得
p2SL0＝p0V2
解得V2＝。
题组一 封闭气体压强的计算
1.弯曲管子内注有密度为ρ的水银，中间部分有空气，各管内液面高度差如图中所示，大气压强为p0，重力加速度为g，则图中A点处的压强是（ ）
A.p0＋3ρgh B.p0＋2ρgh
C.p0＋ρgh D.ρgh
解析：B 同一液体内部等高处的压强处处相等，由图中液面的高度关系可知，封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh，A点的压强为pA＝p1＋ρgh＝p0＋2ρgh，故选项B正确。
2.如图所示，内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上，T形活塞的质量为M，下底面积为S，上底面积为4S，若大气压强为p0，重力加速度为g，则被封闭气体的压强p等于（ ）
A.4p0＋ B.3p0＋
C.p0＋ D.条件不够，无法判断
解析：C 以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，根据受力平衡得Mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋，C正确。
3.如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧静止吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，则封闭气体的压强p为（ ）
A.p0＋ B.p0＋
C.p0－ D.
解析：C 以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故C正确。
题组二 玻意耳定律的理解与应用
4.如图，开口向上且足够长的玻璃管竖直放置，管内长为5 cm的水银柱封闭了一段长为6 cm的气柱，保持温度不变，将管缓慢转动至水平位置，气柱长度变为（大气压强为75 cmHg）（ ）
A.5.6 cm B.6.0 cm
C.6.4 cm D.7.1 cm
解析：C 初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80 cmHg，末状态气体压强为p'＝p0＝75 cmHg，由玻意耳定律得 pLS＝p'L'S，解得L'＝6.4 cm，故A、B、D错误，C正确。
5.将密闭着一定质量的气体的导热汽缸按如图所示的两种方式放置。图（a）中竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与活塞相连；图（b）中竖直弹簧上端固定在天花板上，下端与活塞相连。不计汽缸内壁与活塞间的摩擦，环境温度保持不变，弹簧始终在弹性限度内。当外界大气压强变大时，下列说法正确的是（ ）
A.两图中弹簧弹力均变大
B.图（a）中气体压强变大，图（b）中气体压强变小
C.相对于地面，图（a）中汽缸位置下降，图（b）中汽缸位置上升
D.相对于地面，图（a）中活塞位置下降，图（b）中活塞位置上升
解析：C 把汽缸和活塞当作整体，状态变化前后均满足平衡条件F＝（M＋m）g，弹簧弹力保持不变，两活塞位置保持不变，故A、D错误；图（a）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p0S＝p1S，p0增大，p1增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积缩小，汽缸位置下降；图（b）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p2S＝p0S，p0增大，p2增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积减小，汽缸位置上升，故B错误，C正确。
题组三 气体等温变化的p-V图像
6.（多选）下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是（ ）
解析：AB 选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线。故选A、B。
7.（多选）如图所示是一定质量的气体由状态A到状态B再到状态C的变化过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中（ ）
A.从A到B的过程温度升高
B.从B到C的过程温度升高
C.从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
解析：AD 作出过B点的等温线如图所示，可知TB＞TA＝TC，故从A到B的过程温度升高，A正确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C错误；A、C两点在同一等温线上，D正确。
8.如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，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
解析：D 由题图可知，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，如图所示，从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故D正确。
9.使用胶头滴管时，插入水中，捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后呈稳定状态，如图所示。然后松手，橡胶头体积增大V1，有体积V2的水进入了滴管。忽略温度的变化，根据图中h1和h2的高度关系，有（ ）
A.V1＞V2 B.V1＜V2
C.V1＝V2 D.缺少数值无法判断
解析：A 捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管内气体的压强为p1＝p0＋ρgh1。水进入了滴管后管内气体的压强为p2＝p0＋ρgh2。根据玻意耳定律得（p0＋ρgh1）V＝（p0＋ρgh2）V'，可得后来气体体积大于初始体积，即V'＞V，所以V1＞V2，故A正确。
