1 气体的等温变化
主动成长
夯基达标
1.在一个上下温度相同的水池中，一个小空气泡缓慢向上浮起时，下列对气泡内气体分子的描述正确的是（ ）
A.气体分子的平均速率不变 B.气体分子数密度增加
C.气体分子数密度不变 D.气体分子无规则运动加剧
解析：温度不变，由于压强减小，故体积增大.
答案:A
2.一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则（ ）
A.气体分子的平均动能增大 B.气体分子的密度变为原来的2倍
C.气体的体积变为原来的一半 D.气体的分子总数变为原来的2倍
解析：气体分子平均动能为，由于温度T不变，故不变，据玻意耳定律得，即ρ2=2ρ1，故B、C正确.
答案:BC
3.一只轮胎容积为10 L，内装1.5 atm的空气，现用打气筒给它打气.已知气筒的容积为V=1 L，要使胎内气体压强达到2.5 atm，应至少打多少次气（设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变）（ ）
A.8次 B.10次 C.12次 D.15次
解析：本题中，胎内气体质量发生变化，似乎不能直接应用气体实验定律，但由于假设气体温度不变，故可将打气前后胎内气体体积分别折合成大气压下气体体积，求出两种情况下体积之差，便可得到结果，这样便将一个变质量问题化为两个等质量问题.
打气前p1V=p0V′，打气后p2V=p0V″因而ΔV=V″-V′=，打气次数
=10（次）.
答案:B
4.一容器体积为V，其内气体压强为 P0.现用活塞式抽气机抽气，活塞筒的有效抽气容积为v=0.1 V,欲使容器内气体压强降为原来的百分之一，问至少要抽的次数是（设抽气过程中气体的温度不变）（ ）
A.12次 B.24次 C.36次 D.48次
解析：本题可直接应用玻意耳定律，同时应用数学归纳法可得到一个几何级数.设抽气一次后，气体压强降为p1，则有p0V=p1（V+v），，同理可得，抽气两次后，气体的压强为，以此类推，故得
≈48.3次.
答案:D
5.图8-1-4中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，t为摄氏温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是（ ）
图8-1-4
解析：A图中图线平行于纵轴，显然T不变，是等温变化，B中由图看出pV=恒量，是等温变化，C图中也可看出来pV=恒量，因而选项ABC都对.
答案:ABC
6.大气压强p0=1.0×105帕，某容器容积为20升，装有压强为20×105帕的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器中剩下的气体质量与原来质量之比为（ ）
A.1∶19 B.1∶20 C.2∶39 D.1∶18
解析：容器内气体是20×105帕，打开开关，它完全释放在1.0×105帕压强下，体积为20×20升，剩在容器里的只有20升，即剩下20∶400=1∶20,因而选项B正确.
答案:B
7.如图8-1-5所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是（ ）
图8-1-5
A.h2变长 B.h2变短 C.h1上升 D.h1下降
解析：内部气体压强为p0+h2或表示为p0+h1,由于h1不变因此h2也不变，而P0增大即内部气体压强增大，因而体积减小，因而h1下降只有选项D正确.
答案:D
8.如图8-1-6所示，一汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的理想气体封在汽缸内，活塞与缸壁无摩擦，气体处于平衡状态.现保持温度不变把汽缸稍微倾斜一点，在达到平衡后，与原来相比，则（ ）
图8-1-6
A.气体的压强变大 B.气体的压强变小
C.气体的体积变大 D.气体的体积变小
解析：以活塞为研究对象，分析倾斜前后活塞的受力情况，根据物体平衡条件F合=0，求出压强p1、p2进行比较（如图1）
倾斜前：p1S+Mg-p0S=0，p1=p0-，倾斜后，在竖直方向上，p2Scosθ+Mg-p0Scosθ=0，p2=p0-
图1
∴p2＞p1，又由温度不变，p1V1=p2V2可得V1＞V2.
答案:AD
9.如图8-1-7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（ ）
图8-1-7
A.从等温线可以看出，一定质量的气体发生等温变化时，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：根据等温图线的物理意义可知A、B选项都对.气体的温度越高时，等温图线的位置就越高，所以C错，D对.
答案:ABD
10.如图8-1-8所示，一定质量气体放在体积为V0的容器中，有一光滑的活塞C（不占体积）将容器分成A、B两室，B室的体积为A室的两倍，A室容器上连有一U形管（U形管内气体体积忽略不计）两边水银柱高度差为76 cm，在B室容器上接有阀门K可与大气相同，（外界大气压强76 cm汞柱）求：将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
图8-1-8
解析：由题设条件可判断，打开K后，A室空气做等温变化，遵循玻意耳定律，运用其解决即可.
由题知，打开K前，B室体积等于A室体积的两倍，故此时A室体积为，A室中气体压强p1=p0+h水银柱=2h水银柱.
打开K后，活塞右压强变为p0，故A室中气体做等温膨胀，稳定后压强变为p0，设此时A室体积为V2，由玻意耳定律有p0V2=（p0+h）V1.
∵p0=h,∴V2=2V1=.
答案:
走近高考
11.(2006上海高考，9)如图8-1-9所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为（已知大气压强为P0）
图8-1-9
A.P0-ρg（h1+h2-h3） B.P0-ρg（h1+h3）
C.P0-ρg（h1+h3-h2） D.P0-ρg（h1+h2）
解析：由图中液面的高度关系可知，P0=P2+ρgh3和P2=P1+ρgh1,由此解得P1=P0-ρg(h1+h3)
答案:B
12.(2005上海高考，18)一同学用图8-1-10装置研究一定质量气体的压强与体积的关系，实验过程中温度保持不变，最初，U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶中无水，当用注射器往烧瓶中注入水时，U形管两管中的水银面出现高度差，实验的部分数据记录在下表.
图8-1-10
气体体积V（mL）
800
674
600
531
500
水银面高度差h(cm)
0
14.0
25.0
38.0
45.0
（1）根据表中数据，在图8-1-11中画出该实验的h-1/V关系图线.
图8-1-11
(2)实验时，大气压强p0=_____________ cmHg.
答案: （1）如图2所示
图2?
（2）75.0 cmHg(7.45 cmHg—75.5 cmHg)
1 气体的等温变化
课后集训
基础过关
1.一定质量的气体，在等温变化过程中，下列物理量发生变化的有( )
A.气体的体积 B.单位体积内的分子数
C.气体压强 D.分子总数
解析：一定质量的气体，其分子总数一定，所以D项错误，等温变化过程研究的是一定质量的气体，压强随体积变化而变化的规律，故选项A、B、C均正确.
答案：ABC
2.如图8-1-6所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为m，不计圆板与容器内壁的磨擦.若大气压强为P0，则被圆板封闭在容器中的气体压强等于( )
图8-1-6
A. B.
C. D.
解析：金属圆板共受四力作用，重力mg，大气压力为P0S，封闭气体压力，圆筒的弹力F，如图所示，
对竖直方向列出平衡方程：·cosθ-mg-P0S=0
解得P=P0+
答案：D
3.一定质量的理想气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为( )
A. B.2 L C. D.8 L
解析：设原来的体积为V1
由玻意耳定律得：P1V1=P2V23V1=(3-2)(V1+4)
解得：V1=2 L
答案：B
4.如图8-1-7所示，开口向下插入水银槽的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内外水银柱高度差为h，若缓慢向上提起玻璃管(管口未离开槽内水银面)，H和h的变化情况是( )
图8-1-7
A.h和H都增大 B.h和H都减小 C.h增大、H减小 D.h减小，H增大
解析：缓慢向上提起玻璃管，封闭的气体柱温度保持不变，设封闭空气柱压强为P，由于h与H之和增大，假设h减小或不变，则H增大，由玻意耳定律推得：P减小由压强平衡方程P=P0-Ph推得P增大假设不成立，所以h应增大.
再假设H减小或不变，则h增大，由玻意耳定律推得P不变或增大，由压强平衡方程P=P0-Ph推得P减小，假设不成立，故H也增大，综合上述应选A.
答案：A
5.在密封的圆桶形容器中，有一活塞，活塞两侧装有体积相同、压强为P0的同类气体，现在使活塞向左移动，保持温度不变，当活塞左方的气体体积变为原来的时，活塞两侧的气体的压强差为( )
A.0 B. C.P0 D.
解析：设左右两方气体原来体积均为V0
由玻意耳定律得：P左·=P0V0 P右·=P0V0
所以活塞两侧气体的压强差为P左-P右=P0故正确选项为B.
答案：B
综合运用
6.一定质量的理想气体经历一等温膨胀过程，这过程可以用P—V图上的曲线来表示，如图8-1-8所示.
图8-1-8
由此可知，当气体体积：
V1=5 L，气体压强P1=_________Pa；
V2=10 L，气体的压强P2=_________Pa；
V3=15 L，气体的压强P3=_________Pa.
解析：由P—V图可得：P1=3×105 Pa，P3=1×105 Pa
由玻意耳定律得：P1V1=P2V2代入已知数据得：P2=1.5×105 Pa
答案：3×105 1.5×105 1×105
7.在探究等温变化的过程中，引起误差的原因可能有哪些？
解析：探究等温度过程中，要减小实验误差：
第一、保持封闭气体的质量和温度不变.
第二、测量与读数尽可能准确.
答案：引起误差的原因可能为：手接触到了玻璃管使温度升高、漏气、测量高度差时测量的误差、读数时的误差.
8.汽车轮胎的容积是2.5×10-2 m3，轮胎原有1 atm的空气，向轮胎内打气，直到压强增加到8 atm为止，应向轮胎里 打进1 atm的多少体积的空气？(温度不变)
解析：以打气完毕时轮胎内的气体为研究对象
P1=1 atm V1=V2+ΔV P2=8 atm V2=2.5×10-2 m3
由玻意耳定律得：P1V1=P2V2
代入已知数据得：ΔV=0.175 m3
即应向轮胎里打进1 atm的0.175 m3的空气.
答案：0.175 m3
9.粗细均匀的玻璃管，一端封闭，长为12 cm.一个人手持玻璃管开口向下潜入水中，当潜到某深度时，看到水进入玻璃管2 cm，求潜入水中的深度.(大气压强P0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2)
解析：以玻璃管中的封闭气体为研究对象
设玻璃管横截面积为S cm2
在水面时：P1=1.0×105 Pa V1=12S cm3
在水下时：P2=P0+ρgh V2=(12-2)S=10S cm3
由玻意耳定律 P1V1=P2V2代入数据
1.0×105×12S=(1.0×105+1.0×103×10h)×10S
解得：h=2 m
即：人潜入水中的深度为2 m
答案：2 m
10.图8-1-9中竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞封闭有空气，气柱长L=20 cm，活塞A上方的水银深H=10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端水平.现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，求活塞B上移的距离.设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高的水银柱产生的压强.
图8-1-9
解析：以封闭气体为研究对象，设活塞横截面积为S cm2，活塞B向上移动x cm，因粗筒横截面积是细筒的4倍，所以活塞移动后水银柱竖直高度为：H=×4=25 cm
活塞移动前:P1=(75+10) cmHg=85 cmHg V1=LS=20S cm3
活塞移动后:P2=(75+25) cmHg=100 cmHg
V2=(20+5-x)S cm2=(25-x)S cm3
由玻意耳定律得:P1V1=P2V2代入数据解得x=8 cm
答案:8 cm
2 气体的等容变化和等压变化
主动成长
夯基达标
1.对于一定质量的气体，以下说法正确的是（ ）
A.气体作等容变化时，气体的压强和温度成正比
B.气体作等容变化时，温度升高1℃，增加的压强是原来压强的1/273
C.气体作等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D.由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2=p1［1+（t2-t1）/273］
解析：定质量的等容变化，气体的压强是跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不是正比关系，答案A错；根据公式pt=p0（1+t/273），其中p0是0 ℃时的压强，B答案也错；气体压强的变化量，总是跟变化的温度成正比，无论是摄氏温度还是热力学温度，C答案正确；根据公式pt=p0（1+t/273），判断D答案错误.
答案:C
2.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图8-2-9所示.已知两部分气体A和B的体积关系是Vb=3Va,将玻璃管温度均升高相同温度的过程中,水银将（ ）
图8-2-9
A.向A端移动 B.向B端移动 C.始终不动 D.以上三种情况都有可能
解析：由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动.
答案:C
3.高空实验火箭起飞前,仪器舱内气体的压强p0=1 atm,温度t0=27℃,在火箭竖直向上飞行的过程中,加速度的大小等于重力加速度g,仪器舱内水银气压计的示数为p=0.6 p0,已知仪器舱是密封的,那么,这段过程中舱内温度是（ ）
A.16.2℃ B.32.4℃ C.360 K D.180 K
解析：以密封舱内气体为研究对象，知压强p1=p0，温度T1=300 K；加速上升过程中，气体压强为p2=2p=1.2p0.根据查理定律得：p0/300=1.2p0/T,解得T=360 K.
答案:C
4.一定质量的气体作等容变化时,其p—t图象如图8-2-10所示,若保持气体质量不变,而改变容器的容积,再让气体作等容变化,则其等容线与原来相比,下列可能正确的是（ ）
图8-2-10
A.等容线与p轴之间夹角变小 B.等容线与p轴之间夹角变大
C.等容线与p轴交点的位置不变 D.等容线与p轴交点的位置一定改变
解析：对于定质量的等容变化的图线，总是要经过-273 ℃的点，因此，C答案正确；由于题目没有给定体积变化的关系，所以A、B答案都有可能.
答案:ABC
5.甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲＜p乙，则（ ）
A.甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度
B.甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度
C.甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能
D.甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能
解析：由于两容器中的气体质量相等，体积相等，可利用查理定律求解，即，由于p甲＜p乙，故T甲＜T乙，选项A错，B对；温度是分子平均动能的标志，故选项C对，D错.
答案:BC
6.一个密闭的绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，温度相同，如图8-2-11所示，若拔出销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积VA与VB的大小，有（ ）
图8-2-11
A.VA＞VB B.VA=VB C.VA＜VB D.条件不足，不能确定
解析：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程、物理情境的分析是正确解本题的关键.
初态两气体质量相同，VA＞VB，因此气体分子密度不同，ρA＜ρB,又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知pA＜pB.当活塞销钉拿掉，因为pA＜pB，所以活塞向A气体方向移动，活塞对A气体做功，B气体对活塞做功，导致A气体密度增加，温度升高，而B气体密度减小，温度降低，直至pA′=pB′,此时TA′＞TB′.又因为最终两边气体压强相等活塞才能静止，而两边气体质量相等，A气体温度高于B气体温度，两边压强要想相等，只有A气体密度小于B气体密度，故最终一定是VA′＞VB′，选项A正确.
