(共77张PPT)
第1节 气体的等温变化
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
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答案
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答案
答案
解析
答案
03课后课时作业
答案
答案
解析
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解析
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答案
答案
答案
答案
解析
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答案
答案(共64张PPT)
第3节 理想气体的状态方程
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
答案
提示
答案
03课后课时作业
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
解析
答案(共60张PPT)
第4节
气体热现象的微观意义
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
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答案
答案
答案
03课后课时作业
答案
解析
答案
解析
答案
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解析
答案第八章水平测试
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。第1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．关于气体的体积，下列说法中正确的是( )
A．气体的体积与气体的分子总数成正比
B．气体的体积与气体的质量成正比
C．气体的体积与气体的密度成反比
D．气体的体积与气体的质量、密度和分子的体积无关，只决定于容器的容积
答案 D
解析 由气体能够充满整个容器的性质可知A、B、C错误，D正确。
2.已知理想气体的内能与温度成正比，如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能( )
A．先增大后减小
B．先减小后增大
C．单调变化
D．保持不变
答案 B
解析 题图中虚线是等温线，由理想气体状态方程＝C知，pV＝CT，离原点越近的等温线温度越低，所以气体由状态1到状态2时温度先减小后增大，即理想气体的内能先减小后增大，B项正确。
3．如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓慢地均匀加热，则下述说法中正确的是( )
A．加热过程中，始终保持V1′＝2V2′
B．加热后，V1′>2V2′
C．加热后，V1′<2V2′
D．条件不足，无法确定
答案 A
解析 在整个加热过程中，上段气柱的压强始终保持为p0＋ρgh1不变，下段气柱的压强始终为p0＋ρgh1＋ρgh2不变，所以整个过程为等压变化，根据盖—吕萨克定律：
＝得V1′＝V1。
＝得V2′＝V2。
所以＝＝，即V1′＝2V2′。故选A。
4.如图所示，为一定质量的理想气体的p
图象，图中BC为延长线过原点的线段，AB与p轴平行，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是( )
A．TA>TB＝TC
B．TA>TB>TC
C．TA＝TB>TC
D．TA
答案 A
解析 由题图可知A→B为等容变化，根据查理定律，pA>pB，TA>TB。由B→C为等温变化，即TB＝TC。所以TA>TB＝TC，A正确。
5.如图所示，汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞与缸壁间的摩擦，也不考虑密封气体和外界的热传递，当外界大气压变化时，以下物理量中发生改变的有( )
①弹簧弹力的大小；②密封气体的体积；③密封气体的压强。
A．①
B．①②
C．②③
D．①②③
答案 C
解析 先判断弹簧弹力是否改变，以活塞、汽缸及缸内气体组成的整体为研究对象，系统受重力、弹簧的弹力及外界气体压力的作用，由于外界气体压力的合力始终为零，故弹簧的弹力等于系统重力，不随外界大气压的变化而变化。再分析判断气体的压强。以汽缸为研究对象，受力情况如图所示：汽缸处于平衡状态，所以有mg＋pS＝p0S。当外界大气压p0变化时，为重新达到平衡，缸内气体的压强p也跟着变化，温度不变，故气体的体积发生变化。
6．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止。设活塞与汽缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，汽缸壁导热性能良好，使汽缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是( )
A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些
B．若外界大气压增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大
C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小