10.某玩具气枪的动力部分由活塞、汽缸和弹簧等组成，其简化示意图如图所示。使用时通过压动装置使弹簧压缩，扣动扳机时压缩后的弹簧被释放。已知弹簧压缩后，汽缸中气体和枪膛中气体压强均为p0，汽缸体积为V0，弹丸与阀门间枪膛形成另一封闭空间，其体积为V0。弹簧释放后，汽缸中气体体积被压缩至V0，此时阀门才被打开，被压缩后的气体迅速进入枪膛，推动弹丸前进。已知整个过程气体温度保持不变，求阀门打开前瞬间和阀门打开后瞬间汽缸中气体压强p1和p2。
答案：4p0 p0
解析：弹簧压缩后到阀门打开前瞬间，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V0，解得p1＝4p0，阀门打开后瞬间，根据玻意耳定律有p1V0＋p0V0＝p2（V0＋V0），解得p2＝p0。
11.（2024·江苏南通高二期中）如图甲所示的是真空搬运机搬运货物的过程。其原理如图乙所示，下面是要吸取的工件A，真空吸盘B空腔容积为V，抽气机通过通气口C抽气。假设真空吸盘内的气体均为理想气体，抽气过程中气体温度不变，外界大气压强为p0（真空吸盘边缘与工件接触部分不计，重力加速度取g＝10 m/s2，p0＝1×105 Pa）。
（1）假设真空吸盘在抽气过程中空腔的容积几乎不变，而在工作时空腔里的实际压强是0.01p0，求吸盘空腔中被抽去的气体质量和原来的气体质量之比；
（2）如果所吸工件的质量为1 t，求真空吸盘的最小面积。
答案：（1） （2） m2
解析：（1）设空腔中被抽去的气体体积与原来气体体积之比为k，则质量之比也为k，以未被抽去的气体为研究对象，该部分气体原来体积为V-kV，压强为p0，该部分气体后来体积为V，压强为
p＝0.01p0
根据玻意耳定律有
p0（V－kV）＝pV
解得k＝。
（2）设真空吸盘的最小面积为S，则有
（p0－p）S＝mg
解得S＝ m2。
13 / 13章末综合检测（二） 气体、固体和液体
（满分：100分）
一、单项选择题（本题8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1.关于热力学温度和摄氏温度，以下说法正确的是（ ）
A.热力学温度的单位“K”是国际单位制中的导出单位
B.某物体的摄氏温度为10 ℃，即其热力学温度为10 K
C.0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K
D.热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较
解析：C 热力学温度的单位“K”是国际单位制中七个基本单位之一，故A错误；某物体的摄氏温度为10 ℃，即其热力学温度为283.15 K，故B错误；热力学温标与摄氏温标两者大小关系为T＝t＋273.15 K，因此0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K，故C正确；热力学温度和摄氏温度的温标不同，但是两者大小关系为T＝t＋273.15 K，可以进行转换，所以两者表示的温度可以在换算单位之后进行比较，故D错误。
2.对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A.气体压强是由大量气体分子对器壁的频繁碰撞而产生的
B.温度升高时每个气体分子的速率都将增大
C.当分子间平均距离变大时，压强必定变小
D.等温膨胀时气体体积变大，压强增大
解析：A 气体的压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，故A正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，但并不是每个分子的速率都增大，故B错误；根据压强的微观解释可知，压强取决于体积和温度，所以分子间距变大，即体积增大，气体压强不一定减小，还与温度有关，故C错误；等温膨胀，体积增大，压强减小，故D错误。
3.（2024·江苏东海高二期末）江苏省东海县是世界天然水晶原料集散地，有着“世界水晶之都”的美誉。天然的水晶具有规则的几何外形，如图所示。关于天然水晶，下列说法正确的是（ ）
A.具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B.微观粒子的空间排列不规则
C.在熔化过程中分子平均动能不变
D.在光学性质上表现为各向同性
解析：C 水晶是晶体，具有规则的几何外形和固定的熔点，微观粒子的空间排列规则，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，在光学性质上表现为各向异性，故C正确，A、B、D错误。
4.关于热平衡，下列说法错误的是（ ）
A.用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B.温度相同的棉花和石头相接触，需要经过一段时间才能达到热平衡
C.若a与b、c达到热平衡，则b、c之间也达到了热平衡
D.两物体温度相同，可以说两物体达到了热平衡
解析：B 当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如果两者的温度有差异，它们之间就会发生热传递，高温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到相同，即达到热平衡，A、D正确，不符合题意；两个物体的温度相同时，已经达到热平衡，不需再经过一段时间，B错误，符合题意；若a与b、c达到热平衡，三者温度一定相同，则b、c之间也达到了热平衡，C正确，不符合题意。
5.对下列几种固体物质的认识，正确的是（ ）
A.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C.天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D.石墨和金刚石的物理性质不同，但组成它们的物质微粒排列结构相同