答案:A
7.一个开着窗户的房间，温度为7℃时室内空气质量为m千克，当温度升高到27℃时，室内空气的质量为_________千克.
解析：应用盖·吕萨克定律，以跑到室外气体与室内气体整体为研究对象，设原来体积为V1，温度升高后体积为V2，已知T1=280 K，T2=300 K，根据盖·吕萨克定律：V1/T1=V2/T2得
因温度升高后留在室内的气体体积仍为V1，占总体积的比例为
所以
答案:
8.一圆筒形汽缸静置于地面上，如图8-2-12所示.汽缸的质量为M，活塞（连同手柄）的质量为m，汽缸内的横截面积为S，大气压强为p0，平衡时汽缸的容积为V.现用手握住手柄缓慢向上提，设汽缸足够长，在整个上提过程中气体温度保持不变，并不计汽缸内气体的质量及活塞与汽缸壁间的摩擦，求将汽缸刚提离地面时活塞上升的距离.
图8-2-12
解析：设开始状态汽缸内气体的压强为p1，汽缸刚要离开地面时缸内气体压强为p2，体积为V2，开始时，活塞受到重力mg、大气压力p0S和缸内气体的压力p1S而达到平衡，根据平衡条件得：p1S=p0S+mg
∴p1=p0+mg/S
当汽缸刚要离开地面时，汽缸体受到重力Mg、外面大气压力p0S和缸内气体压强的压力p2S作用而平衡.
则p2S+Mg=p0S
∴p2=p0-Mg/S
由于初、末状态的变化过程中，缸内气体的质量和温度都保持不变，遵守玻意耳定律.根据玻意耳定律有：p1V=p2V2
即（p0+mg/S）V=（p0-Mg/S）V2
∴
活塞上升的距离为
答案:
9.如图8-2-13所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内被活塞封闭有一定质量的空气.汽缸质量为M=10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m=5.0 kg，其横截面积S=50 cm2，与缸壁摩擦不计.在缸内气体温度为27℃时，活塞刚好与地面接触并对地面无压力.现设法使缸内气体温度升高，问当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力？（大气压强p0=105 Pa，g取10 m/s2）
图8-2-13
解析：当温度T1=273+27=300 K时，活塞对地面无压力，列平衡方程：p1S+mg=p0S
解得p1=p0-=105 Pa-=0.9×105 Pa
若温度升高，气体压强增大，汽缸恰对地面无压力时，列平衡方程：p2S=p0S+Mg
解得p2=p0+Mg/S=105 Pa+=1.2×105 Pa
根据查理定律：
∴t=127 ℃.
答案:127 ℃
10.如图8-2-14所示,A是容积很大的玻璃容器，B是内径很小的玻璃管,B的左端与A端相通,右端开口,B中有一段水银柱将一定质量的空气封闭在A中,当把A放在冰水混合物中时,B的左管比右管中水银高30 cm;当B的左管比右管的水银面低30 cm时,A中气体的温度是多少?(设大气压强p0=760 mmHg)
图8-2-14
解析：由于A的体积很大而B管很细,所以A中的气体可看作是体积不变,由查理定律即可求解.
以A中的气体为研究对象,初状态温度T1=273 K,压强p1=p0-ph=760 mmHg-300 mmHg=460 mmHg;末状态压强p2=p0+ph=760 mmHg+300 mmHg=1 060 mmHg.由查理定律有可求得A中气体的温度.
答案:629 K
11.有一组同学对温度计进行专题研究.他们通过查阅资料得知17世纪时伽利略曾设计过一个温度计，其结构为：一麦秆粗细的玻璃管，一端与一鸡蛋大小的玻璃泡相连，另一端竖直插在水槽中，并使玻璃管内吸入一段水柱.根据管中水柱高度的变化可测出相应的温度.为了研究“伽利略温度计”，同学们按照资料中的描述自制了如右图所示的测温装置.图8-2-15中A为一塑料小瓶，B为一吸管，通过软木塞与A连通，管的下端竖直插在大水槽中，使管内外水面有一高度差h.然后进行实验研究：
图8-2-15
（1）在不同温度下分别测出对应的水柱高度h，记录的实验数据如下表所示
温度/℃
17
19
21
23
25
27
h/cm
30.0
24.9
19.7
14.6
9.4
4.2
Δh=hn-1-hn
5.1
根据表中数据计算相邻两次测量水柱的高度差，并填入表内的空格.由此可得结论：
①当温度升高时，管内水柱高度h将___________（填：变大，变小，不变）.
②水柱高度h随温度的变化而___________（选填“均匀”或“不均匀”）变化；试从理论上分析并证明结论②的正确性（提示：管内水柱产生的压强远远小于一个大气压）.
_____________________________________________________________________________；
______________________________________________________________________________.
（2）通过实验，同学们发现用“伽利略温度计”来测温度，还存在一些不足之处，其中主要的不足之处有：
①____________________________________________________________________________；
②____________________________________________________________________________.
解析：根据Δh=hh-1-hn可依次计算出相邻两次测量水柱的高度差，根据测得的数据，可以得到管内水柱高度随温度的升高而下降，水柱高度h随温度的变化而均匀变化.证明时可将被封闭的气体选作研究对象.因为管内水柱产生的压强远远小于一个大气压，所以封闭气体的压强近似等于大气压强.其发生的变化看作等压变化，即可证出.其不足之处一是测量温度的范围小，二是当大气压强改变时，h的高度将随着改变.
答案:(1)5.2 5.1 5.2 5.2 ①变小 ②均匀 V/T=ΔV/ΔT=k(k为常数)，ΔV=k·ΔT=k·Δt,所以（S为管的横截面积），即h随温度的变化而均匀变化
（2）①测量温度范围小 ②温度读数受大气压影响
走近高考
12.(2005上海高考，25)内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa、体积为2.0×10-3 m3的理想气体.现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.（1）求汽缸内气体的最终体积；（2）如图8-2-16所示，在p-V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化.（大气压强为1.0×105 Pa）
图8-2-16
解析：（1）在活塞上方倒沙的过程中温度保持不变p0V0=p1V1 ①
由①式解得×1.0×105 Pa=2.0×105 Pa ②
在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变 ③
由③式解得×1.0×10-3 m3≈1.47×10-3 m3 ④
（2）如图3所示
图3
答案:（1）1.47×10-3 m3
(2)如上图所示
2 气体的等容变化和等压变化
课后集训
基础过关
1.一定质量的气体，压强保持不变，下列过程可以实现的是( )
A.温度升高，体积增大 B.温度升高，体积减小
C.温度不变，体积增大 D.温度不变，体积减小
解析：根据盖·吕萨克定律，一定质量的气体，压强保持不变时，体积随温度的升高而增大，体积随温度的降低而减小，BCD均无可能，A是可以实现的.
答案：A
2.一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃，它的压强增加量( )
A.相同 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.成正比例增大
解析：一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃增加的压强ΔP等于它在0℃时压强P0的即ΔP=P0.P0是确定的，故正确选项为A
答案：A
3.将质量相同的同种气体A、B分别密封在体积不同的两个容器中，保持两部分气体体积不变，A、B两部分气体压强随温度t的变化图线如图8-2-7所示，下列说法正确的有( )
图8-2-7
A.A部分气体的体积比B部分小
B.A、B直线延长线将相交于t轴上的同一点
C.A、B气体温度改变量相同时，压强改变量也相同
D.A、B气体温度改变量相同时，A部分气体压强改变量较大
解析：从图可以看出，温度相同时，PA>PB，由玻意耳定律可得VA>VB，由Pt=P0(1+)可知A、B直线延长线应交于t轴上的同一点，此点对应的温度为-273.15℃由于A直线斜率大，可见温度变化相同，压强改变量不同，本题选ABD.
答案：ABD
4.如图8-2-8所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则( )
图8-2-8
A.下部两侧水银面A、B高度差h减小
B.h增大
C.右侧封闭气柱体积变小
D.水银面A、B高度差不变
解析：根据压强平衡方程，可推得平衡时A、B的高度差等于C水银柱的高度，所以A、B的高度差不变.选项A、B错误，D正确.而右侧封闭气体压强，温度都未变.所以体积应保持不变，选项C错.
答案：D
5.如图8-2-9所示，开口向上、竖直放置的容器中，用两活塞封闭着两段同温度的气柱，体积分别为V1、V2，且V1=V2，现给它们缓慢加热，使气柱升高的温度相同，这时它们的体积分别为V1′、V2′，则( )
图8-2-9
A.V1′>V2′ B.V1′=V2′
C.V1′>V2′ D.条件不足，无法判断
解析：一定质量的气体，压强保持不变，其体积温度分别由V、T变到V′、T′则有，体积的变化为ΔV=V′-V
∴ΔV=.由于上、下两部分气体初、末温度及初始体积均相同，所以体积的变化量相同，则终了状态的体积应相同.
答案：B
综合运用
6.盛氧气的钢瓶，在-13℃充氧气时测得氧气的压强为7×106 Pa，当把它搬到27℃的病房时,压强变为8×106Pa，问：通过计算说明钢瓶是否漏气？
解析：假设不漏气，
初状态 P1=7×106 Pa T1=260 K
末状态P2=？ T2=300 K
由查理定律得： 代入已知数据得P2=8.08×106 Pa
由于8.08×106 Pa>8×106Pa，所以钢瓶漏气.
答案：漏气，见解析
7.如图8-2-10所示，气缸中封闭着温度为100℃的空气，一重物用绳索经滑轮跟缸中活塞相连接，且处于平衡状态，这时活塞离气缸底的高度为10 cm，如果缸内空气变为0℃，重物将上升多少cm?
图8-2-10
解析：活塞受到重力mg,绳的拉力T=mg，大气压力P0s封闭气体压力PS而平衡，则PS+T=mg+P0S可见P不变.以封闭气体为研究对象，设活塞横截面积为S，则V1=10 S，T1=373 K V2=(10-x)S T2=273 K
由盖·吕萨克定律 代入已知数值，解得x=2.68cm
答案：2.68 cm
8.上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为0.2 m2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在气缸内，温度为300 K时，活塞离气缸底部的高度为0.6 m；将气体加热到330 K时，活塞上升了0.05 m，不计摩擦力及固体体积的变化，求固体A的体积？
图8-2-11
解析:对活塞做受力分析如图所示：有PS=mg+p0S由于活塞的受力情况不随气体的变化而变化，所以气体做的是等压变化，根据盖·吕萨克定律可求气体的体积，从而求出物体A的体积.设A的体积为V，则气体的初末状态参量分别为：
初状态：V1=hS-V T1=300 K
V2=(h+Δh)S-V T2=330 K
盖·吕萨克定律得：
代入数据得：V=0.02 m3
答案：0.02 m3
9.一定质量的空气，27℃的体积为0.01 m3，在压强不变的情况下，温度升高100℃时的体积为多少？
解析：初状态 V1=0.01 m3， T1=300 K
末状态 V2=？ T2=373 K
由盖·吕萨克定律 代入已知数据得
V2=0.012 5 m3
答案：0.012 5 m3
10.电灯泡内充有氮氩的混合气体，如果要使灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，那么在20℃的室温下充气，电灯泡内的气体压强最大为多少？
解析：以泡内气体为研究对象，
初状态 P1=？ T1=293 K
末状态 P2=1.01×105 Pa T2=773 K
由查理定律得
代入已知数据解得 P1=3.79×104 Pa
答案：3.79×104 Pa
3 理想气体的状态方程
主动成长
夯基达标
1.一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中可以实现的是（ ）
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：根据理想气体的状态方程,若经过等温膨胀则T不变V增大，再经等容降温V不变，T减小，由可知，V增大，T减小，P一定变化.A不正确.同理可以判断C不正确，B、D正确.
答案:BD
2.一定质量的理想气体经过一系列过程，如图8-3-3所示，下列说法中正确的是（ ）
图8-3-3
A.a→b过程中，气体体积增大，压强减小 B.b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C.c→a过程中，气体压强增大，体积变小 D.c→a过程中，气体内能增大，体积不变
解析：a→b过程中，T不变，分子平均动能不变，p减小，分子密集程度变小，气体体积变大，选项A正确.b→c过程中，压强不变，温度降低，分子平均动能变小，分子密集程度相应变大，故体积减小，选项B错误.c→a过程中，T升高，内能增加，压强与温度成正比，体积不变，所以选项C错误，选项D正确.
答案:AD
3.如图8-3-4所示，甲、乙、丙三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，甲管竖直向下做自由落体运动，乙管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，丙管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，甲、乙、丙三管内的空气柱长度l甲、l乙、l丙的关系为（ ）
图8-3-4
A.l乙=l丙=l甲 B.l乙＜l丙＜l甲 C.l乙＞l丙＞l甲 D.l乙＜l丙=l甲
解析：以水银柱为研究对象，甲受力如图4甲所示，产生向下a=g的加速度，p0S+mg-p甲S=ma=mg,所以p甲=p0.
乙受力如图4乙所示，产生竖直向上a=g的加速度，p乙S-mg-p0S=ma=mg,p乙S=2mg+p0S
=2ρShg+p0S,p乙=2ρgh+p0.
图4
丙受力如图4丙所示，产生沿斜面向下的加速度a=gsin45°,沿斜面方向有p0S-p丙S+mgsinθ
=ma=mgsinθ,p丙=p0.
同质量气体，分子数目相同，温度相同，分子平均动能相等，压强大的只可能分子密集程度大，体积小，所以V乙＜V丙=V甲，故l乙＜l丙=l甲.
答案:D
4.如图8-3-5所示，导热汽缸开口向下，内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现在把砂桶底部钻一个小洞，细砂慢慢漏出，并缓慢降低汽缸外部环境温度，则（ ）
图8-3-5
A.气体压强增大，内能可能不变 B.外界对气体做功，气体温度可能降低
C.气体体积减小，压强增大，内能一定减小 D.外界对气体做功，气体内能一定增加
解析：要正确解答本题必须抓住几个关键的词语，“细砂慢慢漏出”、“缓慢降低”温度、“导热汽缸”所隐含的内容为：活塞受力平衡，内部气体压强增大;缸内气体温度逐渐降低，则气体内能减小.