D．若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大
答案 D
解析 对汽缸、活塞及汽缸内气体组成的整体分析如图甲，则：F＝G总，弹簧的弹力F与整体的重力G总平衡。所以弹簧的形变量恒定，不会因外界大气压p0及温度T的变化而变化，故选项A、C错误；对汽缸分析，如图乙，则pS＝p0S＋Mg，所以p＝p0＋。在p0恒定时，理想气体的压强p也不会变化，当温度升高时，气体的体积也会增大，此时汽缸的底部距地面的高度就会增加，选项D正确；当外界大气压p0增加时，封闭气体的压强p也增大，当温度保持不变时，由pV＝恒量可知，体积必减小，所以缸底距地面高度应减小，故B错误。
7.如图所示为一定质量的理想气体沿着所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化是( )
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强不变
答案 AC
解析 在V T图象中，过原点的直线表示等压线，直线的斜率越大，气体的压强越小，分别做过a、b、c、d四点的等压线，则有pb>pc>pd>pa，故A、C正确。
8．在甲、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
答案 BC
解析 由于甲、乙两部分气体所含分子数相同，且又是同种气体，则的数值相同，两容器相同，则V甲＝V乙，则T甲9.如图所示，用弹簧秤拉着一个薄壁平底玻璃试管，将它的开口端向下插入水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h。若试管本身的重力与管壁的厚度不计，此时弹簧秤的读数( )
A．等于进入试管内的H高水银柱的重力
B．等于外部大气压与内部空气对试管平底部分的压力之差
C．等于试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力
D．等于上面A、C所述的两个数值之差
答案 BC
解析 取试管平底部分为研究对象，有pS＋F弹＝p0S，弹簧秤对试管的拉力F弹＝p0S－pS，故B正确；而试管内封闭气体的压强p＝p0－ρgh，代入上式得F弹＝p0S－(p0－ρgh)S＝ρghS，故C正确。
10.如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气。则( )
A．弯管左管内外水银面的高度差为h
B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C．若把弯管向下移动少许，右管内的水银柱沿管壁上升
D．若环境温度升高，右管内的水银柱沿管壁上升
答案 ACD
解析 由题意知，管内压强p＝p0＋ρgh，保持不变，由理想气体状态方程＝C，得T不变时，V不变，T变大，则V变大。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分。把答案直接填在横线上)
11．水底深5
m处的温度为7
℃，水面的温度为27
℃，有一气泡从水底部缓慢上升到水面，已知大气压强为1.0×105
Pa，g取10
m/s2，则气泡上升到水面时的体积是原来体积的________倍。(结果保留一位小数)
答案 1.6
解析 研究对象是该气泡，由于是水，所以气体压强单位用Pa。在水底时，设体积为V1，压强p1＝p0＋ρgh＝1.0×105
Pa＋0.5×105
Pa＝1.5×105
Pa，温度T1＝280
K；在水面时，体积为V2，压强p2＝p0＝1.0×105
Pa，温度T2＝300
K。根据气体状态方程＝，＝＝＝＝1.6。
12.如图所示，一个底面积为S的汽缸内，用活塞封住一定质量的理想气体，活塞上面放一个物体，活塞和物体的总质量为m，活塞与汽缸壁间摩擦不计，大气压强为p0，重力加速度为g。开始时活塞静止，缸内气体温度为T1，给缸内气体加热，使缸内气体温度升高到T2，然后把活塞位置固定住。再让缸内气体温度下降到T1，这时气体压强为______________。
答案
解析 根据题意分两个过程，先是等压膨胀，然后是等容降温，初态，温度T1，体积V1，压强p1＝p0＋；温度升至T2时的中间态，温度T2，体积V2，压强p2＝p1。压强不变时，体积与温度的关系＝，V2>V1，保持体积V2不变，再降温到T1的状态，温度T3＝T1，压强为p3，则＝，所以p3＝p2＝。
13.如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB
、TC，请完成下列关系式。
TA________TB，TB________TC。(填“>”“<”或“＝”)
答案 > <
解析 A→B为等容变化，根据查理定律：＝，pB＜pA，所以TB＜TA；B→C为等压变化，根据盖—吕萨克定律：＝，VC＞VB所以TC＞TB。
三、论述、计算题(本题共5小题，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14.(7分)如图所示，汽缸悬挂在天花板上，缸内封闭着一定质量的气体A，已知汽缸质量为M，活塞的横截面积为S，质量为m，活塞与缸体间摩擦不计，外界大气压为p0，重力加速度为g，求气体A的压强pA。
答案 p0－
解析 对活塞进行受力分析，如图所示，活塞受三个力作用而平衡，由力的平衡条件可得：pAS＋mg＝p0S，故pA＝p0－。
15.(9分)如图所示，重G1的活塞a和重G2的活塞b，将长为L的气室分成体积比为1∶2的A、B两部分，温度是127
℃，系统处于平衡状态，当温度缓慢地降到27