解析：A 晶体有确定的熔点，在熔化过程中，温度保持不变，选项A正确；蜂蜡是非晶体，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，选项B错误；具有各向异性的晶体的物质微粒在空间的排列规则，选项C错误；石墨是多晶体，金刚石是单晶体，组成它们的物质微粒结构不同，使得它们的物理性质不同，选项D错误。
6.如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏（液体温度不变）。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是（ ）
解析：C 筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大，选项C正确。
7.如图所示，导热性能良好的汽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。活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中间，整个装置都静止。已知外界大气压恒定，重力加速度取g＝10 m/s2。则当活塞恰好能静止在汽缸缸口AB处时（ ）
A.弹簧长度变短 B.缸内气体温度为620 K
C.缸内气体温度为600 K D.缸内气体温度为74 ℃
解析：C 对活塞与汽缸整体分析有kΔx＝（M＋m）g，所以弹簧的弹力保持不变，则弹簧长度不变，所以A错误；对汽缸受力分析有p0S＋Mg＝pS，则有p＝p0＋，所以缸内气体压强不变，则为等压变化，根据盖—吕萨克定律可得＝，代入数据可得＝，解得T2＝600 K，则t＝（600－273）℃＝327 ℃，所以C正确，B、D错误。
8.启动汽车时发现汽车电子系统报警，左前轮胎压过低，显示为1.5p0，车轮内胎体积约为V0。为使汽车正常行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒钟充入ΔV＝V0、压强为p0的气体，充气结束后压强达到2.5p0，体积约膨胀了20％，则充气几分钟可以达到要求（汽车轮胎内气体可以视为理想气体，充气过程轮胎内气体温度无明显变化）（ ）
A.3 B.4
C.5 D.6
解析：C 设使轮胎内气体压强达到2.5p0的充气时间为t min，此时内胎体积为V2，压强为p2；原胎内气体与充入的气体在压强为p1时总体积为V1，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，其中p1＝1.5p0，p2＝2.5p0，V2＝V0＋0.2V0＝1.2V0 ，联立解得V1＝2V0，则充入胎内气体在压强为1.5p0时的体积为V'＝2V0－V0＝V0，对充入胎内气体，由玻意耳定律得60p0ΔVt＝1.5p0V'，其中ΔV＝V0，联立方程解得t＝5 min，故C正确。
二、多项选择题（本题4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9.炎热的夏天，一小朋友与父母坐缆车从梵净山山脚到山顶游玩，到达山顶后发现手上拉着的气球变大了。与山脚相比，山顶的温度较低，气球内的气体（ ）
A.内能不变
B.压强减小
C.速率大的分子数目减少
D.分子热运动的平均动能增大
解析：BC 对于一定质量的气体而言，温度降低则其内能减小，由于山顶温度较低，因此气球内部气体温度降低，其内能减小，温度降低，则分子平均动能减小，故A、D错误；由于气球体积变大，单位体积内的分子数减少，同时其温度也降低，使得内部气体分子的平均速率减小，因此在单位时间内与气球壁单位面积上碰撞的分子数减少，气球内气体的压强减小，故B正确；温度降低，分子平均动能较小，速率大的分子数目减少，故C正确。
10.某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p-t图像如图所示。已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是（ ）
A.从状态A到状态B气体的体积不变
B.从状态A到状态B气体的体积增大
C.状态B到状态C气体体积增大
D.状态C气体的体积是2 L
解析：AD 因BA的延长线过绝对零点，则状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A正确，B错误；状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错误；从题图中可知，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，D正确。
11.（2024·湖北武汉高二期末）压力罐有平衡水管网内压力波动的作用，常被用于高楼的二次供水，其简要结构如图所示。该压力罐的膨胀罐和气室的总容积为500 L，当环境温度为7 ℃并保持不变时，若罐内存水减少到200 L，气室内的气体压强便会降到0.1 MPa，导致供给用户的水压不足，此时电接点压力表接通电源，启动水泵给膨胀罐补水；当存水量达到某值时，气室内压强增大到0.3 MPa，电接点压力表便自动断开电源，停止补水。压力罐密闭性、导热性能均良好，气室内气体可视为理想气体。下列说法正确的是（ ）
A.若环境温度为7 ℃且保持不变，则该压力罐的最大蓄水量为300 L
B.若环境温度为7 ℃且保持不变，则该压力罐的最大蓄水量为400 L
C.环境温度越高，膨胀罐中的最大储水量越大
D.环境温度越高，膨胀罐中的最大储水量越小
解析：BD 设压力罐的最大蓄水量为V，以气室内的气体为研究对象，初状态p1＝0.1 MPa，V1＝500 L－200 L＝300 L；末状态p2＝0.3 MPa，V2＝（500－V）L，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得V＝400 L，故A错误，B正确；根据盖—吕萨克定律＝可知，T2越大，V2越大，而膨胀罐中的最大储水量越小，故C错误，D正确。
12.如图所示，两端封闭的U形玻璃管竖直放置，管内水银柱把管内空气分成两部分，当温度为t时，两边水银面高度差为h，如果要使左右水银面高度差变小，下列方法可行的是（ ）