细砂慢慢漏出的过程中，由活塞的受力情况可知，缸内气体的压强逐渐增大，又因为内部气体温度随外界温度而降低，所以活塞将缓慢上升，其能量的转化情况是外界对气体做功，气体对外放热，气体内能减小，所以正确的选项为C.
答案:C
5.在冬季，装有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，其中主要原因是（ ）
A.软木塞受潮膨胀 B.瓶口因温度降低而收缩变小
C.白天气温升高，大气压强变大 D.瓶内气体因温度降低而压强减小
解析：因为经过一夜，温度下降，分子平均动能变小，体积不变，分子密集程度不变，只有瓶内压强减小，外界压强不变，外界压强大于瓶内压强，故瓶塞被压紧.
答案:D
6.一定质量的理想气体（ ）
A.先等压膨胀，再等容降温，其温度必低于起始温度
B.先等温膨胀，再等压压缩，其体积必低于起始体积
C.先等容升温，再等压压缩，其温度有可能等于起始温度
D.先等容加热，再绝热压缩，其内能必大于起始内能
解析：压强是由分子对器壁的频繁撞击引起的，微观上，分子平均动能和密集程度决定压强，等压膨胀，分子密集程度减小，必然分子平均动能增加，温度升高，再等容降温，最后的温度不一定低于起始温度，故A选项错.先等温膨胀，体积变大，再等压压缩体积，最后体积不一定小于起始体积，故B项错.先等容升温，再等压压缩，分子密集程度变大，分子平均动能减少，温度下降，其温度有可能大于、小于或等于起始温度，故C项正确.从热力学第一定律知等容加热气体，是气体只吸收热量，内能增加再绝热压缩，是只对气体做功，内能一定增加，所以内能必大于起始内能，故D项正确.
答案:CD
7.体积分别为30 L和10 L的两容器内，分别装有127℃,10 atm(106 Pa)的空气和真空，当把两者用细管连通后，气体的温度变成了47℃，则最终容器内气体的压强为____________.
解析：据可得 atm=6 atm
答案:6 atm
8.如图所示绝热活塞将气缸分为两部分，起初两边均充有同温度的同种理想气体，平衡时VA∶VB=2∶1,现将A中气体温度升到127℃，B气体温度降到-73℃，则平衡后左右两部分气体体积之比V′A∶V′B=____________.
解析：开始时两侧压强相同设为P0，平衡后，两侧压强也相同，设为P.设VA=2V0，VB=V0，对A有，对B有
解得：VA′∶VB′=4∶1
答案:4∶1
9.在湖面下50 m深处，温度为7℃，体积为1 cm3的气泡，升到湖面，温度为17℃，体积将变为多大？（p0=10 m水柱）
解析：在深处时
p1=p0+h=(10+50) m=60 m水柱
V1=1 cm3
T1=(273+7) K=280 K
在湖面时p2=p0=10 m水柱
V2=？
T2=（273+17） K=290 K
根据理想气体状态方程：
得V2==6.2 cm3
答案:6.2 cm3
10.放在光滑地面上的汽缸如图8-3-6所示，缸体质量为2 kg，活塞质量为1 kg.静止时，活塞距离汽缸底面10 cm，活塞面积为100 cm2，外界大气压p0为1×105 Pa.现用水平推力F向左推活塞，活塞和汽缸以共同加速度向左加速运动，这时活塞和汽缸底的距离为8 cm,求水平推力F.（温度不变，下列因素不考虑：缸体厚度、空气阻力、活塞与汽缸间的摩擦）
图8-3-6
解析：本例气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体定律和牛顿运动定律解题.由于整个装置一起做加速运动，为了求F，只要求出加速度即可.而求加速度最简便的方法是以缸体为研究对象，利用牛顿第二定律求解.
装置静止时，汽缸内气体的压强为p0,体积V1=l1S=1×10-3 m3;设装置加速运动时气体的压强为p2,体积V2=l2S=8×10-4 m3,由玻意耳定律得：p0V1=p2V2 ①
装置加速运动时，缸体受力情况如图所示，由牛顿第二定律得：p2S-p0S=Ma ②
以整个装置为研究对象，则F=（M+m)a,解得F=（M+m)(p0V1S/V2-p0S)/M=375 N
答案:375 N
走近高考
11.(2006上海高考，19A)一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的气缸内，开始时气体体积为V0，温度为27℃.在活塞上施加压力，将气体体积压缩到2V0/3，温度升高到57℃.设大气压强P0=1.0×105 Pa,活塞与气缸壁摩擦不计.
（1）求此时气体的压强；
（2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0,求此时气体的压强.
解析：（1）由气体状态方程知,将P0=1.0×105 Pa,T0=300 K,T1=330 K,V1=代入上式，解得P1=1.65×105 Pa.
(2)气体发生等温变化，据玻意耳定律有P1V1=P2V2，将V2=V1代入可得P2=1.1×105 Pa.
答案:（1）1.65×105 Pa （2）1.1×105 Pa
12.(2004全国高考)一定质量的理想气体处于某一平衡状态，此时其压强为p0,有人设计了四种途径，使气体经过每种途径后压强仍为p0，这四种途径是：
①先保持体积不变，降低压强，再保持温度不变，压缩体积
②先保持体积不变，使气体升温，再保持温度不变，让体积膨胀
③先保持温度不变，使体积膨胀，再保持体积不变，使气体升温
④先保持温度不变，压缩气体，再保持体积不变，使气体降温
则下列说法正确的是（ ）
A.①②不可能 B.③④不可能 C.①③不可能 D.①②③④都可能
解析：四种途径的变化过程中，均有可能使的值保持恒定，符合气体的性质规律，故D项正确.
答案:D
3 理想气体的状态方程
课后集训
基础过关
1.对于理想气体，以下说法中正确的是( )
A.理想气体是一种科学抽象的理想化模型；客观上是不存在的
B.理想气体严格遵守三个实验定律
C.理想气体只有分子动能，不考虑分子势能
D.实际气体在任何情况下都可以看成理想气体
解析：理想气体是严格遵守三个实验定律的气体，是一种理想化的模型，客观上并不存在，选项AB正确.实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下才可视为理想气体，故D错.理想气体分子间距离很大，除碰撞外，分子间作用可忽略不计，因而理想气体只有分子动能，不考虑分子势能.故C正确.
答案：ABC
2.如图8-3-4所示，A、B两点表示一定质量的理想气体的两个状态，当气体自状态A变化到状态B时 ( )
A.体积一直变大 B.有可能经过体积减小的过程
C.外界必然对气体做正功 D.气体必然对外界做正功
图8-3-4
解析：在P-T图象，某点和原点的连线斜率越小，其表示的状态体积越大，则有VB＞VA.气体对外界做正功，故C错误，D正确，虽然最终体积变大了，但是实际在变化过程中体积可以有减小的时候，所以B正确，A错误.
答案：BD
3.如图8-3-5所示，一定质量的理想气体，由状态A沿直线AB变化到B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是( )
图8-3-5
A.不断增大 B.不断减小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
解析：由图可知A、B两点的pV乘积相同，因此A、B两点的温度也相同.在AB直线的中点C，其pV乘积比A、B两点要大，所以C点温度比A、B两点高，即TA=TB＜TC.又因为气体分子的平均速率随温度升高而增大，所以气体分子的平均速率是先增大后减小.
答案：D
4.如图8-3-6所示，一定质量的理想气体的p-t图象，气体从状态A变化到状态B时，其体积( )
图8-3-6
A.一定不变 B.一定减小
C.一定增加 D.不能断定如何变化
解析：因为题目给的横线坐标为摄氏温度，而不是热力学温度，若A、B状态的连线的延长线交于-273 ℃，这时从A到B是等容变化，若它们的连线的延长线交于-273 ℃?的右侧(高于-273 ℃)处，这时从A到B是个体积减小的过程，而当它们的状态的连线的延长线交于-273 ℃左侧时，这是气体的体积从A到B状态为增大的过程.所以此题不能判断气体从状态A到状态B体积怎样变化.
答案：D
5.图8-3-7所示，为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p-t图线.p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为( )
图8-3-7
A.5.6 L B.3.2 L C.1.2 L D.8.4 L
解析：此气体的0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为：
22.4×0.3 L=6.72 L
根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态?的体积为6.72 L，温度为127 K+273 K=400 K，
从A状态到B状态为等压变化，B状态温度为
227 K+273 K=500 K，
根据盖·吕萨克定律
答案：D
综合运用
6.对于一定质量的理想气体，以p、V、T三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系，在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值.你能根据坐标系中不同点的位置来比较第三个参量的大小吗？图8-3-8?三个坐标系中，两个点都表示相同质量某种理想气体的两个状态.
图8-3-8
(1)p-T图象中(图甲)A、B两个状态，哪个体积大？
(2)V-T图象中(图乙)C、D两个状态，哪个压强大？
(3)p-V图象中(图丙)E、F两个状态，哪个温度高？
请说出判断的根据.
解析：利用理想气体状态方程，找出两状态下的相同量，通过另外两个量的比值(或乘积)为定值，寻找第三个参量的关系.
(1)图甲：因为=恒量，据图像有TA=TB，而且PA＞PB，由此可得：VA＜VB；
(2)图乙：因为=恒量，据图像有TC=TD，而且VC＞VD，因此：PC＜PD；
(3)图丙：因为=恒量，据图像有VE=VF，而且PE＞PF，由此可得：TE＞TF.
答案：(1)VB大 (2)PD大 (3)TE高
7.内燃机气缸里的混合气体，在吸气冲程之末，温度为50 ℃，压强为1.0×105 Pa,体积为0.93 L；在压缩冲程中，把气体压缩为0.155 L时，气体的压强增大到1.2×106 Pa,求这时的混合气体的温度升高到多少摄氏度？
解析：吸气末：p1=1.0×105 Pa V1=0.93 L T1＝323 K
压缩末：p2=1.2×106Pp V2＝0.155 L
T2=?
由理想气体状态方程：
代入已知数据解得：T2=646 K
T2=(646-273) ℃=373 ℃
答案：373 ℃
8.如图8-3-9所示，粗细均匀，两端开口的U形管竖直放置，管的内径很小，水平部分BC长14 cm.一空气柱将管内水银分离成左右两段.大气压强相当于高为76 cmHg的压强.
图8-3-9
(1)当空气柱温度为T0=273 K，长为l0=8 cm时，BC管内左边水银柱长2 cm,AB的管内水银柱长是2 cm，则右边水银柱总长是多少？
(2)当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内？
(3)当空气柱温度为490 K时，两竖直管内水银柱上表面高度各为多少？
解析：(1)系统平衡，则左、右两侧水银柱竖直部分应等高.
所以右边水银柱总长为
14 cm-(2 cm+8 cm)+2 cm=6 cm.
(2)以封闭气体为研究对象，设U管截面积为S
升温前，p1=78 cmHg V1=8S T0=273 K
升温后，p2＝80 cmHg V2=12S T2=?
由理想气体状态方程，
代入已知数据得，T2=420 K.
即当空气柱温度升高到420 K时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内.
(3)温度从420 K升高到490 K的过程中，为等压变化右边水银面保待不变，其高度为4 cm.
由盖·吕萨克定律：
即
∴l3=l2
代入已知数据得 l3=14 cm
所以左边的水银柱上表面高度为：14 cm-12 cm+4 cm=6 cm
答案：(1)6 cm (2) 420 K (3)左6 cm 右4 cm
9.如果病人在静脉输液时，不慎将5 mL的空气柱输入体内，会造成空气栓塞，致使病人死亡.设空气柱在输入体内前的压强为760 mmHg,温度为27 ℃；人的血压为120/80 mmHg,试估算空气柱到达心脏处，在收缩压和扩张压两种状态下，空气柱的体积分别是多少？(设体温为37 ℃)
解析：以输入人体内的空气柱为研究对象.
输入前p1=760 mmHg V1=5 mL T1=300 K
输入后在收缩压时：p2=120 mmHg T2=310 K
在扩张压时：p3=80 mmHg T3=310 K
由理想气体状态方程：及
代入已知数据，得V2=32.7 mL V3=49.1 mL
答案：32.7 mL 49.1 mL
10.如图8-3-10所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面1 m，因上部混入少量空气，使其读数不准.当气温为27 ℃，标准气压计读数为76 cmHg时，该气压计读数为70 cmHg.
图8-3-10
(1)在相同气温下，若用该气压计测量气压，测得读数68 cmHg，则实际气压应为多少cmHg?
(2)若在气温为-3 ℃时，用该气压计测得读数为70 cmHg,?则实际气压为多少cmHg?
解析：(1)取封闭在玻璃管中的气体为研究对象.
p1=(76-70)cmHg=6 cmHg.
V1=(100-70)S=30S cm3.
由玻意耳定律是
p1V1=p2V2,
60×30S=(p-68)×32S.
解得 p=73.6(cmHg).
(2)设实际气压为p，对封闭在玻璃管中的气体：
初态：p1=6 cmHg,V1=30S cm3,T1=300 K；
末态：p′2=(p-70) cmHg,
V′2=(100-70)S cm3=30S cm3,
T′2=(273-3) K=270 K.
由气体的状态方程有 .
解得 p=75.4(cmHg).
答案：(1)p=73.6 cmHg；(2)p=75.4 cmHg.
4 气体热现象的微观意义
主动成长
夯基达标
1.关于气体分子运动的特点，正确的说法是（ ）
A.气体分子的运动平均速率与温度有关
B.当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多，两头少”
C.气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得
D.气体分子的平均速度随温度升高而增大
解析：气体分子的运动与温度有关，当温度升高时，平均速率变大，但仍然遵循“中间多，两头少”的统计规律.由于分子运动的无规则性，对于某个分子的运动，不能由牛顿运动定律求得.至于平均速度，可以认为分子向各个方向运动概率相等，稳定时，平均速度几乎等于零，当温度升高时，平均速度不一定增大，故本例的正确答案为A.
答案:A
2.关于理想气体的温度、分子平均速率、内能的关系，下列说法正确的是（ ）
A.温度升高时，气体分子的平均速率增大
B.温度相同时，各种气体分子的平均速率都相同
C.温度相同时，各种气体分子的平均动能相同
D.温度相同时，各种气体的内能都相同
解析：温度是物体所处热运动状态的一个重要参量，从分子动理论的角度看，温度是物体分子热运动的平均动能大小的标志，温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子的平均速率增大，因此，选项A正确；温度相同时，一定质量的各种理想气体平均动能相同，但由于是不同气体，分子质量不同，所以各种气体分子的平均速率不同，所以选项C正确，选项B错误；各种理想气体的温度相同，只说明它们的平均动能相同，气体的内能大小还和气体的质量有关，即使是相同质量的气体，由于是不同气体，所含分子数不同，其内能也不相同，所以选项D错误.选项A、C正确.