℃时系统达到新的平衡，求活塞a、b移动的距离(活塞与气室壁的摩擦不计)。
答案
解析 设b向上移动y，a向上移动x，因为两个气室都做等压变化，所以由盖—吕萨克定律有：
对于A室系统：＝，
对于B室系统：＝，
解得：
x＝，y＝。
16．(9分)如图所示，一开口汽缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为。现用活塞将汽缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变。当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为，求此时汽缸内气体的压强。已知大气压强为p0，重力加速度为g。
答案 p0＋
解析 设当小瓶内气体的长度为l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p2，汽缸内气体的压强为p3。
依题意p1＝p0＋ρgl①
小瓶内气体温度不变，由玻意耳定律
p1S＝p2S②
式中S为小瓶的横截面积。
联立①②两式，得p2＝③
又有p2＝p3＋ρgl④
联立③④式，得p3＝p0＋。
17．(10分)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1＝66
cm的水银柱，中间封有长l2＝6.6
cm的空气柱，上部有长l3＝44
cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0＝76
cmHg。如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
答案 12
cm 9.2
cm
解析 玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1＝p0＋ρgl3①
式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则p2＝ρgl1，p2＋ρgx＝p0②
式中p2为管内空气柱的压强。由玻意耳定律得
p1(Sl2)＝p2(Sh)③
式中h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。由①②③式和题给条件得h＝12
cm④
从开始转动一周回到原来位置后，设空气柱的压强为p3，则
p3＝p0＋ρgx⑤
整个过程温度不变，由玻意耳定律得
p1(Sl2)＝p3(Sh′)⑥
式中h′是此时空气柱的长度。
由①②③⑤⑥式得h′＝9.2
cm。
18．(10分)如图，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当外界大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7
℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间。
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强。
答案 (1)320
K (2)p0
解析 (1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。设汽缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。按题意，汽缸B的容积为，由题给数据和盖—吕萨克定律有
V1＝V0＋＝V0①
V2＝V0＋V0＝V0②
＝③
由①②③式和题给数据得T2＝320
K。④
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有
V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤
p1′V1′＝p2′V2′⑥
由⑤⑥式得p2′＝p0。第4节 气体热现象的微观意义
1．初步了解什么是“随机事件”和“统计规律”。
2．知道气体分子运动的特点。
3．理解气体温度的微观意义，知道气体分子速率的统计分布规律。
4．理解气体压强的微观意义，知道气体压强大小的决定因素。
5．理解分子动理论对三个气体实验定律的微观解释。
一、随机性与统计规律
1．随机性
(1)必然事件：若在一定条件下，某事件必然出现，这个事件叫做必然事件。
(2)不可能事件：若在一定条件下某事件不可能出现，这个事件叫做不可能事件。
(3)随机事件：若在一定条件下某事件可能出现，也可能不出现，这个事件叫做随机事件。
2．统计规律
大量随机事件的整体表现出一定的规律性，这种规律就是统计规律。热现象与大量分子热运动的统计规律有关。
二、气体分子运动的特点
1．运动的自由性：气体分子之间的距离大约是分子直径的10倍左右，因此，除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，气体分子不受力的作用，在空间内可自由移动。
2．运动的无序性：分子的运动永不停息，杂乱无章，在某一时刻，向着任何方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等。
3．运动的高速性：常温下，大多数气体分子的速率都达到数百米每秒，在数量级上相当于子弹的速率。
三、气体温度的微观意义
1．温度越高，分子的热运动越激烈。
2．理想气体的热力学温度T与分子的平均动能k成正比，即：T＝ak(式中a是比例常数)，因此可以说，温度是分子平均动能的标志。
四、气体压强的微观意义
1．气体压强的形成原因