A.同时使两边升高同样的温度
B.同时使两边降低同样的温度
C.使玻璃管保持竖直状态突然加速上升
D.使玻璃管保持竖直状态突然加速下降
解析：BC 左边的空气柱压强大于右边空气柱的压强，假设温度变化时，空气柱的体积不变，则当同时使两边升高同样温度，两边空气柱的压强都变大，而左边空气柱的压强变化量大于右边，所以会使左右水银面高度差变大；同理当同时使两边降低同样温度，两边空气柱的压强都变小，而左边空气柱的压强变化量大于右边，所以会使左右水银面高度差变小，故A错误，B正确。玻璃管保持竖直状态突然加速上升，左边空气柱对水银柱的压强增大，体积减小，使左右水银面高度差变小；玻璃管保持竖直状态突然加速下降，左边空气柱对水银柱的压强减小，体积增大，使左右水银面高度差变大，故C正确，D错误。
三、非选择题（本题6小题，共60分）
13.（6分）在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图甲、乙所示，U形管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压强为76 cm高水银柱产生的压强，图中给出了封闭空气的两个不同的状态。
（1）实验时图甲封闭空气的压强为76 cmHg；图乙封闭空气的压强为80 cmHg。
（2）实验时某同学认为U形管的横截面积S不用测量，这一观点正确（选填“正确”或“错误”）。
（3）数据测量完后，在用图像法处理数据时，某同学以压强p为纵坐标，以体积V（或空气柱长度）为横坐标来作图，他这样做不能（选填“能”或“不能”）方便地看出p与V间的关系。
解析：（1）实验时题图甲封闭空气的压强为76 cmHg；题图乙封闭空气的压强为（76＋4）cmHg＝80 cmHg。
（2）要验证玻意耳定律，则需验证p1L1S＝p2L2S，两边可消掉S，则U形管的横截面积S不用测量，这一观点正确。
（3）以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p-V图像是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出p-图像，看是否为过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比，故他这样做不能方便地看出p与V之间的关系。
14.（8分）（2024·江苏盐城高二期末）用气体压强传感器做“探究气体等温变化的规律”实验，实验装置如图甲、乙所示。
（1）关于该实验下列说法正确的是A。
A.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
B.为方便推拉柱塞，应用手握住注射器
C.为节约时间，实验时应快速推拉柱塞和读取数据
D.实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得
（2）A组同学在操作规范、不漏气的前提下，测得多组压强p和体积V的数据并作出V-图线，发现图线不通过坐标原点，如图丙所示，则造成这一结果的原因是胶管内存在气体。
（3）若A组同学利用所得实验数据作出的p-图线，应该是B。
解析：（1）在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，可以保证封闭气体的气密性，A正确；手握住注射器，会使气体的温度升高，不符合实验要求，B错误；实验时应缓慢推拉柱塞和读取数据，C错误；压强传感器只能采集气体的压强，D错误。
（2）根据p（V＋V0）＝C，可得V＝－V0，可知图线不通过坐标原点的原因是胶管内存在气体。
（3）根据p（V＋V0）＝C，可得p＝，根据数学知识，可知为图像B。
15.（10分）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80 mL的水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ取1.0×103 kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。
答案：2.0×105 Pa 10 m
解析：在水面上方时，封闭气体的压强为p0，气体的体积V1＝（380－80）mL＝300 mL
潜入水底后，封闭气体的压强等于水底的压强，
即p＝p0＋ρgh
封闭气体的体积为V2＝（380－230）mL＝150 mL
由玻意耳定律得p0V1＝pV2
代入数据解得p＝2.0×105 Pa
h＝10 m。
16.（10分）在绝热汽缸a内封闭一定质量的气体，汽缸顶端有一绝热阀门K，底部接有电热丝E，右壁接一右端开口的细U形管（管内气体体积可忽略），管内装有水银，如图所示，开始时U形管右侧液面比左侧高2 cm，气体温度27 ℃。电热丝通电一段时间，a缸内温度达到57 ℃，该过程U形管右管液面上升多高？（大气压强1.0×105 Pa为76 cmHg）
答案：3.9 cm
解析：开始时，汽缸内温度T1＝（27＋273）K＝300 K，压强p1＝78 cmHg
加热后T2＝（57＋273）K＝330 K
由查理定律得＝
解得p2＝85.8 cmHg
右管液面上升高度为h＝ cm＝3.9 cm。
17. （12分）如图所示为内径均匀的U形管，其内部盛有水银，右端封闭的空气柱长为12 cm，左端被一重力不计的轻质活塞封闭一段长为10 cm的空气柱，当环境温度t1＝27 ℃时，两侧水银面的高度差为2 cm。当环境温度变为t2时，两侧水银面的高度相等。已知大气压强p0＝75 cmHg，求：
（1）温度t2的数值；
（2）左端活塞移动的距离。
答案：（1）－5 ℃ （2）2.1 cm
解析：（1）设U形管的横截面积为S
对右端封闭空气柱有p1＝77 cmHg，V1＝12S，T1＝300 K，p2＝75 cmHg，V2＝11S
由＝
解得T2≈268 K
即t2＝T2－273 K＝－5 ℃。
（2）对左端封闭空气柱有V1'＝10S，T1'＝300 K，T2'＝268 K，V2'＝L2'S
由＝
解得L2'≈8.9 cm
故左端活塞移动的距离s＝（10＋1－8.9）cm＝2.1 cm。