答案:AC
3.一定质量的气体，下列叙述正确的是（ ）
A.如果体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大
B.如果温度不变压强增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大
C.如果温度升高，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大
D.如果分子密度增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大
解析：气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数，是由单位体积内的分子数和分子的平均速率共同决定的，选项A和D都是单位体积内的分子数增大，但分子的平均速率如何变化却不知道；选项C由温度升高可知，分子的平均速率增大，但单位体积内的分子数如何变化未知，所以选项A、C、D都不对.
选项B温度不变，分子平均速率不变，压强增大，必然是单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数增大，所以选项B正确.
答案:B
4.质量相同，温度也相同的氧气和氢气（可看作理想气体），它们具有相同的（ ）
A.分子数 B.分子平均速率 C.内能 D.分子的平均动能
解析：氧气和氢气的摩尔质量不同，质量相等的氧气和氢气的摩尔数不同，所以分子数也不相同，选项A错；温度是分子平均动能的标志，温度相同时，氧气的氢气的分子平均动能相同，但由于氧气分子的质量比氢气分子质量大，所以它们的平均速率并不相等,选项B错、D对；氧气的分子数比氢气分子数少，分子平均动能相同，所以氧气的内能要比氢气的内能小，选项C错，选择D.
答案:D
5.下列说法正确的是（ ）
A.只要温度相同，任何分子的平均速率都相同
B.不管分子间距离是否等于r0（r0是平衡位置分子距离），只要分子力做正功，分子势能就减小，反之分子势能就增加
C.10个分子的动能和分子势能的总和就是这10个分子的内能
D.温度高的物体中的每一个分子的运动速率，一定大于温度低的每一个物体中每一个分子的速率
解析：温度相同，物体分子平均动能相同，而平均速率不一定相同，故选项A错，因为分子势能是由分子间相互作用才产生的，而分子力做负功，即外力对分子做正功，分子势能增加，反之，分子势能减小，故选项B对.物体内能是对大量分子而言；对于10个这样少的分子无意义，故选项C错.温度高的物体分子的平均速率大（相同物质），但具体的每一个分子的速率是不确定的，可能大于平均速率，也可以小于平均速率，故选项D错.
答案:B
6.一块10℃的铁与一块10℃的铝相比较，以下说法正确的是（ ）
A.铁的分子动能之和与铝分子动能之和相等
B.铁的每个分子动能与铝的每个分子的动能相等
C.铁的分子平均速率与铝的分子平均速率相等
D.以上说法均不正确
解析：两物体的温度相等，只能说明它们的分子平均动能相等，因此抓住“温度是分子平均动能的宏观标志”是解本题的关键.
一块铁与一块铝温度相等，说明它们的分子平均动能相等，本题并没有说明铁与铝的质量，只有当它们的分子数相等时，分子总动能才相等，所以A项错；分子平均动能相等，但对每个分子而言，它运动的速率是变化的，且每个分子的速率都是不同的，有快的也有慢的，因此不能说每个分子的动能相等，因此B错；尽管铁与铝的平均动能相等，但它们的分子质量不等，因此分子的平均速率也不会相等，故C项也错.
答案:D
走近高考
7.(2006全国高考Ⅰ，8)下列说法中正确的是（ ）
A.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧列，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B.气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C.压缩一定量的气体，气体的内能一定增加
D.分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大
解析：气体的压强与两个因素有关：温度和体积.A、B选项只强调一方面，故均不正确；C选项中，体积减小，但温度不一定增加，内能不一定增大，错误；D项中，分子a在靠近分子b的过程中，分子力做正功，分子动能增大，D项正确.
答案:D
8.(2005天津高考)下列说法正确的是（ ）
A.一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
B.一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大
C.气体压强是由气体分子间的斥力产生的
D.在失重的情况下，密闭容器内的气体容器壁没有压强
解析：一定质量的气体压强由温度和体积共同决定，体积减小，温度也有可能降低，A选项正确；温度不变，压强增大，则体积必减小，B选项错误；气体的压强是由气体分子频繁地撞击器壁而产生的，C选项错误；失重时，气体分子数密度和气体分子的平均动能均不变，所以密闭容器内的气体对器壁的压强不变，D选项错误.
答案:A
4 气体热现象的微观意义
课后集训
基础过关
1.关于气体分子运动的特点，正确的说法是( )
A.气体分子运动的平均速率与温度有关
B.当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多，两头少”
C.气体分子的运动速率可由牛顿第二定律求得
D.气体分子的平均速度随温度升高而增大
解析：气体分子的运动与温度有关，当温度升高时，平均速率变大，但仍然遵循“中间多，两头少”的统计规律.由于分子运动的无规性，不能用牛顿第二定律求得其速率.由于分子向各个方向运动机会均等，稳定时，平均速度几乎等于零，故温度升高，平均速度不一定增大，本题只有A正确.
答案：A
2.两个相同的容器中，分别盛有质量相同、温度相同的氧气和氢气，则它们的( )
A.压强相同 B.平均速率相同
C.分子的平均动能相同，压强不相等 D.分子的平均动能相同，压强相等
解析：温度是物质分子平均动能的标志，其关系T=.气体的压强，从微观看取决于分子无规则运动的剧烈程度和分子密度，氢气和氧气同温同体积、同质量，但由于氢气分子的质量小，氢气分子数多，分子密度大，氢气的压强大，所以ABD均错，C正确.
答案：C
3.封闭在体积一定的容器内的理想气体，当温度升高时，下列四个结论中正确的是( )
A.分子的密度增大 B.分子的平均动能增大
C.分子的平均速率增加 D.分子的势能增加
解析：一定质量的理想气体，分子总数一定，在体积不变的条件下，分子密度保持不变，A选项错误.理想气体分子间作用力为零，无分子势能，故D选项错误；温度升高时分子平均动能增加，由可知分子平均速率增大，故选项B、C均正确.
答案：BC
4.关于气体的压强、下列说法中正确的是( )
A.人造卫星内，气体完全失重，所以气体压强为零
B.人造卫星内，气体完全失重，但气体仍有压强
C.气体的压强是单纯由气体重力造成的
D.气体的压强是由气体分子的碰撞造成的
解析：气体分子不停地做无规则运动，对器壁频繁碰撞，使气壁受到持续均匀的压力；从而产生压强.所以选项C错，D对，人造卫星内，气体处于完全失重状态，但气体分子无规则热运动并不停息，因此选项A错，选项B正确.
答案：BD
5.一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子运动理论观点来分析，这是因为( )
A.气体分子的平均动能增大
B.单位时间内，器壁单位表面积上分子碰撞的次数增多
C.气体分子数增加
D.气体分子数的密度加大
解析：一定质量的理想气体经历等温压缩过程，由于温度不变，气体分子的平均动能不变.所以选项A错误.气体分子总数一定，体积缩小，单位体积内的分子数增多，因而单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多，因而压强增大，故选项BD正确，选项C错误.
答案：BD
综合运用
6.对于一定量的理想气体，下列论述中正确的是( )
A.当分子热运动变得剧烈时，压强必变大 B.当分子热运动变得剧烈时，压强可以不变
C.当分子间的平均距离变大时，压强必变小 D.当分子间的平均距离变大时，压强必变大
解析：一定质量的理想气体温度升高，分子的平均动能增大，分子热运动加剧，气体压强有增大的趋势.气体体积变大，分子间的平均距离变大，分子密度减小，气体的压强有减小的趋势，若两者效果恰好抵消，则气体压强保持不变，故A、C、D选项均错误，B正确.
答案：B
7.对一定质量的理想气体，用p、V、T分别表示其压强、体积和温度，则有( )
A.若T不变，p增大，则分子热运动的平均动能增大
B.若p不变，V增大，则分子热运动的平均动能减小
C.若p不变，T增大，则单位体积中的分子数减小
D.若V不变，p减小，则单位体积中的分子数减小
解析：一定质量的理想气体的压强大小与分子平均动能和分子密度n0都有关系.与n0的增大都能导致p的增大，与n0的减小都能导致p的减小.温度T不变，分子平均动能不变，压强增大是由于n0的增大造成的，选项A错，体积增大，则n0减小，若保持p不变，则应增大，故B选项错误，C选项正确.V不变，则n0不变，若p减小，则必然是温度升高，增大，故D错.
答案：C
8.恒温室内，一玻璃瓶装有理想气体，由于瓶盖有点漏气，则瓶内气体( )
A.分子势能增大 B.分子平均动能不变 C.温度不变 D.气体内能不变
解析：理想气体没有分子势能，故选项A错误.由于温度保持不变，所以分子平均动能不变，故B、C正确.由于漏气，玻璃瓶中的气体分子数减少，因而瓶内气体的内能应减小，故D选项错误.
答案：BC
9.A、B相同的两个气缸中都充有质量相同的氧气，其中P-V图像如图8-4-3所示，从图中可得( )
图8-4-3
A.A容器中氧气的压强小 B.B容器中氧气的密度大
C.两个容器的气体的密度相同 D.两个容器的气体的温度相同
解析：由于两容器容积相同，且装有相同质量的氧气，所以两容器内氧气的密度、分子总数及分子密度均相同.从图8-4-3中可知，在体积相同时，A容器中气体压强大，这说明A容器中气体分子平均动能大，气体温度高.故选项A、B、D均错误，选项C正确.
答案：C
10.如图8-4-4，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积S=0.01 m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，但不漏气，A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k=5×103 N/m的较长的弹簧相连.已知大气压强p0=1×105 Pa，平衡时，两活塞间的距离l0=0.6 m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡.此时，用于压A的力F=5×102 N，求活塞A向下移动的距离.(假定气体温度保持不变)
图8-4-4
解析：活塞A受压向下移动的同时，活塞B也向下移动，已知达到平衡时，F=5×102 N.
设A向下移动的距离为l,B向下移动的距离为x，由于气体温度不变，由玻意耳定律得
p0l0S=(p0+)(l0－l+x)S ①
当气体的压强为p0时，弹簧受B的作用而有一定的压缩量，当气体的压强变为p0+F/S时，弹簧增加的压缩量就是B向下移动的距离x，由胡克定律
F=kx ②
将①和②式消去x，代入数值得
l=0.3 m
答案：0.3 m
第一节 气体的等温变化
自主广场
我夯基 我达标
1.描述气体状态的参量是指( )
A.质量、温度、密度 B.温度、体积、压强
C.质量、压强、温度 D.密度、压强、温度
答案：B
2.在一个上下温度相同的水池中，一个小空气泡缓慢向上浮起时，下列对空气气泡内气体分子的描述中正确的是( )
A.气体分子的平均速率不变
B.气体分子数密度增大
C.气体分子单位时间内，碰击气泡与液体界面单位面积的分子数增大
D.气体分子无规则运动加剧
思路解析：温度不变，所以分子的平均速率不变,A正确,D错.此过程为等温过程,由玻意耳定律,由于压强减小，故体积增大.所以单位体积的分子数减少,故BC错.
答案：A
3.一个密闭的绝热器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分内封有相同质量的空气，开始时活塞被铁钉固定，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，温度相同，如图8-1-5所示，若拔出销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积VA与VB的大小，有( )
图8-1-5
A.VA>VB B.VA=VB
C.VA
思路解析：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程、物理情境的分析是正确求解本题的关键.
初态两气体质量相同，VA>VB，因此气体分子密度不同，ρA<ρB，又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知pAVb′，A选项正确，本题正确选项是A.
答案：A
4.一只轮胎容积为10 L，内装1.5 atm的空气.现用打气筒给它打气.已知气筒的容积为V=1 L，要使胎内气体压强达到2.5 atm，应至少打多少次气，(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变)( )
A.8次 B.10次 C.12次 D.15次
思路解析：本题中，胎内气体质量发生变化，似乎不能直接应用气体实验定律，但由于假设气体温度不变，故可将打气前后胎内气体体积分别折合成大气压下气体体积，求出两种情况下体积之差，便可得到结果，这样便将一个变质量问题化为两个等质量问题.
打气前p1V=p0V′,打气后p2V=p0V″因而ΔV=V″-V′=V
打气次数n==10(次).
答案：B
5.如图8-1-6所示,一试管开口朝下插入盛水的广口瓶中,在某一深度静止时,管内封有一定的空气.若向广口瓶中缓慢倒入一些水,则试管将( )
图8-1-6
A.加速上浮 B.加速下沉
C.保持静止 D.以原静止位置为平衡位置上下振动
思路解析:图中试管在水下某深度处于静止状态,浮力(等于排开水的重力)与试管重力相平衡.当管中气体压强稍大些,即试管稍下移或试管上方水的高度略大些时,气体被压缩,浮力将减小,试管将下沉,在下沉的过程中,气体所受压强越来越大,浮力越来越小,试管将加速下沉.
答案：B
6.一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( )
A.气体分子的平均动能增大 B.气体的密度变为原来的2倍
C.气体的体积变为原来的一半 D.气体的分子总数变为原来的2倍
思路解析：温度是分子平均动能的标志,由于温度T不变，故分子的平均动能不变，
据玻意耳定律得p1V1=2p1V2V2=V1
ρ1=,ρ2=ρ1=ρ2
即ρ2=2ρ1,故B、C正确.
答案：BC
我综合 多发展
7.如果画出一定质量某理想气体等温变化的p-图象，应该是什么样的图线？怎样来比较不同等温过程的温度.
思路解析：由玻意耳定律，一定质量的理想气体，温度不变时，压强跟体积成反比，即和体积的倒数成正比p∝.
在p-图象中，等温线是一条通过原点的直线.如图所示是表示同一气体在T1、T2两个不同温度下作等温变化的p-图线.让气体从温度是T1的某一状态经过一个等容变化，温度变化到T2，因为p18.如图8-1-7所示，一定量气体放在体积为V0的容器中，有一光滑的活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积为A室的两倍，A室容器上连有一U形管(U形管内气体体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，在B室容器上接有阀门K可与大气相通，(外界大气压强76 cm汞柱)求：将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
图8-1-7
思路解析：由题设条件可判断，打开K后，A室空气做等温变化，遵循玻意耳定律，运用其解决即可.