气体作用在器壁上的压力是由碰撞产生的，一个气体分子和器壁的碰撞时间是极其短暂的，它施于器壁的作用力是不连续的，但大量分子频繁地碰撞器壁，从宏观上看，可以认为气体对器壁的作用力是持续的、均匀的。
2．气体压强的决定因素
(1)分子的平均动能与密集程度
从微观角度来看，气体分子的质量越大，速度越大，即分子的平均动能越大，每个气体分子撞一次器壁的作用力越大，而单位时间内气体分子撞击器壁的次数越多，对器壁的总压力也越大，而这一次数又取决于单位体积内的分子数(分子的密集程度)和平均动能(分子在容器中往返运动着，其平均动能越大，分子平均速率也越大，连续两次碰撞某器壁的时间间隔越短，即单位时间内撞击次数越多)。可见，从微观角度看，气体的压强决定于气体分子的平均动能和分子的密集程度。
(2)气体的温度和体积
从宏观角度看，一定质量的气体的压强跟气体的体积和温度有关。对于一定质量的气体，体积的大小决定分子的密集程度，而温度的高低是分子平均动能大小的标志。
五、对气体实验定律的微观解释
1．玻意耳定律：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。在这种情况下，体积减小时，分子的平均密集程度增大，气体的压强就增大。
2．查理定律：一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变。在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大。
3．盖—吕萨克定律：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，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变。
判一判
(1)分子沿各个方向运动的机会相等。( )
(2)气体的温度升高时，所有气体分子的速率都增大。( )
(3)气体的温度越高，压强就一定越大。( )
提示：(1)√ (2)× (3)×
课堂任务 气体分子运动的特点及气体温度的微观意义
1．统计规律：由于物体是由数量极多的分子组成的，这些分子并没有统一的运动步调。单独看来，各个分子的运动都是不规则的，带有偶然性，但从总体来看，大量分子的运动却有一定的规律，这种规律叫统计规律。
2．气体分子沿各个方向运动的机会(几率)相等。
3．大量气体分子的速率分布呈现中间多(占有分子数目多)、两头少(速率大或小的分子数目少)的规律。
当温度升高时，“中间多”的这一“高峰”向速率大的方向移动，分子的平均速率增大，分子的热运动变激烈，因此说，温度是分子平均动能的标志。但具体到某一个气体分子，速率可能变大也可能变小，无法确定。
例1 在一定温度下，某种理想气体的分子速率分布应该是( )
A．每个气体分子速率都相等
B．每个气体分子速率一般都不相等，速率很大和速率很小的分子数目很少
C．每个气体分子速率一般都不相等，但在不同速率范围内，分子数的分布是均匀的
D．每个气体分子速率一般不相等，速率很大和速率很小的分子数目很多
[规范解答] 物体里大量分子做无规则运动，速率大小各不相同，但分子的速率遵循一定的分布规律。气体的大多数分子速率在某个数值附近，离这个数值越近，分子数目越多，离这个数值越远，分子数目越少，呈现出“中间多、两头少”的分布规律。故正确答案为B。
[完美答案] B
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
答案 B
解析 温度是气体分子平均动能的标志。由图象可以看出，大量分子的平均速率Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，因为是同种气体，则kⅢ>kⅡ>kⅠ，TⅢ>TⅡ>TⅠ，所以B正确，A、C、D错误。
课堂任务 气体压强的微观意义
气体的压强与大气压强
1．因密闭容器中的气体密度一般很小，由气体自身重力产生的压强极小，可忽略不计，故气体压强由气体分子碰撞器壁产生，大小由气体的密度和温度决定，与地球的引力无关，气体对上下左右器壁的压强都是大小相等的。
2．大气压却是由于空气受到重力作用紧紧包围地球而对浸在它里面的物体产生的压强。大气压强最终还是通过分子碰撞实现对放入其中的物体产生压强。
宏观因素和微观因素要分清，不可交叉考虑，宏观因素是温度和体积，微观因素是单位体积内分子个数(分子密度)和平均动能(冲力)。
例2 对于一定质量的气体，下列四个论述中正确的是( )
A．当分子热运动变剧烈时，压强必增大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间平均距离变大时，压强必变大
D．当分子间平均距离变大时，压强必变小
[规范解答] 影响气体压强的是分子的平均动能和气体的分子数密度。
分子热运动变剧烈，表明气体温度升高，分子平均动能增大，但不知气体的分子数密度怎么变化，故压强的变化趋势不明确，A错误，B正确；分子间平均距离变大，表明气体的分子数密度变小，但因不知此时分子的平均动能怎么变，故气体的压强变化趋势不明确，C、D错误。
[完美答案] B
气体压强的分析技巧
(1)明确气体压强产生的原因——大量做无规则运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞。压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
(2)明确气体压强的决定因素——气体分子的密集程度与平均动能。只有知道了这两个因素的变化，才能确定压强的变化，任何单个因素的变化都不能决定压强的变化。
一定质量的气体，下列叙述中正确的是( )