18.（14分）游乐场的充气碰碰球是由完全封闭的PVC薄膜充气而成的，人钻入洞中，进行碰撞游戏。充气前碰碰球内空气压强为1.1×105 Pa，体积为1.0 m3，现用电动充气泵充气，每秒可充入2.2×10－2 m3、压强为1×105 Pa的空气。充气结束后发现碰碰球体积膨胀了10％，压强变为1.8×105 Pa，充气过程温度不变，始终为7 ℃。
（1）求充气的时间；
（2）在某次碰撞游戏中，碰碰球被压缩了0.1 m3，求压缩后球内空气的压强，并从微观上解释压强变化的原因（碰撞过程温度不变）；
（3）已知球内空气压强不能超过2 × 105 Pa，碰撞时最大压缩量为0.2 m3。为了保证在中午27 ℃的温度下游戏安全，工作人员需要放出一部分空气，求放出空气与球内剩余空气质量之比。（忽略温度变化对球内空气体积的影响）
答案：（1）40 s （2）1.98×105 Pa，见解析 （3）
解析：（1）根据玻意耳定律有p1V1＋p0V入＝p2V2
其中V入＝ΔVt，V2＝1.1 m3
解得t＝40 s。
（2）根据玻意耳定律有p2V2＝p3V1
解得p3＝1.98×105 Pa
空气质量一定，分子个数一定；温度不变，分子的平均动能不变；体积减小，分子的数密度增大，单位时间、单位面积上碰撞器壁的分子数增多，导致压强增大。
（3）碰撞后球的体积V3＝0.9 m3，根据理想气体的状态方程得＝
放出与剩余空气质量之比＝
解得＝。
8 / 8第2课时 理想气体 气体实验定律的微观解释
知识点一 理想气体
1.理想气体
（1）理想气体：在 任何 温度、 任何 压强下都遵从气体实验定律的气体。
（2）理想气体与实际气体
实际气体在温度不低于 零下几十摄氏度 、压强不超过 大气压的几倍 时，可以当成理想气体来处理。
2.理想气体的状态方程
（1）内容：一定 质量 的某种理想气体，在从一个状态变化到另一个状态时，压强p跟体积V的乘积与 热力学温度T 之比保持不变。
（2）表达式： ＝C 。
（3）成立条件：一定 质量 的理想气体。
知识点二 气体实验定律的微观解释
1.玻意耳定律的微观解释
一定质量的某种理想气体， 温度 保持不变时，分子的平均动能是一定的。体积减小时，分子的数密度 增大 ，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就 增大 。（后两空选填“增大”或“减小”）
2.盖—吕萨克定律的微观解释
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能 增大 ，只有气体的体积同时 增大 ，使分子的数密度 减小 ，才能保持压强 不变 。（均选填“增大”“减小”或“不变”）
3.查理定律的微观解释
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能 增大 ，气体的压强就 增大 。（均选填“增大”或“减小”）
【情景思辨】
1.玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律等气体实验定律都是在压强不太大（相对大气压强）、温度不太低（相对室温）的条件下总结出来的，那么当压强很大、温度很低时，气体还遵守该实验定律吗？为什么？
提示：在高压、低温状态下，气体状态发生改变时，将不会严格遵守气体实验定律了。因为在高压、低温状态下，气体的状态可能已接近或达到液态，故气体实验定律将不再适用。
2.判断正误。
（1）实际气体在常温常压下可看作理想气体。（ √ ）
（2）对于不同的理想气体，其状态方程＝C（恒量）中的恒量C相同。（ × ）
（3）一定质量的某种理想气体，若T不变，p增大，则V就减小，是由于分子撞击器壁的作用力变大。（ × ）
（4）一定质量的某种理想气体，若p不变，V增大，则T增大，是由于分子数密度减小，要使压强不变，需使分子的平均动能增大。（ √ ）
要点一 理想气体的状态方程
【探究】
如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A到B经历了一个等温过程，又从状态B到C经历了一个等容过程，请推导状态A的三个参量pA、VA、TA和状态C的三个参量pC、VC、TC之间的关系。
提示：从A→B为等温变化过程，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB ①
从B→C为等容变化过程，根据查理定律可得
＝ ②
由题意可知
TA＝TB ③
VB＝VC ④
联立①②③④式可得＝。
【归纳】
1.理想气体的特点
（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可以忽略不计，分子可视为质点。
（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，理想气体的内能等于所有分子热运动的动能之和，一定质量的理想气体内能只与温度有关。
2.理想气体状态方程＝C的理解
（1）成立条件：一定质量的理想气体。
（2）公式中常量C仅由气体的种类和质量决定，与状态参量p、V、T无关。
（3）应用方程时，温度T必须是热力学温度，公式中压强p和体积V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位。
【典例1】 （2024·江苏连云港高二期中）一圆柱形汽缸（底部和侧面绝热）直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图所示，此时两部分气体温度均为T0，A部分气体压强为p0，B部分气体压强为2p0。现对B部分的气体缓慢加热，使活塞上升，使A部分气体体积减小为原来的（A部分气体温度始终不变）。求此时
（1）A部分气体的压强；
答案：p0
解析：设初始状态A、B两部分气体的体积均为V0，对A部分气体，由等温变化可知
p0V0＝pA·V0
可得pA＝p0。
（2）B部分气体的温度。
答案：
解析：设活塞的重力为G，横截面积为S，加热前，对活塞受力分析得p0S＋G＝2p0S
加热后，对活塞受力分析得＋G＝pBS
解得pB＝
由理想气体状态方程可得＝
又VB＝
解得TB＝。
方法总结
分析气体状态变化问题的解题思路