由题知，打开K前，B室体积等于A室体积的两倍，故此时A室体积为V1=V0,A室中气体压强p1=p0+h汞柱=2h汞柱
打开K后，活塞右边压强变为p0，故A室中气体做等温膨胀，稳定后压强变为p0，设此时A室体积为V2，由玻意耳定律有p0V2=p1V1=2h汞柱×V0
因为p0=h汞柱,所以V2=V0.
答案：V0
我创新 我超越
9.如图8-1-8所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定量的理想气体封在气缸内，活塞与缸壁无摩擦，气体处于平衡状态.现保持温度不变把气缸稍微倾斜一点，在达到平衡后，与原来相比，则( )
图8-1-8
A.气体的压强变大 B.气体的压强变小
C.气体的体积变大 D.气体的体积变小
思路解析：以活塞为研究对象，分析倾斜前后活塞的受力情况，根据物体平衡条件F合=0，求出压强p1、p2并进行比较(如图)
倾斜前：p1S+Mg-p0S=0,p1=p0-
倾斜后，在竖直方向上，p2Scosθ+Mg-p0Scosθ=0,p2=p0-
所以p2V1,故选B、C.
答案：BC
合作共赢
有以下实验仪器：大试管一支,水银,刻度尺.请你和同桌共同设计一个实验完成如下要求：
1.验证玻意耳定律.设计实验方案并写出实验步骤,并对设计方案及步骤进行可行性讨论.
2.观察温度变化对实验结果的影响,写出实验报告.
读书做人
玻意耳(Robert Boyle,1627—1691)英国物理学家、化学家.1627年1月25日出生于爱尔兰的利斯莫尔.幼年就聪慧过人，有超人的记忆力和非凡的语言才能.1644年继承了父亲的一笔财产，定居在多尔塞特，博览了自然科学、哲学、神学等方面书籍.当时他还经常参加由他姐姐邀请的一些著名科学家的聚会，去听他们就一些科学问题的讨论，但他主张“实验决定一切”.
1659年，他在助手胡克的协助下，改进了盖利克发明的真空泵，利用它进行了一系列气体性质的开拓性实验.例如，他曾将真空泵放在屋顶，水管放在地面的大水罐内，发现当水银气压计指示29英寸时，水不可能被提升到33英尺以上.1660年他将实验结果汇编成册，出版了他的第一部著作《涉及空气弹性及其效果的新物理——力学实验》.他用实验证论了空气是有重量和弹性(当时玻意耳称之为弹力)的物质.
请结合以上材料思考问题：
你知道当水银气压计指示29英寸时,水为什么不能被提升到33英尺以上吗？
第二节 气体的等容变化和等压变化
名师导航
知识梳理
1.一定质量的气体，当体积一定时，气体的压强和温度之间成__________关系，我们把它叫__________.
2.一定质量的某种气体，在体积不变的情况下压强p与热力学温度T成__________,其数学表达式为__________,也可以表示为另外的形式__________或__________.
3.气体等压变化的规律是__________国科学家__________首先发现的，其规律的代数表达式为__________或__________或__________.
疑难突破
怎样确定等容线和等压线
(1)在p-T图中，等容线是一簇延长线必定通过坐标原点的直线，如图8-2-1所示，对于质量一定的理想气体：
①体积一定时，p∝T图中任一条等容线都表示气体压强p与温度T的正比变化关系.
②图线的斜率为tana=p/T=C,可见斜率越小，等容线离T轴越近.
(2)若横坐标用摄氏温度t表示，则一定质量气体的等容变化图象如图8-2-2所示.
图8-2-1 图8-2-2 图8-2-3
(3)在p-V图中，等容线是平行于p轴的直线，如图8-2-3所示.
(4)确定等压线(V-T图)
①V-T图中的等压线，都是一条延长线过-273 ℃的倾斜直线，纵轴截距V0表示气体在0 ℃时的体积，等压线的斜率大小取决于压强的大小，同一气体比较：压强越大，斜率越小，图8-2-4中的等压线比较为：p1>p2.
图8-2-4 图8-2-5
②V-T图中的等压线，这是一条延长线通过原点的倾斜直线，直线斜率k==C，斜率越大，恒量C越大，压强越小，图8-2-5 中给出的等压线比较：p1>p2.
问题探究
问题：通过实验分析温度对盖·吕萨克定律的影响.
探究：实验材料：带活塞的气缸、砝码，酒精灯，温度计
实验步骤：①在气缸内封闭一定质量的气体，在活塞上加放一定质量的砝码，用温度计读出气体温度t，并换算成T0；②对气缸底部进行加热，在某一定温度下，记录气体的体积.有如下数据：
体积(m3)
1
2
3
实测温度(k)
173
390
596
计算温度(T)
200
400
600
根据盖·吕萨克定律=C(C为常数)
在进行数据间的比较时发现第一组数据与理论数据差距最大，第二组数据较小，第三组最小.
探究结论：盖·吕萨克定律的适用条件为温度不太低.[]
典题精讲
【例1】 如图8-2-6所示，A是容积很大的玻璃容器，B是内径很小的玻璃管，B的左端与A相通，右端开口，B中有一段水银柱将一定质量的空气封闭在A中，当把A放在冰水混合物中时，B的左管比右管中水银高30 cm；当B的左管比右管的水银面低30 cm时，A中气体的温度是多少？(设大气压强p0=760 mmHg)
图8-2-6
思路解析：由于A的体积很大而B管很细，所以A中的气体可看作是体积不变，由查理定律即可求解.
以A中的气体为研究对象，初状态温度T1=273 K，压强p1=p0-ph=760 mmHg-300 mmHg=460 mmHg;末状态压强p2=p0+ph=760 mmHg+300 mmHg=1 060 mmHg.由查理定律有×273 K=629 K.
答案：629 K
【例2】 两端封闭的均匀的玻璃管水平放置，管的中央有一段长15 cm的水银柱，其两侧的空气柱中的压强为72 cmHg，现将玻璃直管旋至竖直位置，若欲使玻璃管中上、下两段空气柱的长度比保持为1∶2，则玻璃管沿竖直方向应做什么样的运动？设整个过程中的温度保持恒定.
思路解析：设p1、V1与p2、V2分别表示玻璃直管沿竖直方向运动时，管中上、下两段空气柱的压强和体积，由于玻璃管水平放置时，水银柱位于管的正中央，说明这时管中两段空气柱的体积是相等的，对上、下两段空气柱分别应用玻意耳定律得到
p0V0=p1V1 ①
p0V0=p2V2 ②
其中p0、V0表示玻璃管水平放置时两空气柱的压强和体积，由于水银柱及玻璃直管的
长度是不变的，所以有V1+V2=2V0 ③
根据题目条件2V1=V2 ④
将以上四式联立，解得上、下两段空气柱的压强分别为p1=p0=×72 cmHg=108 cmHg
p2=p0=×72 cmHg=54 cmHg
设玻璃管向下做匀加速运动，加速度为a，对水银柱进行受力分析，根据牛顿第二定律有p1S+ρghS-p2S=ρhSa
上式中的压强应以Pa为单位，若采用cmHg为单位，则应乘以换算因子ρg，上式应改写为ρg1pS+ρghS-ρgp2S=ρhSa
化简即得g(p1+h-p2)=ha
解得a=(p1+h-p2)g=46 m/s2
这个结果说明，欲使玻璃管中上、下两段空气柱的长度比保持为1∶2，玻璃管沿竖直方向应以46 m/s2的加速度向下做匀加速运动.
【例3】 如图8-2-8所示，气缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触面是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重量为G，大气压为p0.当气缸内气体温度是20 ℃时，活塞与气缸底部距离为h1；当气缸内气体温度是100 ℃时活塞与气缸底部的距离是多少？
图8-2-8
思路解析：气缸内气体温度发生变化时，气缸内气体的压强保持不变，大小为p=p0+，其中S为活塞的横截面积.应用盖·吕萨克定律即可求解.
以气缸内气体为研究对象.初状态温度T1=(273+20) K=293 K，体积V1=h1S；末状态温度T2=(273+100) K=373 K.由盖·吕萨克定律可得(式中温度为热力学温度)求得
V2=
变化后活塞与气缸底部的距离为h2==1.3h1.
答案：1.3h1
知识导学
本节是在上节学习了玻意耳定律的基础上将要接触到另外两个重要的气体实验定律，即盖·吕萨克定律和查理定律.其学习方法和前节相似，探究过程也是在假设一个量不变的前提条件下研究其余两个量之间的变化关系，所以在学习过程中要学会类比的学习方法，这样可以起到事半功倍的效果.
疑难导析
在气体变化规律的研究过程中图象十分重要，它能客观形象地反映两个相关量之间的关系，对于气体实验规律正确的理解起了十分重要的作用.
主要处理方法有：①如果其中一个量与另一个量的倒数成线性关系.则这两个量的乘积为一常数.
②横向比较：在已知图线的情况下，对两个图象进行比较，可以得出某一量相等的情况下，另一量的大小关系.
③图线斜率的利用，正比例函数的图像斜率表示两个量比值的大小.
④平行或垂直某一坐标的图象所表示的函数为某一量的常值函数.
⑤在确定等容线和等压线后我们可以看出，气体的等容变化和等压变化的关系都一目了然，由此，我们可以看出图线在物理学习中的重要性.
⑥如果要比较两个状态中某一个量的大小关系，通过图线就可以直观看出，这样比较方便准确.
问题导思
三组实验数据分别为低于室温，高于室温较小和高于室温较大的三组数据，可以明显看出的是随着温度的升高，实测到的温度与理论数值间的差距在明显地减小，故可以从温度对定律的影响入手，想办法去解决问题.
分析实验数据的方法：①横向比较：比较同一变量各数据间的变化规律.②纵向比较：比较同一组数据间的变化关系，只有从各个方面进行综合比较才能得出正确的实验结论.[]
典题导考
绿色通道：此类题是利用查理定律解题的典型例题，这也是温度气压计的原理，由于=C(C为常数)，故对一定的研究对象，每一压强值都有唯一的温度值与之相对应.
【典题变式1】 一定质量的气体在0 ℃时压强为p0,在27 ℃时压强为p,则当气体从27 ℃升高到28 ℃时,增大的压强为( )
A.p0 B.p C p0 D p
绿色通道：这是一道力热综合题，力热综合题的解题思路：题目将分解为气体状态变化问题和力学问题两部分，对气体状态变化问题，应用气体有关规律列方程；对于力学问题，应用力学有关规律列方程；然后联立求解.一般地说，气体的压强和体积的变化是联立两部分知识的“桥梁”.
【典题变式2】 如图8-2-7所示，两端封闭的玻璃管中间用水银柱将其分成两部分，并充入温度相同的气体，若把它降低相同的温度，玻璃管始终保持竖直，则水银柱将产生的变化是( )
图8-2-7
A.上升 B.下降 C.不动 D.不能确定
绿色通道：一定质量的某种气体，压强不变时，体积V和热力学温度T成正比，即或=C(C为常数)，做题要注意定律满足的两个条件.
【典题变式3】 如图8-2-9 所示的绝热内部被一隔板分为容积相等的两部分，设左边充有理想气体，右边是真空，当把隔板抽出时，左边的气体向真空做自由膨胀，当再次达到平衡时气体的温度________(填“升高”“降低”或“不变”)，气体的压强变为原来的________倍.
图8-2-9
典题变式答案
【典题变式1】 思路解析:本题只要灵活应用查理定律的各种表达式即可求得.
根据=C,可得pt=p0(1+),所以p=p0(1+),p′=p0(1+)
所以Δp=p′-p=p0
根据得
从而p′=p,所以Δp=p′-p=p
故正确选项为AD.
答案:AD
【典题变式2】 思路解析：假设温度降低，水银不动，则两部分气体体积不变，为等容变化，用查理定律分别求出上、下两气体的压强减小量Δp1、Δp2，比较Δp1和Δp2的大小，若Δp1=Δp2，水银柱不动；若Δp1>Δp2，水银柱上升；若Δp1<Δp2，水银柱下降.
气体的初状态：压强为p，温度为T.
气体的末状态：压强为(p-Δp)，温度为(T-ΔT).
根据查理定律得：求得Δp=p
因为p1=p2-ph答案：B
【典题变式3】 思路解析：由于在真空中自由膨胀的气体不对外做功，内能不发生变化，因此再次达到平衡时，气体的温度与原来相同，由于气体温度不变，而体积变为原来的2倍，由玻意耳定律,所以压强变为原来的.
答案：不变 0.5
自主广场
我夯基 我达标
1.如图8-2-10所示的四个图象是一定质量的气体，按不同的方式由状态a变到状态b，则反映气体变化过程中从外界吸热的是( )
图8-2-10
思路解析：A为等温线，故A图所示变化过程即不吸热也不放热，故A错.B为等温线的变式，故结果同A.C为等压线，故由=常数，得当V增大，T升高，在ab的过程中V减小，故系统放热.D为等容线，故由=常数，得当V增大时T升高，故ab过程中系统吸热，故D正确.
答案：D
2.一定质量的理想气体自状态A经状态B变化到状态C，这一过程在VT图中的表示如图8-2-11所示，则下述结论错误的是( )
图8-2-11
A.在过程AB中，气体压强不断变大 B.在过程BC中，气体密度不断变大
C.在过程AB中，气体对外界做功 D.在过程BC中，外界对气体做功
思路解析：过程AB为等容过程，有=C，当T升高时，p增大，故A正确.过程BC为等温过程，有pV=C，当V减小时，ρ=，故ρ增大，故B正确.AB过程为等容过程，和外界不存在做功关系，故C错误.BC过程体积减小，故外界对气体做功.
答案：C
3.取一根1 m长、两端开口的细玻璃管,一端用橡皮膜封闭,管内灌满水银后把它开口向下竖直倒立在水银槽中,此进管内的水银面比管外的水银面高出76 cmHg,管顶的橡皮膜呈向下凹陷状态.已知当时外界大气压强为76 cmHg,当把玻璃管逐渐倾斜到如图8-2-12所示的乙、丙位置时,下列叙述正确的是( )
图8-2-12
A.从甲到乙,橡皮膜凹陷程度逐渐变小
B.从甲到乙,橡皮膜凹陷程度不变
C.从乙到丙,橡皮膜凹陷程度逐渐变小
D.从乙到丙,橡皮膜凹陷程度逐渐增大
思路解析：此题解答时,往往有些同学以玻璃内的气体为研究对象,分析它的等温变化过程,却又无法分析出压强和体积到底如何变化,因而感到束手无策,而问题出在没有认真审题,题目中告诉我们管内外水银面的高度差为76 cmHg,当时的外界大气压为76 cmHg.这就说明玻璃管内根本没有气体是真空,故倾斜过程中内外压力差不多,橡皮模的凹陷程度不变.