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．当温度一定时，如果压强增大，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．如果分子数密度增大，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
答案 B
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，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；对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A、C、D都不正确。当温度一定时，气体分子的平均速率一定，此时气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数正是气体压强的微观表现，所以B正确。
课堂任务 对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，分子越密集，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。
2．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，则分子密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大。
3．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，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使压强不变，则需影响压强的另一个因素分子密度减小，所以气体的体积增大。
例3 (多选)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是( )
A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大
B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加
D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变
[规范解答] 若单位体积内分子个数不变，说明体积不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大，A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低时，体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，C正确，D错误。
[完美答案] AC
正确理解决定三个状态参量的微观因素间的关系
对一定质量的理想气体来说，分子密度和分子平均动能两个量中，只有一个变化时，都会导致压强变化，因此描述气体的三个状态参量变化时，至少有两个同时发生了变化。
在一定的温度下，一定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于
( )
A．单位体积内的分子数增多，单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子的密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个气体分子对器壁的平均撞击力变大
D．气体分子数密度增大，单位体积内分子重量变大
答案 A
解析 气体压强的微观表现是气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数与每个气体分子对器壁的平均撞击力的积，是由分子的平均动能和单位体积内的分子数共同决定。温度一定说明气体分子的平均动能不变，气体体积减小时，单位体积内分子数增多，故单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多，气体的压强增大。故A正确。
A组：合格性水平训练
1．(气体分子速率的分布规律)1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律。若以横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是( )
答案 D
解析 分子的速率分布遵循“中间多两头少”的统计规律，即分子平均速率附近的分子最多，与平均速率差距越大的分子越少，故D正确。
2．(气体分子速率的分布规律)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图所示，下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2
B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2
C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2
D．无法判断两曲线对应的温度关系
答案 C
解析 温度越高，分子的平均速率越大，从题图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C正确。
3．(气体压强的微观意义)密闭容器中气体的压强是( )
A．由于气体的重力产生的
B．由于分子间的相互作用力产生的
C．大量气体分子频繁碰撞器壁产生的
