第二章 固体、液体和气体
第七节 气体实验定律（Ⅰ）
A级 抓基础
1．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，压强减小了2 atm，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )
A. L B．2 L C. L D．3 L
解析：设原来的体积为V1，则3V1＝(3－2)(V1＋4)，
得V1＝2 L.
答案：B
2．(多选)如图所示，一定质量的气体等温线上两点的压强、体积和温度如图所示，下列表达式正确的是( )
A．p1V1＝p2V2 B．p1V2＝p2V1
C．T1＝T2 D．T1＞T2
解析：一定质量的气体等温变化过程中，压强跟体积成反比，由两状态对应的压强(p1和p2)和体积(V2和V1)可知A错误，B正确，同一等温线上各状态温度是相等的，C正确，D错误．
答案：BC
3．(多选)一定质量的气体在发生等温变化时，下列物理量发生变化的是( )
A．气体的压强
B．单位体积内的分子数
C．分子的平均速率
D．分子的总数
解析：一定质量的气体在发生等温变化时，p和V都要发生变化，体积V发生变化单位体积内的分子数改变，A、B正确；温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率不发生变化，C错误；质量一定，分子的总数不变，D错误．
答案：AB
4．(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
解析：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图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故也不是等温线．
答案：AB
5．(多选)一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．在这位同学慢慢站上轻质塑料板正中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是( )
A．球内气体压强变大 B．球内气体压强变小
C．球内气体体积变大 D．球内气体体积变小
解析：气球被挤压后，气压变大，根据玻意耳定律pV＝C，体积将缩小，故A、D正确，B、C错误．
答案：AD
6．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．
解析：对轮胎内的气体：
初状态：p1＝p0，V1＝V0
末状态：p2＝p0＋Δp，V2＝ΔV＋V0
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得：ΔV＝－
答案：－
B级 提能力
7．(多选)在室内，将装有5 atm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 atm)( )
A． 5 atm，3 L B．1 atm，24 L
C．5 atm，4.8 L D．1 atm，30 L
解析：当气体从阀门逸出时，温度不变，所以p1V1＝p2V2，当p2＝1 atm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 atm下的4.8 L气体，C正确．
答案：BC
8．一个气泡从一个标准大气压的湖面以下20 m深处上升10 m后，它的体积约变为原来的(设气泡温度不变，水的密度为1.0×103 kg/m3，g＝10 m/s2，每10 m水柱产生的压强约等于1个标准大气压)( )
A．3倍 B．2倍
C．1.5倍 D．0.7倍
解析：因每10 m水柱产生的压强约等于1个标准大气压，以气泡为研究对象，
利用玻意耳定律p1V1＝p2V2，
得＝＝＝＝1.5.
答案：C
9.(多选)如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则( )
A．A管内空气柱将变长
B．A管内空气柱将变短
C．两管内水银柱高度差将增大
D．两管内水银柱高度差将减小
解析：将B管慢慢提起，可以认为气体温度不变，在气体的压强增大时，A管内气柱将变短，而pA＝p0＋ph，所以高度差增大．
答案：BC
10.如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，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的状态参量相同
D．B→C体积减小，压强减小，温度不变
解析：D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B是一个等容过程(体积不变)，B、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．
答案：A
11．如图为喷洒农药的喷雾器结构图，喷雾器的容积为10 L，药液上方有压强为1 atm的空气2 L.
(1)打气筒每次可以打进250 cm3的空气，要使药液上方气体的压强为2.5 atm，需要打几次气(整个过程可视为等温变化)?
(2)当喷雾器内气体压强等于2.5 atm时，打开喷雾阀门直到药液不能喷射，求喷雾器内剩余多少药液(不考虑筒内液体产生的压强，大气压为1 atm)．
解析：(1)设打入n次气，每次打入的气体体积为V，以喷雾器内空气和打入的空气总体为研究对象．
初状态：p1＝1 atm，V1＝V0＋nV＝(2＋0.25n)L.
末状态：p2＝2.5 atm，V2＝V0＝2 L.
由玻意耳定律p1V1＝p2V2.
代数解得：n＝12次．
(2)打开喷雾阀门，药液不能喷射时，喷雾器内气体压强应等于大气压，以内部气体为研究对象，初状态即为(1)中的末状态，即p2＝2.5 atm，V2＝V0＝2 L.
末状态：p3＝1 atm，V3＝？
由玻意耳定律p2V2＝p3V3，
解得V3＝＝ L＝5 L.
所以喷雾器内剩余的药液体积
V剩＝V容－V3＝(10－5) L＝5 L.
答案：(1)12次 (2)5 L
12．(2016·海南卷)如图，密闭气缸两侧与一U形管的两端相连，气缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102 kg/m3的液体．一活塞将气缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103 Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40 cm，取重力加速度大小g＝10 m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．求此时左、右两气室的体积之比．
解析：设初始状态时气缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至气缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律，得
p0V01＝p1V1，①
p0V02＝p2V2，②
依题意有V01＋V02＝V1＋V2，③
由力的平衡条件有p2－p1＝ρgh，④
联立①②③④式，并代入题给数据，得
2V＋3V01V1－9V＝0，⑤
由此解得V1＝V01(另一解不合题意，舍去)，⑥
由③⑥式和题给条件，得V1∶V2＝1∶1.⑦
答案：1∶1
第七节 气体实验定律(Ⅰ)
玻意耳定律的基本应用
1．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的 ( )
A．3倍 B．2倍
C．1.5倍 D．0.7倍
答案 C
解析 气泡缓慢上升过程中，温度不变，气体等温变化，湖面下20 m处，水的压强约为2个标准大气压(1个标准大气压相当于10 m水产生的压强)，故p1＝3 atm，p2＝2 atm，由p1V1＝p2V2，得：＝＝＝1.5，故C项正确．
2．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为 ( )
A. L B．2 L
C. L D．3 L
答案 B
解析 设原来的体积为V1，则3V1＝(3－2)(V1＋4)，得V1＝2 L.