答案：B
4.一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度( )
A.先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强
B.先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强
C.先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀
D.先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀
思路解析：由于此题要经过一系列状态变化后回到初始温度，所以先在pV坐标中画出等温变化图线，然后在图线上任选中间一点代表初始状态，根据各个选项中的过程画出图线，如图所示.从图线的发展趋势来看，有可能与原来等温线相交的说明经过变化后能够回到原来的温度.
答案：AD
5.如图8-2-13所示，左侧封口的U形玻璃管中的水银柱，封住A、B两段空气柱.静止时弯曲的水银柱两个端面的高度差为h，较短的直水银柱长为l，不考虑玻璃管和水银柱的热膨胀现象，下列判断正确的是( )
图8-2-13
A.只对空气柱A加热，h将变小，空气柱B也变短
B.只对空气柱B加热时，空气柱B变长，但h不变.
C.对空气柱A、B同时加热，使它们的温度升高相同，在水银不溢出的情况下，h将变小
D.从开口管外缓慢注入一些水银，使l增大，h也将增大
思路解析：(1)只对A加热时，其温度将升高，压强变大，体积增大，h变小；对B而言，其温度不变，压强为p0+l,不变，故空气柱B的长度不会变，可知选项A错误.
(2)只对B加热，其温度升高，体积变大，但压强(p0+l)不变，选项B正确.
(3)同时对A、B加热，A的温度升高、压强增大、体积膨胀、导致h必减小；在水银不溢出的情况下，空气柱B的压强不变，对它加热，只是体积膨胀，说法C也正确.
(4)从开口管处加水银，l变长，使空气柱B的压强增大，h随之增大，D说法也正确.
答案：BCD
6.电灯泡内充有氦氩混合气体,如果要使电灯泡内的混合气体在500 ℃时的压强不超过一个大气压,则在20 ℃的室温下充气,电灯泡内气体压强至多能充到多大?
思路解析：由于电灯泡容积不变,故气体为等容变化,设500 ℃时压强为p1,t2=20 ℃时的压强为p2.
由题意可知:T1=(500+273) K=773 K p1=1 atm T2=(20+273) K=293 K p2=?
由查理定律:,所以p2=·T2=×293 atm=0.35 atm.
答案：0.35 atm
我综合 多发展
7.一定质量的理想气体，经过一个压缩过程后，体积减小为原来的一半，这个过程可以是等温的、绝热的或等压的过程，在这三个过程中(如图8-2-14)( )
图8-2-14
A.绝热过程做功最多 B.等温过程做功最多
C.等压过程内能减小 D.等温过程对外放热
思路解析：在p-V图象上等压、等温、绝热压缩过程可分别用ab、ac、ad表示.根据图象不难看出，做功的关系为Wab答案：ACD
8.一定质量的理想气体经过一系列过程，如图8-2-15的所示，下列说法中正确的是( )
图8-2-15
A.a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B.b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C.c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D.c→a过程中，气体内能增大，体积不变
思路解析：a→b过程中，T不变，分子平均动能不变，p减小，分子密集程度变小，气体体积变大，A正确.b→c过程中，压强不变，温度降低,分子平均动能变小，分子密集程度相应变大，故体积减小，B错误.c→a过程中，压强与温度成正比，体积不变，温度升高,内能增大,所以C错误,D正确.
答案：AD
9.一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在VT图上表示如图8-2-16所示，则( )
图8-2-16
A.在过程AC中，外界对气体做功 B.在过程CB中，外界对气体做功
C.在过程AC中，气体压强不断变大 D.在过程CB中，气体压强不断变小
思路解析：A→C过程，等温变化，体积变小,压强变大，外界对气体做功，A正确.C→B过程，体积不变，外界对气体不做功，分子密集程度不变，温度升高，分子平均动能变大，故压强变大，BD错误.气体压强取决于分子平均动能和分子的密集程度.
答案：AC
10.如图8-2-17所示，容器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开，当氢气的温度为0 ℃,氧气温度是20 ℃时，水银柱怎样移动？
图8-2-17
(1)两气体均升高温度20 ℃；
(2)两气体均降低温度20 ℃；
(3)若初状态如图8-2-17所示且气体的初温相同，则两气体均升高10 ℃时，水银柱怎样移动？
思路解析：对于题图，氢气和氧气初压强相同，设为p0，当温度变化时，先假定水银柱不动，由Δp=p求出两部分气体的Δp值，再比较判断.
(1)因为是升温，故水银柱向压强增大量小的一方移动
pA=pB=p，ΔT=20 K TA=(273+0) K=273 K TB=(273+20) K=293 K
得到Δpa=pA=p Δpb=pB=p
因为Δpa>Δpb,所以水银柱向B容器一方移动.
(2)因为是降温，水银柱向压强减小量大的一方(即|Δp|较大的一方移动).
同理Δpa=pA=,ΔpB=pB=-p
因为|ΔpA|>|ΔpB|，所以水银柱向A容器一方移动.
(3)因是升温，故水银柱向压强增大量小的一方移动，设气体初温为T，A初温为TA，B的初温为TB，由查理定律的分比形式得：ΔpA=pA=pA,ΔpB=pB=pB,
而pA=pB(对题图分析)即ΔpA=ΔpB，所以水银柱不移动.
答案：水银柱向B容器一方移动；水银柱向A容器一方移动；水银柱不移动.
11.在一密封的啤酒瓶中，下方为溶有CO2的啤酒，上方为纯CO2气体.在20 ℃时，溶于啤酒中的CO2的质量为mA=1.05×10-3 kg，上方气体状态：CO2的质量为mA=0.137×10-3 kg,压强为p0=1 atm.当温度升高到40 ℃时，啤酒中溶解的CO2的质量有所减小，变为mA′=mA-Δm,瓶中气体CO2的压强上升到p1.已知=0.60×，啤酒的体积不因溶入CO2而变化，且不考虑容器体积和啤酒体积随温度的变化.又知对同种气体，在体积不变的情况下与m成正比，试计算p1等于多少标准大气压(结果保留两位有效数字).
思路解析：以啤酒上方气态CO2为研究对象，设20 ℃时为初态T0=(273+20) K=293 K；40 ℃ 时为末态T1=(273+40) K=313 K.
已知40 ℃时溶入啤酒的CO2的质量为mA′=mA-Δm ①
因质量守恒，气态CO2的质量为mB′=mB+Δm ②
由题设=0.60× ③
由于对同种气体，体积不变时，与m成正比，可得 ④
由①②③④式联立求解得p1=［］p0
代入数据得p1=1.6 atm.
答案：1.6 atm
我创新 我超越
12.1679年法国物理学家帕平发明了高压锅,现在高压锅已被广泛使用,高压锅与普通锅不同.锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧,加上锅盖与锅体之间有橡皮制的密封圈,所以锅盖与锅体之间不会漏气,图8-2-18是压力锅的剖面图,它的盖子上有三个气孔,气孔1在常温下活塞落下,使锅内与外界连通,但在温度升高至约100 ℃时,水蒸气会把活塞冲起(此时锅内压强为1 atm),这时锅被密封,锅内温度继续升高,气体压强增大,当压强增至一定值时,气体就会冲开气压阀(气孔3正常时无作用,图中未画出),此后锅内保持一定的压强和温度.设压强每增大2.7 cmHg,水的沸点相应增大1 ℃,锅内水的初始温度为20 ℃,限压阀冲开以前水的汽化吸热不计,设升温阶段单位时间内增大的温度相同.
图8-2-18
若测得高压锅限压阀质量为m kg.排气孔直径为d cm.则锅内的最高温度可达多高?
思路解析：要使气体冲开气压阀,则锅内的气压p大于等于外界气压p0和限压阀质量产生压强p1的和,而气孔1刚关闭后锅内的压强为1 atm,当温度达到一定的程度时,气压强的增量Δp等于限压阀质量产生的压强时,温度达到最高,此时有:Δp=×104 Pa
温度的升高量为:Δt==×104=×104 ℃
所以锅内的最高温度为:100+×104 ℃.
第一节 气体的等温变化
自我小测
1．在“探究气体等温变化的规律”实验中，下列四个因素中对实验的准确性影响最小的是( )
A．针筒封口处漏气
B．采用横截面积较大的针筒
C．针筒壁与活塞之间存在摩擦
D．实验过程中用手去握针筒
2．(2013·重庆一中第一次摸底)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )
A．体积不变，压强变小 B．体积变小，压强变大
C．体积不变，压强变大 D．体积变小，压强变小
3．一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变，水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2)( )
A．3倍 B．2倍 C．1.5倍 D．0.7倍
4．(2014·贵阳高二检测)在室内，将装有5个标准大气压的6 L气体的容器的阀门打开后，从容器中逸出的气体相当于(设室内大气压强p0＝1个标准大气压)( )
A．5个标准大气压的3 L B．1个标准大气压的24 L
C．5个标准大气压的4.8 L D．1个标准大气压的30 L
5．如图所示为一定质量的某种气体在pV图中的等温线，A、B是等温线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则( )
A．S1>S2 B．S1＝S2
C．S16. 如图所示，开口向下插入水银槽的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内外水银高度差为h，若缓慢向上提起玻璃管(管口未离开槽内水银面)，H和h的变化情况是( )
A．h和H都增大 B．h和H都减小
C．h增大，H减小 D．h减小，H增大
7．中学物理课上有一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小ΔV时，压强增大20%。若使瓶内气体体积减小2ΔV，则其压强增大( )
A．20% B．30% C．40% D．50%
8．(2013·重庆理综)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp。若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在
装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量。
9．如图，容积为V1的容器内充有压缩空气。容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连，气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2。打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变。求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1。
参考答案
1.解析：“探究气体等温变化的规律”实验前提是气体的质量和温度不变，针筒封口处漏气，则质量变小，用手握针筒，则温度升高，所以A和D错误；实验中我们只是测量空气柱的长度，不需测量针筒的横截面积，并且针筒的横截面积大，会使结果更精确，B正确；活塞与筒壁的摩擦对结果没有影响的前提是不考虑摩擦产生的热，但实际上由于摩擦生热，会使气体温度升高，影响实验的准确性，C错误。
答案：B
2.解析：水位升高，封闭气体体积减小，由玻意耳定律pV＝C可知压强变大，选项B正确。
答案：B
3.解析：根据玻意耳定律有：
。
答案：C
4.解析：当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p2V2，当p2＝1个标准大气压时，得V2＝30 L，逸出气体30 L－6 L＝24 L，B正确。据p2(V2－V1)＝p1V1′得V1′＝4.8 L，所以逸出的气体相当于5个标准大气压的4.8 L气体，C正确。故应选B、C。
答案：BC
5.解析：△OBC的面积S2＝BC·OC＝pBVB，同理，△OAD的面积S1＝pAVA，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，可知两个三角形面积相等。
答案：B
6.解析：假设上提时水银柱不动，则封闭气体压强减小，在大气压的作用下水银柱上升，而封闭气体由于压强减小，体积增大。
答案：A
7.解析：瓶内气体做等温变化，设初始状态，气体压强为p，体积为V，当瓶内气体体积减小2ΔV时，气体压强大小为xp，则pV＝1.2p(V－ΔV)＝xp(V－2ΔV)，可求得，x＝1.5，所以，其压强增大50%。故D正确。
答案：D
8.解析：装载货物前后，气体进行等温变化，设装载货物后气体体积变化ΔV，根据玻意尔定律
p0V0＝(p＋Δp)(V0＋ΔV)得
ΔV＝－
答案：－
9.解析：先选体积为V2的那部分气体为研究对象。其初状态的压强为p0，末状态的压强为(p0＋ρgh)，设末状态的体积为V2′，由玻意耳定律得p0V2＝(p0＋ρgh)V2′
再研究容器内的压缩空气，其初状态的压强为p1，体积为V1；
末状态的压强为p0＋ρgh，体积为(V1＋V2－V2′)。
由玻意耳定律得p1V1＝(p0＋ρgh)(V1＋V2－V2′)
联立两个方程解得
p1＝。
答案：
第三节 理想气体的状态方程
自主广场
我夯基 我达标
1.一定质量的理想气体( )
A.先等压膨胀，再等容降温，其温度必低于起始温度
B.先等温膨胀，再等压压缩，其体积必小于起始体积
C.先等容升温，再等压压缩，其温度有可能等于起始温度
D.先等容加热，再绝热压缩，其内能必大于起始内能
思路解析：先等压膨胀，由盖·吕萨克定律可知，其温度必升高，再等容降温，降温后温度能否低于起始温度要看降温多少，故A错.
先等温膨胀，由玻·马定律可知，其压强减小，体积增大，再等压压缩，压缩后体积是否小于起始体积取决于压缩程度，故B错.
先等容升温，由查理定律可知，其压强增大，温度升高，再等压压缩，温度下降，故温度有可能等于起始温度，所以C对.
先等容加热，气体不对外做功，热能变成内能，再绝热压缩，外界对气体做功，气体体积减小，温度升高，内能再次增大，所以D对.
答案：CD
2.如图8-3-6所示，导热气缸开口向下，内有理想气体，缸内活塞自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现把砂桶底部钻一个小洞，细砂慢慢漏出，并缓慢降低气缸外部环境温度，则( )
图8-3-6
A.气体压强增大，内能可能不变 B.外界对气体做功，气体温度可能降低
C.气体体积减小，压强增大，内能一定减小 D.外界对气体做功，气体内能一定增大
思路解析：要正确解答本题必须抓住几个关键的词语“细砂慢慢漏出”“缓慢降低温度”“导热气缸”所隐含的内容为：活塞受力平衡，内部气体压强增大(p=)，缸内气体温度逐渐降低，则气体体积减小.
细砂慢慢漏出的过程中，由活塞的受力情况可知，缸内气体的压强逐渐变大是因为内部气体温度随外界温度的降低而降低，所以活塞将缓慢上升，气体对外界放热，气体内能减小，所以只有C项符合题意.
答案：C
3.一定质量的理想气体处于某一平衡状态，此时其压强为p0，有人设计了四种途径，使气体经过每种途径后压强仍为p0.这四种途径是：
①先保持体积不变，降低压强，再保持温度不变，压缩体积 ②先保持体积不变，使气体升温，再保持温度不变，让体积膨胀 ③先保持温度不变，压缩气体，再保持体积不变，使气体升温 ④先保持温度不变，压缩气体，再保持体积不变，使气体降温
可以断定( )
A.①②不可能 B.③④不可能
C.①③不可能 D.①②③④都可能
思路解析：四种途径的变化过程，均有可能使的值保持恒定，符合气体的性质规律，故D项正确.