D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
答案 C
解析 密闭容器中的气体由于自身重力产生的压强很小，可忽略不计。其压强是由气体分子频繁碰撞器壁产生的，大小由气体的温度和分子数密度决定，A、B错误，C正确；失重时，气体分子仍具有分子动能，对密闭容器的器壁仍然有压强的作用，D错误。
4．(综合)(多选)x、y两容器中装有相同质量的氦气，已知x容器中氦气的温度高于y容器中氦气的温度，但压强却低于y容器中氦气的压强。由此可知( )
A．x中氦气分子的平均动能一定大于y中氦气分子的平均动能
B．x中每个氦气分子的动能一定都大于y中每个氦气分子的动能
C．x中动能大的氦气分子数一定多于y中动能大的氦气分子数
D．x中氦气分子的热运动一定比y中氦气分子的热运动激烈
答案 ACD
解析 分子的平均动能取决于温度，温度越高，分子的平均动能越大，但对于任一个氦气分子来说并不一定成立，故A正确，B错误；分子的动能也应遵从统计规律，即“中间多、两头少”，温度较高时，动能大的分子数一定多于温度较低时动能大的分子数，C正确；温度越高，分子的无规则热运动越激烈，D正确。
5．(气体压强的微观意义)(多选)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．一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
答案 ABD
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，温度变化不明确，故气体压强变化不明确，A正确；温度不变，压强增大，则体积必减小，B正确；气体的压强是由气体分子频繁地撞击器壁而产生的，C错误；温度降低，分子的平均动能减小，但气体体积变化不明确，所以压强变化不明确，故D正确。
6．(气体压强的微观意义)如图所示，一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是( )
A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多
B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多
C．在相同时间内撞在相同面积上的分子数两状态一样多
D．单位体积的分子数两状态一样多
答案 B
解析 由题图可知一定质量的气体a、b两个状态，压强相等，而a状态温度低，分子的平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A、C错误，B正确；一定质量的气体，分子总数不变，Vb>Va，单位体积的分子数a状态多，故D错误。
7．(对气体实验定律的微观解释)(多选)汽缸内封闭着一定质量的理想气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时( )
A．气体的分子数密度增大
B．气体的压强增大
C．气体分子的平均动能减小
D．每秒钟撞击器壁单位面积上的气体分子数增多
答案 BD
解析 一定质量的理想气体，体积不变，分子数密度一定，当温度升高时分子的平均动能变大，平均速率变大，每秒钟撞击器壁单位面积上的气体分子数增多，冲力增大，因而气体压强一定增大，故A、C错误，B、D正确。
8．(综合)(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．温度升高，气体中每个分子的动能都增大
B．在任一温度下，气体分子的速率分布呈现“中间多，两头少”的分布规律
C．从微观角度看，气体的压强取决于气体分子的平均动能和分子的密集程度
D．温度不变时，气体的体积减小，压强一定增大
E．气体的压强由分子数密度、分子平均动能、重力共同来决定
答案 BCD
解析 温度升高时，分子平均动能增大，但每个分子的动能不一定增大，A错误；气体分子的速率分布规律是“中间多，两头少”，B正确；气体的压强由分子数密度和分子平均动能决定，与重力无关，C正确、E错误；温度不变，体积减小时，由玻意耳定律可知，压强一定增大，D正确。
B组：等级性水平训练
9．(综合)用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B两部分，如图所示。A和B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为理想气体，则可知两部分气体处于热平衡时( )
A．内能相等
B．分子的平均动能相等
C．分子的平均速率相等
D．分子数相等
答案 B
解析 两种理想气体的温度相同，所以分子的平均动能相同，而气体种类不同，其分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故B正确，C错误。两种气体的质量相同，而摩尔质量不同，所以分子数不同，故D错误。两种气体的分子平均动能相同，但分子个数不同，故内能也不相同，故A错误。
10．(综合)下列关于气体的说法中，正确的是( )
A．由于气体分子运动的无规则性，所以密闭容器的器壁在各个方向上的压强可能会不相等
B．气体的温度升高时，所有的气体分子的速率都增大
C．一定质量的气体体积不变，气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大
D．气体的分子数越多，气体的压强就越大
答案 C
解析 气体分子一直做无规则运动，但是由于在同一时刻，向各个方向运动的概率相同，故对器壁在各个方向上的压强相等，A错误；温度升高时，气体分子的平均速率增大，但不是所有的气体分子速率都增大，B错误；体积不变，分子的平均动能越大说明温度越高，压强越大，C正确；气体压强由气体分子数密度和平均动能共同决定，D错误。