p -V图象或p -图象
3．(双选)下图中，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 ( )
答案 AB
解析 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图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线；D图的p－V图线不是双曲线，故也不是等温线．
4．如图2－7－7所示，是一定质量的某种气体状态变化的p－V图象，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 ( )
图2－7－7
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
答案 D
解析 由图象可知，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，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．
第七节 气体实验定律(Ⅰ)
(时间：60分钟)
题组一 玻意耳定律的应用
1．如图2－7－8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( )
图2－7－8
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
答案 B
解析 由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B项正确．
2．如图2－7－9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2－7－9
A．h2变长 B．h2变短
C．h1上升 D．h1下降
答案 D
解析 被封闭气体的压强p＝p0＋h1＝p0＋h2.故h1＝h2，随着大气压强的增大，被封闭气体压强也增大，由玻意耳定律知气体的体积减小，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，h1液柱下降，D项正确．
3．在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图2－7－10所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将( )
图2－7－10
A．增大 B．减小
C．不变 D．无法确定
答案 B
解析 此题中，水银柱原来是平衡的，设空气柱长度为l1，后来因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动．开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力G和大气向上的压力p0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋G－p0S＝mg，因为G＝ρLSg，m＝ρLS，所以p2S＋ρLSg－p0S＝ρLSg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l2
4．(双选)如图2－7－11所示，上端封闭的玻璃管，开口向下，竖直插在水银槽内，管内长度为h的水银柱将一段空气柱封闭，现保持槽内水银面上玻璃管的长度l不变，将管向右倾斜30°，若水银槽内水银面的高度保持不变，待再度达到稳定时( )
图2－7－11
A．管内空气柱的密度变小
B．管内空气柱的压强变大
C．管内水银柱的长度变大
D．管内水银柱产生的压强变大
答案 BC
解析 玻璃管倾斜前，设大气压强为p0，管内空气柱的压强为p1，长度为h的水银柱产生的压强为ph，有p1＋ph＝p0，试管倾斜后，假定管内水银柱的长度h不变，因l不变，管内空气柱的体积也不变，其压强仍为p1，但由于管的倾斜，管内水银柱产生的压强ph1小于倾斜前的压强ph，使p1＋ph1p1，故有ph25．大气压强p0＝1.0×105 Pa.某容器的容积为20 L，装有压强为20×105 Pa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，容器内剩下的气体质量与原来气体的质量之比为 ( )
A．1∶19 B．1∶20
C．2∶39 D．1∶18
答案 B
解析 由p1V1＝p2V2，得p1V0＝p0V0＋p0V，因V0＝20 L，则V＝380 L，即容器中剩余20 L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400 L，所以剩下气体的质量与原来质量之比等于同压下气体的体积之比，即＝，B项正确．
题组二 p -V图象(p -图象)
6．如图2－7－12所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是 ( )
图2－7－12
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．A与B的状态参量相同
D．B→C体积减小，压强减小，温度不变
答案 A
解析 D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B是一个等容过程(体积不变)，B、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．
7．(双选)如图2－7－13所示，是一定质量气体状态变化的p－V图象，则下列说法正确的是 ( )
图2－7－13
A．气体做的是等温变化
B．气体的压强从A至B一直减小
C．气体的体积从A到B一直增大
D．气体的三个状态参量一直都不变
答案 BC
解析 一定质量的气体的等温过程的p -V图象即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化，A选项不正确；从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中，压强p在逐渐减小，体积V在不断增大，则B、C选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D选项错误．
题组三 综合应用
8．阿迪达斯从1963年开始制作高质量的世界杯比赛用球，2014年巴西世界杯用球命名为“桑巴荣耀”，它是阿迪达斯足球史上最有科技含量的产品．赛前要为足球充气，假设活塞式打气筒的容积为V0，足球容积为V，如果足球在打气前内部没有空气，那么打了n次后，足球内空气压强多大？(已知大气压强为P0，假设打气过程空气温度不变)
答案 p0
解析 将n次打入的气体等效成一次打入了nV0的气体，由玻意耳定律p1V1＝p2V2得
p0nV0＝pV，解得P＝p0.
9．(2014·重庆卷节选)图2－7－14为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为P0的气体．当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变．当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S.求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．
图2－7－14
答案 p0S
解析 设压力为F，压缩后气体压强为p.由p0V0＝pV和F＝pS得F＝p0S.
10．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．
答案 体积减小了
解析 对轮胎内的气体：
初状态：p1＝p0，V1＝V0
末状态：p2＝p0＋Δp，V2＝ΔV＋V0
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得：ΔV＝－.
11．如图2－7－15所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．
图2－7－15
答案 h
解析 设大气和活塞对气体的总压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得
p0h＝(p0＋p)①
由①式得p＝p0②
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0＋2p.设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，则p0h＝(p0＋2p)h′③
联立②③式解得h′＝h.