答案：D
4.图8-3-7所示为充气泵气室的工作原理图，设大气压强p0，气室中的气体压强为p，气室通过阀门S1、S2与空气导管相连接，以下选项中正确的是( )
图8-3-7
A.当橡皮碗被拉伸时，p>p0，S1关闭，S2开通
B.当橡皮碗被拉伸时，pC.当橡皮碗被压缩时，p>p0，S1关闭，S2开通
D.当橡皮碗被压缩时，p思路解析：当橡皮碗向上拉伸时，气室内气体体积增大，因为气体的温度不变，故气体压强减小，此时外界大气压将阀门S1冲开，而充气容器内的气体将阀门S2关闭，此时外界空气向气室内补充气体；当橡皮碗向下压缩时，气室内气体体积减小，压强增大，室内气体分别将阀门S1压下而关闭，将阀门S2打开(S1、S2阀门的打开方向是相反的，图中未明确表示出来)，气室内气体经S2进入充气容器，属于充气机向容器充气的过程.
答案：C
5.如图8-3-8所示,A、B两点是一定质量的某种气体,在两条等温线上的两个状态点,这两点与p、V坐标轴所围成的三角形面积为Sa、Sb,在A、B两点时气体的温度为Ta、Tb,那么Sa、Sb、Ta、Tb应满足( )
图8-3-8
A.Sa>Sb,Ta>Tb B.Sa>Sb,TaC.SaTb
思路解析：判断温度高低,在pV坐标平面内作平行V轴的直线交两条等温线,据等压变化规律=恒量可知TA答案：C
6.要使质量一定的理想气体由某一状态经过一系列状态变化，最后再回到初始状态，下列各过程可能实现这个要求的是( )
A.先等容放热，再等压升温，最后等温放热
B.先等温膨胀，再等压升温，最后等容吸热
C.先等容吸热，再等温膨胀，最后等压降温
D.先等压升温，再等容吸热，最后再等温放热
思路解析：可从p-V图象分析，作状态变化图象，从而判定A和C可以实现，B和D不能.也可以通过=K进行分析.
答案：AC
7.如图8-3-9所示是一定质量的理想气体的p-V图线，若其状态由A→B→C，且A→B等容，B→C等压，C→A等温，则气体在ABC三个状态时( )
图8-3-9
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,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是NA>NB，NA>NC
思路解析：由图可知B→C，体积增大，密度减小，A错.C→A等温变化，分子平均速率VA=VC，B错.而气体分子对器壁产生作用力，B→C等压过程，pB=pC，Fb=Fc,Fa>Fb.则C正确.A→B为等容降压过程，密度不变，温度降低，NA>NB，从C→A等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有NA>NC.
答案：CD
8.一定质量的理想气体，由状态A变化到状态B的过程如图8-3-10所示.由图中AB线段可知，气体的分子速率在状态变化过程中的变化情况是( )
图8-3-10
A.不断增大 B.不断减小
C.先增大，后减小 D.先减小，后增大
思路解析：因为温度是分子平均动能标志，所以分子平均速率变化情况应与温度变化情况相同.由图线可知，AB线段中有一点对应pV值最大，即温度最高，因而气体分子速率经历先增大后减小的过程.故选项C正确.
答案：C
我综合 多发展
9.如图8-3-11所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长L=20 cm，活塞A上方的水银深H=10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计.用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平，现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，求活塞上B移的距离，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的汞柱产生的压强.
图8-3-11
思路解析：设气体初态压强为p1，则有p1=p0+H
设S为粗圆筒的横截面积，气体的初态体积V1=SL
设气态末态压强为p2，有p2=p0+H+
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2=SL′，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，活塞B上移距离d=L-L′+,代入数据得d=8 cm.
10.如图8-3-12所示,一连通器与贮水银的瓶M用软管相连,连通器的两支管竖直放置,粗细相同且上端封闭的均匀直管A和B内充有水银,水银面的高度差为h,水银面上方都是空气,气柱水均为2h,当气体的温度为T0(K)时,A管中气体的压强与3h高的水银产生的压强相等.现使气体的温度升高到1.5T0(K),同时调节M的高度,使B管中的水银面高度不变,问流入A管的水银柱的长度为多少?
图8-3-12
思路解析：当温度为T0时,B管中气体的压强pb=pa+h=4h
当温度为1.5T0时,B管中气体体积不变,设其压强为p′B,,解出p′=6h
设A管中水银面上升的高度为x,这时的压强为p′A
pA′=pB′-(h+x)=5h-x,这时A管中气柱长2h-x,由气态方程:
得x2-7hx+h2=0,解得x=0.15h(另一根不合题意).
答案：0.15h
11.如图8-3-13所示，竖直放置的足够长的密闭气缸，缸体与缸内理想气体的总质量m1=10 kg，活塞质量m2=2 kg，活塞横截面积S=2×10-3 m2，活塞上端与一个劲度系数k=1×103 N/m 的弹簧相连.当气缸下部被木柱支住时，弹簧刚好不伸长，封闭在气缸内的气柱长L1=0.2 m，若外界大气压p0=1×105 Pa，g取10 m/s2，求
图8-3-13
(1)这时气缸内气体的压强为多大？
(2)将木柱拿开，待气缸重新平衡后(温度保持不变)弹簧伸长多少？
(3)气缸下降的距离是多少？
思路解析：(1)对活塞进行受力分析，重力m2g，大气向下的压力p0S，缸内气体向上的压力p1S列平衡方程p0S+m2g=p1S
所以p1=p0+=(1×105+2×) Pa
p1=1.1×105 Pa.
(2)将木柱拿开后，对整个气缸(包括活塞)受力分析，弹簧拉力kΔl，气缸整体的重力(m1+m2)g，列平衡方程得kΔl=(m1+m2)g.
Δt=g= m=0.12 m
弹簧伸长0.12 m.
(3)将木柱拿开后，对气缸受力分析，重力m1g，大气向上的压力p0S，缸内气体向下的压力p2S，列平衡方程p0S=m1g+p2S
所以p2=p0- =(1×105-)
p2=0.5×105 Pa
缸内的气体原状态压强为p1，体积V1=L1S;后来气体的压强为p2，体积V2=L2S,根据玻意耳定律p1V1=p2V2，L2= m=0.44 m
气缸下降量应为弹簧伸长量与空气柱长度的变化量之和.
S=ΔL+(L2-L1)=[(0.12+(0.44-0.2)) m=0.36 m.
我创新 我超越
12.如图8-3-14所示，将一盆绿色植物放在一个密闭的装有氢氧化钠溶液的容器内，溶液上方充满体积为V的氧气.玻璃导管一端插入密闭容器，另一端经胶皮管与U形管相连，U形管中装有一定量的水，两侧水面相平.将此装置放在黑暗中24小时后，U形管中两侧水面将出现高度差.试回答：
图8-3-14
(1)U形管中哪一侧水面上升？
(2)将此装置放置在黑暗中的目的是什么？
(3)U形管中两侧水面的高度差为h，容器内的氧气保持温度T不变，以ρ表示水的密度，以p0、T0表示标准状况下气体的压强和温度，以Vmol表示气体摩尔体积，实验时大气压强都为p0，则可求得容器内的绿色植物因上述根本原因消耗了多少葡萄糖？(用化学方程式表示).
思路解析：(1)绿色植物呼吸时，消耗氧气、放出的二氧化碳气体与氢氧化钠溶液反应，密闭容器内气体压强减小，导致U形管两侧水面出现高度差.U形管中左则水面较高.
(2)此装置放在黑暗中的目的是阻止绿色植物的光合作用，使之只进行呼吸作用.
(3)绿色植物呼吸时，消耗氧气、放出二氧化碳.
C6H12O6+6H2O6CO2+12H2O+能量放出二氧化碳气体又与氢氧化钠反应.
CO2+2NaOH====Na2CO3+H2O
从而，容器内气体逐渐减小，气压降低，使U形管两侧水面出现高度差.
(4)24 h后，容器内剩余氧气的压强p′=p0-ρgh.将容器内的原有氧气和剩余氧气分别转换到标准状况，分别以V0、V0′表示它们在标准状况下的体积，由气态方程，可得：
,
从而，容器内被绿色植物消耗的氧气在标准状况下的体积：
ΔV=V0-V0′=·V=·V
消耗氧气的物质的量
n= mol= mol
由植物呼吸的反应方程式可知，消耗葡萄糖物质的量n′= mol，从而，绿色植物由于呼吸作用消耗葡萄糖的质量m=n′μ，而葡萄糖的摩尔质量
μ=12×6+1×12+16×6 g/mol=180 g/mol,所以m= g.
第三节 理想气体的状态方程
自我小测
1．对一定质量的气体，下列说法正确的是( )
A．温度发生变化时，体积和压强可以不变
B．温度发生变化时，体积和压强至少有一个发生变化
C．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
D．只有温度、体积和压强三个量都发生变化，我们就说气体状态变化了
2．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
3．对于理想气体方程＝恒量，下列叙述正确的是( )
A．质量相同的不同种气体，恒量一定相同
B．质量不同的不同种气体，恒量一定不相同
C．物质的量相同的任何气体，恒量一定相等
D．标准状态下的气体，恒量一定相同
4．(2014·松原高二检测)向固定容器内充气，当气体压强为p，温度为27 ℃时气体的密度为ρ，当温度为327 ℃，气体压强为1.5p时，气体的密度为( )
A．0.25ρ B．0.5ρ C．0.75ρ D．ρ
5．一定质量的理想气体做等压变化时，其Vt图象如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是( )
A．等压线与t轴之间夹角变大
B．等压线与t轴之间夹角不变
C．等压线与t轴交点的位置不变
D．等压线与t轴交点的位置一定改变
6．一定质量的理想气体经历一膨胀过程，此过程可以用pV图象上的直线ABC来表示，如图所示，在A、B、C三个状态中，气体的温度TA________TC、TB________TA。(选填“>”“＝”或“<”)
7. 如图，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10-3 m2，一定质量的理想气体被质量为2.0 kg 的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为 Pa(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)。若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50 m缓慢地变为0.51 m，则此时气体的温度为 ℃(取T=t+273 K)。
8．钢筒内装有3 kg气体，当温度是－23 ℃，压强为4×105 Pa，如果用掉1 kg后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强。
9．(2014·昆明高二检测)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，pT和VT图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在pT图象上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
参考答案
1.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B、C说法正确。
答案：BC
2.解析：一定质量的理想气体的内能仅由温度来决定，温度不变，气体的内能不变，温度升高，气体的内能增加，选项E正确；由＝C(常量)可知，p、V不变则T一定不变，选项A正确；同理可知，选项C错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV的乘积不变，其状态有可能改变，选项B错误；气体温度每升高1 K吸收的热量与过程有关，气体温度升高1 K的过程中气体对外做功和气体对外不做功两种情况下，气体吸收的热量并不相等。选项D正确。
答案：ADE
3.解析：＝恒量中的“恒量”只与物质的量有关。
答案：C
4.解析：由理想气体状态方程的密度的表达式＝得ρ2＝＝0.75ρ，所以C正确，A、B、D错误。
答案：C
5.解析：对于一定质量气体的等压线，其Vt图线的延长线一定过－273.15 ℃的点，故C项正确，D项错误；气体压强增大后，温度还是0 ℃时，由理想气体状态方程＝C可知，V0减小，等压线与t轴夹角减小，A、B项错误。
答案：C
6.解析：由pV图象读出理想气体在A、B、C三个状态的参量为：pA＝3 atm，VA＝1 L；pB＝2 atm，VB＝2 L；pC＝1 atm，VC＝3 L，
根据理想气体状态方程，有
即
所以TA＝TC，TA答案：＝ >
7.解析：活塞的受力情况如图，由平衡条件得，pS=p0S+mg，则
p＝＝p0＋
＝1.01×105 Pa＋ Pa＝1.05×105 Pa。
由盖—吕萨克定律
得T2＝＝＝ K＝306 K
t2＝T2－273 K＝33 ℃。
答案：1.05×105 33
8.解析：本题是变质量问题，如果我们在研究对象上做一下处理，可以使变质量问题成为一定质量的问题，本题的做法是选取筒内的质量为研究对象，这样，初始状态体积占钢筒体积的，末状态占全部体积。
以钢筒内剩下的2 kg气体为研究对象。设钢管容积为V，则该部分气体在初状态占有的体积为V，末状态时恰好充满整个钢筒。
由一定质量理想气体的状态方程
得
p2＝＝ Pa＝3.2×105 Pa。
答案：3.2×105 Pa
9.解析：(1)由理想气体的状态方程得
，
代入数据有，可得，
温度为600 K时气体的压强为p2＝1.25×105 Pa。
(2)如图所示，根据VT图象可知：在温度从400 K升高到500 K的变化过程中，气体经历了等容变化，其pT图象是正比例函数图象；在温度从500 K升高到600 K的变化过程中，气体经历了等压变化，其pT图象是平行于T轴的直线段，其pT图象如图所示。
答案：(1)1.25×105 Pa (2)见解析图
第二节 气体的等容变化和等压变化
自我小测
1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的2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2倍
B．气体的热力学温度升高到原来的2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
2．如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )
3．(2014·临沂高二检测)将质量相同的同种气体A、B分别密封在体积不同的两容器中，保持两部分气体体积不变，A、B两部分气体压强随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．A部分气体的体积比B部分小
B．A、B直线延长线将相交于t轴上的同一点
C．A、B气体温度改变量相同时，压强改变量也相同
D．A、B气体温度改变量相同时，压强改变量不相同
4．如图所示，一小段水银封闭了一段空气，玻璃管竖直静放在室内。下列说法正确的是( )
A．现发现水银柱缓慢上升了一小段距离，这表明气温一定上升了
B．若外界大气压强不变，现发现水银柱缓慢上升了一小段距离，这表明气温上升了
C．若发现水银柱缓慢下降一小段距离，这可能是外界的气温下降所致
D．若把管子转至水平状态，稳定后水银未流出，此时管中空气的体积将大于原来竖直状态时的体积
5．如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是( )
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中pt线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中Vt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．乙图表明随温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变
6．一定质量气体的状态经历了如图所示的AB、BC、CD、DA四个过程，其中BC的延长线通过原点，CD垂直于AB且与水平轴平行，DA与BC平行，则气体体积在( )
A．AB过程中不断增加 B．BC过程中保持不变
C．CD过程中不断增加 D．DA过程中保持不变
7．(2014·昆明高二检测)如图所示为0.5 mol某种气体的pt图线，图中p0为标准大气压。则气体在标准状况下的体积是________ L，在B状态时的体积是________ L。
8．气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有某种气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm，后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm。求恒温槽的温度。〔已知外界大气压为1个标准大气压(1.0×105 Pa),1标准大气压相当于76 cmHg，取T＝t＋273 K〕
9．如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h。现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，求：
(1)气体的压强；
(2)这段时间内气体的温度升高了多少？
参考答案
1.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，所以T2＝·T1＝2T1，B项正确。
答案：B
2.解析：假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
答案：CD
3.解析：pt图象中等容线的斜率越大，体积越小，所以A正确；pt图象中等容线的延长线都相交于t轴上(－273.15 ℃，0)点，B正确；由于＝＝C，而C与气体体积有关，A和B体积不同，C不同，所以当温度改变量相同时，气体压强改变量不同，D正确。
答案：ABD
4.解析：若水银柱上移，表示气体体积增大，可能的原因是外界压强减小而温度没变，也可能是压强没变而气温升高，A错，B对；同理水银柱下降可能是气温下降或外界压强变大所致，C对；管子置于水平时，压强减小，体积增大，D对。
答案：BCD
5.解析：由查理定律p＝CT＝C(t＋273.15 K)及盖—吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15 K)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A项正确；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项错误；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，故C项错误；由于图线是直线，故D项正确。
答案：AD
6.解析：如图，连结OA、OD，OA、OC、OD即为三条等容线，且VB＝VC＞VA＞VD，所以A、B两项正确，C、D两项错误。
答案：AB
7.解析：根据Vmol＝22.4 L/mol，可得0.5 mol气体在标准状况下的体积是11.2 L；气体从0 ℃升温到127 ℃的过程中，p＝k(273 K＋t)＝kT∝T，所以气体做等容变化，VA＝11.2 L；从A→B，气体做等压变化，所以，即＝，可得VB＝14 L。
答案：11.2 14
8.解析：设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K
A内气体发生等容变化，根据查理定律得
①
p1＝p0＋ph1②
p2＝p0＋ph2③
联立①②③式，代入数据得
T2＝364 K(或91 ℃)。
答案：364 K或91 ℃
9.解析：(1)以活塞为研究对象，受力分析得：
pS＝p0S＋mg
解得气体的压强为p＝p0＋。
(2)以被封闭气体为研究对象，气体经历等压变化，
初状态：V1＝hS T1＝273 K＋t
末状态：V2＝2hS T2＝273 K＋t′
由盖—吕萨克定律
得：
解得：t′＝273 K＋2t
Δt＝t′－t＝273 K＋t。
答案：(1)p0＋ (2)273 K＋t
第四节 气体热现象的微观意义
自主广场
我夯基 我达标
1.甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体.已知甲、乙两容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲A.甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度
B.甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度
C.甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能
D.甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能
思路解析：质量相等的同种气体装在相同容器中，说明两种气体的体积相同，则两种气体分子的密集程度相同.由于p甲＜p乙，一定是乙容器中分子热运动比甲容器中气体分子热运动剧烈，则乙容器中气体的温度高于甲容器中气体的温度，所以B正确，A错误.由于乙容器中气体的温度高于甲容器中气体的温度，则乙容器中气体分子的平均动能大于甲容器中气体分子的平均动能，所以C正确，D错误.