11．(综合)(多选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大
B．温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
C．压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小
D．温度升高，压强和体积都可能不变
答案 AB
解析 根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，气体的温度升高，气体分子的平均动能一定增大，A正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密度减小，故B正确；压强不变，温度降低时，体积减小，气体密度增大，故C错误；温度升高，压强、体积中至少有一个会发生改变，故D错误。
12．(综合)(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是( )
A．温度不变时，压强增大n倍，单位体积内的分子数一定也增大n倍
B．体积不变时，压强增大，气体分子热运动的平均速率也一定增大
C．压强不变时，若单位体积内的分子数增多，则气体分子热运动的平均速率一定减小
D．气体体积增大时，气体的内能可能增大
答案 ABCD
解析 对于一定质量的理想气体，其压强与单位体积内的分子数成正比，与气体分子热运动的平均速率(由温度决定)成正相关。因此，根据气体实验定律，可知A、B、C正确。另外，一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体的体积增大时，由＝恒量，知温度有可能增大，因此D正确。
13．(综合)(多选)如图所示，质量为m的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦。a态是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b态是汽缸从容器中移出后，在室温(27
℃)中达到的平衡状态。气体从a态变化到b态的过程中大气压强保持不变。若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是( )
A．与b态相比，a态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B．与a态相比，b态的气体对活塞的冲击力较大
C．a，b两态的气体对活塞的冲击力相等
D．从a态到b态，气体的内能增加，气体密度增加
答案 AC
解析 由分析活塞受力可知两状态的压强相等，由于Tb>Ta，故a状态分子碰撞的力较小，则单位时间内撞击的个数一定多，A正确；由于压强不变，故气体对活塞的力是相同的，B错误，C正确；从a态到b态温度升高，内能增加，体积增大，气体密度减小，D错误。
14．(综合)根据天文学家测量月球的半径为1738千米，月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。月球在阳光照射下的温度可以达到127
℃，而此时水蒸气分子的平均速率达2000
m/s，试分析月球表面没有水的原因。
答案 见解析
解析 月球表面的第一宇宙速度
v0＝
≈1685
m/s<2000
m/s。
所以水蒸气分子在月球表面做离心运动，因此月球表面无水。第3节 理想气体的状态方程
1．了解理想气体模型，知道实际气体可以近似看成理想气体的条件。
2．能够从气体实验定律推导出理想气体的状态方程。
3．掌握理想气体状态方程的内容、表达式和适用条件，并能应用理想气体的状态方程分析解决实际问题。
一、理想气体
1．定义：在任何温度、任何压强下都严格遵从气体实验定律的气体。
2．理想气体与实际气体
二、理想气体的状态方程
1．内容：一定质量的某种理想气体，在从状态1变化到状态2时，尽管p、V、T都可能改变，但是压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变。
2．公式：＝C或＝。
3．适用条件：一定质量的某种理想气体。
判一判
(1)一定质量的理想气体，先等温膨胀，再等压压缩，其体积必小于起始体积。( )
(2)气体的状态由1变到2时，一定满足方程＝。( )
(3)描述气体的三个状态参量中，可以保持其中两个不变，仅使第三个发生变化。( )
提示：(1)× (2)× (3)×
课堂任务 对理想气体的理解
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动能之和，一定质量的理想气体内能只与温度有关。
例1 (多选)关于理想气体，下面说法哪些是正确的( )
A．理想气体是严格遵守气体实验定律的气体模型
B．理想气体的分子没有体积
C．理想气体是一种理想模型，没有实际意义
D．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可当成理想气体
[规范解答] 理想气体是指严格遵守气体实验三定律的气体，实际的气体在压强不太高、温度不太低时可以认为是理想气体，A、D正确。理想气体分子间没有分子力，
但分子有大小，B错误。理想气体是一种理想化模型，对研究气体状态变化具有重要意义，C错误。
[完美答案] AD
理想气体是为了研究问题方便提出的一种理想模型，是实际气体的一种近似，就像力学中质点、电学中点电荷模型一样，突出矛盾的主要方面，忽略次要方面，从而认识物理现象的本质，是物理学中常用的方法。