1.如图所示，a、b、c三点表示一定质量理想气体的三个状态，则气体在a、b、c三个状态的热力学温度之比是（ ）
A.1∶1∶1 B.1∶2∶1
C.3∶4∶3 D.1∶2∶3
解析：C 根据理想气体状态方程＝C可知，T∝pV，所以Ta∶Tb∶Tc＝（paVa）∶（pbVb）∶（pcVc）＝3∶4∶3。故C正确。
2.工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测密封性能。为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的汽缸相连，汽缸和香水瓶内气体压强均为p0，汽缸内封闭气体的体积为V0，推动活塞将汽缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为p，香水瓶导热性良好，环境温度保持不变。
（1）求香水瓶容积V；
（2）若密封程度在测量时间内漏气质量小于原密封质量的1％视为合格。将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，现使瓶内气体温度从300 K升高到360 K，测得其压强变为p1，且p1＝1.15p，试判断该瓶密封性能是否合格。
答案：（1） （2）见解析
解析：（1）缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0（V0＋V）＝pV
解得V＝。
（2）设温度由T1＝300 K变化为T2＝360 K后，压强p1＝1.15p，体积变为V1，根据理想气体状态方程有＝
解得＝≈95.8％
漏气量占比为4.2％，故该香水瓶密封性能不合格。
要点二 气体实验定律的微观解释
1.玻意耳定律
（1）宏观表现：一定质量的某种理想气体，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。体积越小，分子的数密度增大，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，如图所示。
2.盖—吕萨克定律
（1）宏观表现：一定质量的某种理想气体，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，分子的平均动能增大。只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强不变，如图所示。
3.查理定律
（1）宏观表现：一定质量的某种理想气体，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，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大，如图所示。
【典例2】 在一定的温度下，一定质量的理想气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于（ ）
A.单位体积内的分子数增多，单位时间内、单位面积上分子对器壁碰撞的次数增多
B.气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C.每个气体分子对器壁的撞击力都变大
D.气体密度增大，单位体积内分子质量变大
答案：A
解析：气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变；体积减小，单位体积内的分子数目增多，气体压强增大。故A正确。
1.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（ ）
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：D 密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据n＝可知当体积增大时，单位体积的个数变小，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的持续的、无规则撞击产生的，压强增大并不是因为氢气分子之间斥力增大，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，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即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，故D正确。
2.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经等温变化到状态B，再经等容变化到状态C，A、C压强相等，则下列说法正确的是（ ）
A.从A到B气体分子平均动能增加
B.从B到C气体分子平均动能不变
C.A、C状态气体压强相等的原因是分子撞击器壁的平均作用力相等
D.从A到B过程气体压强变小的原因是分子的密集程度减小
解析：D 从A到B气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；从B到C为等容变化，根据查理定律＝可知，气体压强增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，故B错误；A到C状态为等压变化，根据盖—吕萨克定律＝可知，气体体积增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，分子撞击器壁的平均作用力增大，故C错误；从A到B过程气体温度相同，分子撞击器壁的平均作用力相等，压强变小的原因是气体体积增大，分子密集程度减小，故D正确。
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：C 理想气体是在任何温度、任何压强下都能严格遵守气体实验定律的气体，A错误；理想气体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.如图所示，一定质量的理想气体由状态A沿平行于纵轴的直线变化到状态B，则它的状态变化过程是（ ）