答案：BC
2.下面关于气体压强的说法正确的是( )
A.气体压强是由于气体受到重力而产生的
B.失重情况下气体对器壁不会有压强了
C.气体对容器底部的压强比侧壁压强大
D.气体压强产生的原因是由于气体分子不断地碰撞而产生的
思路解析：气体压强产生的原因是由于气体分子不断对容器的器壁碰撞而产生的，而不是由于气体的重力产生的,因此A错、D对.在失重情况下气体分子的热运动不会受到影响，对容器壁的压强不会变化，B错.气体的密度很小，重力的影响可以忽略不计，因此气体对器壁的压强各处都是相等的，C错.
答案：D
3.关于气体的状态及状态参量的下列说法正确的是( )
A.对一定质量的气体，三个参量中，只有一个变化是可能的
B.对一定质量的气体，三个参量中的两个同时变化是可能的
C.对一定质量的气体，若三个参量均不发生变化，就说气体处于一定的状态中
D.对一定质量的气体来讲，三个参量同时变化是不可能的
思路解析：对一定质量的气体，其分子总数是确定不变的，当气体中只有温度变化或只有体积变化时，其压强必然发生变化.如果温度升高而体积不变，则分子平均动能增大，单位时间内分子碰撞器壁的次数和每次碰撞器壁的作用力都要增大，气体压强必然增大；若温度不变而体积增大，则气体分子的平均动能不变，而单位体积内分子数减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁碰撞次数减小，而每次碰撞时作用力不变，故气体的压强将减小.由此可见，对一定质量的气体，不可能只有一个状态参量发生改变，至少两个状态参量发生变化，三个状态参量同时发生改变也是可能的.如果气体温度升高而体积缩小，则气体压强必定增大.
答案：BC
4.关于气体分子运动的特点，下列说法正确的是( )
A.由于气体分子间距离较大，所以气体很容易被压缩
B.气体之所以能充满整个空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由移动
C.由于气体分子间的距离较大，所以气体分子间根本不存在相互作用
D.气体分子间除相互碰撞外，几乎无相互作用
思路解析：气体分子间距离大，相互作用的引力和斥力很微弱，很容易被压缩，能自由运动，A、B对，但气体间不是没有相互作用，C错，D对.
答案：ABD
5.封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是( )
A.气体的密度减小
B.气体的冲力增大
C.气体分子的平均动能减小
D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
思路解析：由理想气体状态方程可知，当体积不变时，=C (常数)，温度升高，则压强增大，冲力增大,B正确.由于体积不变，故分子密度不变，而温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，所以单位时间内，气体分子对容器壁碰撞次数增多，故A、C错，D对.
答案：BD
6.(2006四川高考理综，8) 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是( )
A.两种气体的压强相等 B.O2比O3的质量小
C.两种气体的分子数目相等 D.两种气体的氧原子数目相等
思路解析：根据m=ρV,体积密度相等的O2、O3的质量相等，物质的量之比为=3∶2,压强之比为3∶2，分子数目之比为3∶2，O原子数目之比为=1∶1.正确答案为D.
答案：D
7.下列说法中正确的是( )
A.一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
B.一定质量的气体温度不变,压强增大时，其体积必减小
C.气体压强是由气体分子间的斥力产生的
D.在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
思路解析：一定质量的气体压强由温度和体积共同决定，体积减小，温度也有可能降低，选项A正确.温度不变，压强增大，则体积必减小，选项B正确.气体的压强是由气体频繁地撞击器壁而产生的，选项C错误.失重时，密闭容器内的气体对器壁的压强不变，选项D错误.
答案：AB
8.对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是( )
A.如果与外界没有热交换，若气体分子的平均动能增大，那么气体的压强一定增大
B.如果气体经等温压缩，气体压强增大，这是因为单位时间内单位面积器壁上分子碰撞的次数增多
C.如果气体经等温压缩，气体压强增大，这是因为气体分子的密度增大
D.以上说法都不对
思路解析：因为改变物体内能的方式有两种:做功和热传递，理想气体的内能又只有温度决定，A选项中，如果气体分子平均动能增大，表明内能增大，温度升高，说明外界对物体一定做正功，体积减小，则其压强一定增大，所以A项正确.气体压强的产生即是器壁单位面积上受到的作用力，所以气体经等温压缩，平均动能不变，单位体积的分子密度变大，所以单位时间内单位面积器壁上分子碰撞的次数增多，所以选项B正确.同理选项C也正确.综上所述，本题的正确选项应该为ABC.
答案：ABC
9.关于理想气体的温度、分子平均速率、内能的关系，下列说法正确的是( )
A.温度升高时，气体分子的平均速率增大
B.温度相同时，各种气体分子的平均速率都相同
C.温度相同时，各种气体分子的平均动能相同
D.温度相同时，各种气体的内能都相同
思路解析：温度是物体所处热运动状态的一个重要参量.从分子动理论的角度看，温度是物体分子热运动的平均动能大小的标志.温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大.因此，选项A正确.温度相同时，一定质量的各种理想气体平均动能相同，但由于是不同气体，分子质量不同，所以各种气体分子的平均速率不同，所以选项C正确，选项B错误.各种理想气体的温度相同，只说明它们的平均动能相同，气体的内能大小还和气体的质量有关，即便是相同质量的气体，由于是不同气体，所含分子数不同，其内能也不相同，所以选项D错误，选项A、C正确.
答案：AC
我创新 我超越
10.根据分子动理论，下列关于气体的说法中正确的是( )
A.气体的温度越高，气体分子无规则运动越剧烈
B.气体的压强越大，气体分子的平均动能越大
C.气体分子的平均动能越大，气体的温度越高
D.气体的体积越大，气体分子之间的相互作用力越大
思路解析：由分子的动理论知:气体的温度越高，气体分子无规则的热运动就越剧烈，所以选项A正确.而气体压强越大，只能反映出单位面积的器壁上受到的撞击力越大，也可能是单位时间内撞击的分子数目多的原因，所以选项B错误.温度是分子平均动能的标志，所以平均动能越大，则表明温度越高，所以选项C正确.气体分子间的距离基本上已超出了分子作用力的作用范围，所以选项D错误.综上所述，本题的正确选项应该为AC.
答案：AC
第四节 气体热现象的微观意义
自我小测
1．在研究热现象时，我们可以采用统计方法，这是因为( )
A．每个分子的运动速率随温度的变化是有规律的
B．个别分子的运动不具有规律性
C．在一定温度下，大量分子的速率分布是确定的
D．在一定温度下，大量分子的速率分布随时间而变化
2．气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外( )
A．气体分子可以做布朗运动
B．气体分子的动能都一样大
C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动
D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大
3．(2014·临沂高二检测)如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)( )
A．两容器中器壁的压强都是由于分子撞击器壁而产生的
B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的
C．甲容器中pA>pB，乙容器中pC＝pD
D．当温度升高时，pA、pB变大，pC、pD也要变大
4．对于一定质量的理想气体，下列叙述中正确的是( )
A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
5．用滚珠做空气分子模型，把装有滚珠的杯子拿到秤盘上方某处，把1粒滚珠倒在秤盘上，秤的指针会摆动一下。再在相同的高度处把100粒或更多的滚珠匀速倒在秤盘上，秤的指针会在一个位置附近小幅度摆动。如果使这些滚珠从更高的位置倒在秤盘上，可以观察到秤的指针所指示的力更大，这表明( )
A．大量滚珠撞击秤盘，对秤盘产生了持续的、均匀的压力
B．在一定的时间内，碰撞的滚珠越多，对秤盘产生的压力越大
C．这些滚珠的动能越大，对秤盘产生的压力越大
D．指针在一个位置附近摆动，说明大量滚珠撞击秤盘时，并没有对秤盘产生持续、均匀的压力
6．封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，下列说法正确的是( )
A．气体的密度变大
B．气体的压强增大
C．分子的平均动能减小
D．气体在单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增多
7．(2011·上海单科)某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中f(v)表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ，TⅡ，TⅢ，则( )
A．TⅠ>TⅡ>TⅢ B．TⅢ>TⅡ>TⅠ
C．TⅡ>TⅠ，TⅡ>TⅢ D．TⅠ＝TⅡ＝TⅢ
8．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．气体的温度不变
B．气体的内能增加
C．气体分子的平均速率减小
D．气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数不变
9．(2014·青岛高二检测)一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K。
(1)求气体在状态B时的体积。
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因。
参考答案
1.解析：在研究热现象时，单个分子的运动具有无规则的特征，但大量的分子却满足统计规律，故正确选项为B、C。
答案：BC
2.解析：布朗运动是悬浮在液体或气体中的微小颗粒的运动，是分子无规则运动的反映，选项A错误；分子的速率分布是“两头少，中间多”，各个分子的速率并不都相等，选项B错误；气体分子间的距离远大于分子间发生作用的距离，故相互作用力可忽略，故选项C正确；分子间的距离并不一定一样大，平时说的是平均距离，选项D错误。
答案：C
3.解析：甲容器压强产生的原因是液体受到重力的作用，而乙容器压强产生的原因是分子撞击器壁，A、B错；液体的压强p＝ρgh，hA>hB，可知pA>pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC＝pD，C对；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，D错。
答案：C
4.解析：根据气体压强产生的原因可知：一定质量的理想气体的压强由气体分子的平均动能和气体分子的密集程度共同决定。分子平均动能越大，单位时间内分子撞击器壁的次数越多，气体压强越大，A、C、D三个选项均只给定了其中一个因素，而另一个因素不确定。不能判断压强是变大还是变小，所以只有B正确。
答案：B
5.解析：1粒滚珠下落对秤盘产生瞬间的压力，秤的指针会摆动一下，大量滚珠撞击秤盘，对秤盘产生的是持续的、均匀的压力，指针在一个位置附近小幅度摆动。
答案：ABC
6.解析：气体的质量和体积都不发生变化，故密度不变，A项错。温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，C项错。分子数不变，体积不变，但分子运动的剧烈程度加剧了，所以单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增多，气体压强增大，故B、D正确。
答案：BD
7.解析：气体分子运动的特点是，在某一温度下，气体分子速率都呈“中间多、两头少”的规律分布，即中等速率的分子数多，速率很大和很小的分子数少；当气体温度升高时，气
体分子运动的平均速率变大，但中等速率的分子数减少。则图象中三条曲线所对应的温度关系是TⅢ>TⅡ>TⅠ，因此选项B正确。
答案：B
8.解析：从pV图象中的AB图线看，气体状态由A变到B为等容升压，根据查理定律，一定质量的气体，当体积不变时，压强跟绝对温度成正比。选项A中温度不变是不正确的，应该是压强增大，温度升高。气体的温度升高，内能增加，选项B正确。气体的温度升高，分子平均速率增加，故选项C错误。气体压强增大，则气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，故选项D是错误的。
答案：B
9.解析：(1)设气体在B状态时的体积为VB，由盖—吕萨克定律得
，
代入数据得VB＝0.4 m3。
(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小。
答案：(1)0.4 m3 (2)见解析