A.气体的平均动能不变
B.气体的内能增加
C.气体分子的数密度减小
D.气体分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数不变
解析：B 从p-V图像中的AB图线看，气体由状态A到状态B为等容变化，根据查理定律可知，一定质量的理想气体，当体积不变时，压强跟热力学温度成正比，由A到B压强增大，温度升高，分子平均动能增加，故A错误；理想气体的内能只与温度有关，气体的温度升高，内能增加，故B正确；气体体积不变，气体分子的数密度不变，温度升高，气体分子平均速率增大，则气体分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加，故C、D错误。
3.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是（ ）
A.TA＝TB，TB＝T CB.TA＜TB，TB＜TC
C.TA＝TC，TB＞TC D.TA＝TC，TB＜TC
解析：C 由题图可知，从状态A到状态B是一个等压变化过程，有＝，因为VB＞VA，则有TB＞TA，而从状态B到状态C是一个等容变化过程，有＝，因为pB＞pC，有TB＞TC，对状态A和C，根据理想气体状态方程有＝，解得TA＝TC，综上分析可知C正确，A、B、D错误。
4.（2024·山东济南高二期末）为了测量湖的深度，将一根试管开口向下缓缓压至湖底，测得进入管中的水的高度为管长的，湖底水温为4 ℃，湖面水温为10 ℃，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求湖深多少？（水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，在计算时注意：试管长度比湖深小得多，可以不考虑管长。）
答案：29.15 m
解析：设试管中密封气体在湖面时的体积为V1，此时气体温度为T1＝（273＋10）K＝283 K
压强为p1＝p0＝1.0×105 Pa
试管压至湖底时，根据题意可知，密封气体的体积为V2＝
温度为T2＝（273＋4）K＝277 K
此时密度气体压强为p2＝p0＋ρgh
根据理想气体状态方程可得＝
联立解得h≈29.15 m。
题组一 理想气体的状态方程
1.（多选）关于理想气体的性质，下列说法正确的是（ ）
A.理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在
B.理想气体的存在是一种人为规定，它是一种严格遵守气体实验定律的气体
C.一定质量的理想气体，平均动能增大，其温度一定升高
D.氦气是液化温度最低的气体，任何情况下均可当作理想气体
解析：ABC 理想气体是研究气体的性质过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，A正确；理想气体建立出来的理想化模型，其所具备的特性都是人为规定的，B正确；温度是分子平均动能的标志，故平均动能增大，其温度一定升高，C正确；实际气体只有在温度不太低、压强不太大的条件下才可当作理想气体，D错误。
2.（多选）一定质量的理想气体，初始状态参量为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中不可实现的是（ ）
A.先等温膨胀，再等容降温
B.先等温压缩，再等容降温
C.先等容升温，再等温压缩
D.先等容降温，再等温压缩
解析：AC 根据理想气体的状态方程＝C可知，若经过等温膨胀，则T不变，V增加，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来的值，A项不可实现；同理可以确定C项也不可实现。
3.（2024·福建莆田高二期末）一定质量理想气体的体积V与温度T的关系如图所示，该气体经状态A→B→C→D→A的变化过程。状态A、B、C、D对应的压强分别为pA、pB、pC、pD，下列关系式正确的是（ ）
A.pA＞pB B.pB＞pC
C.pC＞pD D.pD＞pA
解析：D 由题图可知，A、B在一条等压线上，则pA＝pB，D、C在一条等压线上，则pC＝pD，由理想气体状态方程得＝C，可知越小，压强越大，因此则有pC＝pD＞pA＝pB，A、B、C错误，D正确。
4.（多选）如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体，再将整体悬挂于弹簧下。不计活塞与缸壁摩擦，温度升高时，不发生变化的量是（ ）
A.活塞高度h
B.汽缸高度H
C.气体体积V
D.弹簧长度L
解析：AD 以活塞与汽缸组成的整体为研究对象，对其受力分析，其受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L不变，活塞的高度h不变，故A、D正确；设汽缸质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，封闭气体压强为p，对汽缸，由平衡条件得pS＋mg＝p0S，解得p＝p0－，温度升高时，m、p0和S都不变，汽缸内封闭气体的压强p不变，根据理想气体状态方程＝C可以判断，气体温度升高时，体积V增大，汽缸向下移动，所以汽缸的高度H变化，故B、C错误。
题组二 气体实验定律的微观解释
5.某同学记录某天教室内温度如下：
时刻 8：00 10：00 12：00 14：00 16：00
温度 7 ℃ 11 ℃ 12 ℃ 17 ℃ 16 ℃
教室内气压认为不变，则当天16：00与10：00相比，下列说法正确的是（ ）
A.单位时间内碰撞墙壁单位面积的气体分子数减小
B.教室内空气分子平均动能减小
C.墙壁单位面积上受到气体压力增大
D.教室内空气单位体积内的分子数量不变
解析：A 16：00与10：00相比，温度升高，气体分子运动的平均动能增大，B错误；由于教室内气压认为不变，则墙壁单位面积受到气体压力不变，C错误；根据上述可知，气体压强不变，温度升高，气体分子运动的平均速率增大，则单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数减小，A正确；根据上述可知，气体压强不变，温度升高，由理想气体状态方程可知，体积增大，即有部分气体膨胀到了室外，则教室内空气单位体积内的分子数量减小，D错误。
6.（多选）一定质量的理想气体的p-V图线如图所示，若其状态为A→B→C→A，且A→B为等容变化，B→C为等压变化，C→A为等温变化，则气体在A、B、C三个状态时（ ）
A.单位体积内气体的分子数nA＝nB＝nC
B.气体分子的平均速率vA＞vB＞vC
C.气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力FA＞FB＝FC
D.气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数NA＞NB，NA＞NC
解析：CD 由题图可知，B→C气体的体积增大，单位体积内气体的分子数减小，A错误；C→A为等温变化，分子平均速率vA＝vC，B错误；B→C为等压变化，pB＝pC，则气体分子对器壁产生的作用力，FB＝FC，由题图知，pA＞pB，则FA＞FB，C正确；A→B为等容降压过程，单位体积内气体的分子数不变，温度降低，NA＞NB，C→A为等温压缩过程，温度不变，单位体积内气体的分子数增大，应有NA＞NC，D正确。
7.（2023·山东菏泽高二期末）（多选）许多庆典活动都会放飞美丽的气球，气球在空中缓慢上升过程中体积变大。已知环境温度随高度的增加而降低，气球内气体可视为理想气体，气球不漏气。下列判断正确的是（ ）
A.在上升过程，气球内气体内能增大
B.在上升过程，气球内气体所有分子的动能都减小
C.在上升过程，单位时间内撞到气球壁单位面积上的分子数逐渐减小
D.随高度的增加，大气压强减小
解析：CD 温度随高度增加而降低，在上升的过程中，温度降低，一定质量的理想气体内能取决于温度，故内能减小，A错误；在上升的过程中，温度降低，说明分子的平均动能减小，但不是气球内气体所有分子的动能都减小，B错误；在上升过程中，温度降低，分子的平均动能减小，则分子的平均速率减小，单位时间内撞到气球壁单位面积上的分子数逐渐减小，C正确；根据理想气体状态方程＝C，上升的过程中，体积增大，温度降低，则压强减小，D正确。
8.一定质量的理想气体状态变化的过程如图所示，则（ ）
A.从状态c到状态a，压强先减小后增大
B.整个过程中，气体在状态b时压强最大
C.状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态多
D.在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的图像中，状态c时的图像的峰值比状态a时的图像峰值大
解析：A 由理想气体状态方程pV＝CT，可得V＝T，可知V-T图像的斜率大小与压强大小成反比，如图所示，a'O和b'O分别是这个图的两条切线所对应的最大斜率和最小斜率，从状态c到状态a，斜率先增大后减小，可知压强先减小后增大，故A正确；由图可知整个过程中，b'的斜率最小，则气体在状态b'时压强最大，故B错误；同理可知气体在状态b时的压强大于在状态d时的压强，由压强的微观意义可知状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态b时少，故C错误；状态c对应的温度高于状态a，因此在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比图像中，状态c时的图像峰值比状态a时的图像峰值小，故D错误。
9.如今很多汽车都配备胎压检测系统，可以通过APP或汽车仪表实时监测轮胎的气压及温度。上车前，车主通过APP查看车况，显示胎压为230 kPa，温度为27 ℃。汽车开出一段时间后，仪表上显示胎压为 250 kPa，温度为42 ℃。请你计算此时轮胎内气体体积是上车前的多少倍。
答案：0.966
解析：由理想气体状态方程＝可得V2＝V1，代入数据解得V2＝0.966V1，所以此时轮胎内气体体积是上车前的0.966倍。
10.如图所示，圆柱形汽缸A中用质量为2m的活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27 ℃，汽缸中活塞通过滑轮系统悬挂一质量为m的重物，稳定时活塞与汽缸底部的距离为h，现在重物上加挂质量为的小物体，已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，m＝，不计一切摩擦，T＝273 K＋t，求当气体温度升高到37 ℃且系统重新稳定后，封闭气体的压强和重物下降的高度。
答案：p0 0.24h
解析：初状态下，设封闭气体的压强为p1，以活塞为研究对象，由p1S＋mg＝p0S＋2mg，可得p1＝2p0，又V1＝hS，T1＝300 K
末状态下，设封闭气体的压强为p2，以活塞为研究对象，有p2S＋mg＝p0S＋2mg，
解得p2＝p0
又V2＝（h＋Δh）S，T2＝310 K
根据理想气体状态方程得＝
联立解得Δh＝0.24h。
11.（2024·江苏扬州高二期中）如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口。左端用水银封闭长L1＝7.5 cm的理想气体，当温度为280 K时，两管水银面的高度差Δh＝5 cm。设外界大气压强为p0＝75 cmHg。
（1）求理想气体的压强；
（2）若对封闭气体缓慢加热，求当左右两管的水银面相平且稳定时理想气体的温度。
答案：（1）70 cmHg （2）400 K
解析：（1）根据左、右水银面的高度差为5 cm，可知开始时封闭气体压强为p1＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
（2）设U形管的横截面积为S，对封闭气体
p1＝70 cmHg，T1＝280 K，V1＝L1S＝7.5 cm·S
设封闭气体升高至温度为T2时，左、右两管中水银液面相平，此时封闭气体的长度为
h2＝L1＋＝10 cm
封闭气体的压强为p2＝p0＝75 cmHg
根据理想气体状态方程得＝
解得稳定时理想气体的温度为T2＝400 K。
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