(多选)下列对理想气体的理解，正确的有( )
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
答案 AD
解析 理想气体是在忽略了实际气体分子间相互作用力的情况下而抽象出的一种理想化模型，A正确。实际气体能视为理想气体的条件是温度不太低、压强不太大，B错误。理想气体分子间无分子力作用，也就无分子势能，故一定质量的理想气体，其内能与体积无关，只取决于温度，C错误。由理想气体模型的定义可知D正确。
课堂任务 理想气体状态方程的理解及应用
1．对理想气体状态方程的理解
(1)成立条件：一定质量的某种理想气体。
(2)该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关。
(3)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。
2．理想气体状态方程的应用
(1)应用理想气体状态方程解题的一般思路和步骤
运用理想气体状态方程解题前，应先确定在状态变化过程中气体保持质量不变。解题步骤为：
①必须确定研究对象，即某一定质量的理想气体，分析它的变化过程；
②确定初、末两状态，准确找出初、末两状态的六个状态参量，特别是压强；
③用理想气体状态方程列式，并求解。
(2)注意方程中各物理量的单位：T必须是热力学温度，公式两边中p和V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位。
3．理想气体状态方程与气体实验定律的比较
＝
说明：(1)玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例。
(2)理想气体状态方程是用来解决气体状态变化问题的方程，运用时，必须要明确气体不同状态下的状态参量。
应用理想气体状态方程时，在涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当作理想气体处理，但这时需要关注的是是否满足质量一定。
例2 某气象探测气球内充有温度为27
℃、压强为1.5×105
Pa的氦气，其体积为5
m3。当气球升高到某一高度时，氦气温度为200
K，压强变为0.8×105
Pa，求这时气球的体积多大？
[规范解答] 找出气球内气体的初、末状态的参量，运用理想气体状态方程即可求解。
以探测气球内的氦气作为研究对象，并可看做理想气体，其初始状态参量为：
T1＝(273＋27)
K＝300
K，p1＝1.5×105
Pa，V1＝5
m3，
升到高空，其末状态参量为T2＝200
K，p2＝0.8×105
Pa，
由理想气体状态方程＝有：
V2＝V1＝×5
m3＝6.25
m3。
[完美答案] 6.25
m3
1．用理想气体状态方程解决两部分气体关联问题的技巧
(1)对于涉及两部分气体的状态变化问题，解题时应分别对两部分气体进行研究，找出它们之间的相关条件——体积关系、压强关系等。
(2)挖掘隐含条件，找出临界点，临界点是两个状态变化过程的分界点，正确找出临界点是解题的基本前提。
(3)找到临界点，确定临界点前后的不同变化过程，再利用相应的物理规律解题。
2．所谓隐含条件是指题目中没有明确给出的条件，它往往隐含在某些文字说明中
例如：一些题目中常用“慢慢”“缓慢”二字，就隐含了气体状态变化过程为等温过程。又如“密闭”二字隐含了气体状态变化过程中质量不变。
再如①极细的管——管的体积不计；②“连通”——压强相等；③“连通”——温度相同。
一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10－3
m3。用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300
K和1.0×105
Pa。推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为320
K和1.6×105
Pa。
(1)求此时气体的体积；
(2)保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104
Pa，求此时气体的体积。
答案 (1)2.0×10－3
m3 (2)4.0×10－3
m3
解析 (1)以汽缸内气体为研究对象，
状态1：T1＝300
K，p1＝1.0×105
Pa，V1＝3.0×10－3
m3
状态2：T2＝320
K，p2＝1.6×105
Pa
气体从状态1到状态2的变化符合理想气体状态方程＝，则
V2＝＝
m3
＝2.0×10－3
m3。
(2)气体从状态2到状态3的变化为等温过程，根据玻意耳定律得p2V2＝p3V3，则
V3＝＝
m3＝4.0×10－3
m3。
用钉子固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比VA∶VB＝2∶1，如图所示，起初A中空气温度为127
℃，压强为1.8×105
Pa，B中空气温度为27
℃，压强为1.2×105
Pa。拔去钉子，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后都变成室温27
℃，活塞也停住，求最后A、B中气体的压强。
答案 均为1.3×105
Pa
解析 对A中气体，初态：pA＝1.8×105
Pa，VA＝？，TA＝(273＋127)
K＝400
K。
末态：pA′＝？，VA′＝？，TA′＝273
K＋27
K＝300
K，
由理想气体状态方程＝得：
＝。
对B中气体，初态：
pB＝1.2×105
Pa，VB＝？，TB＝300
K。
末态：pB′＝？，VB′＝？，TB′＝300
K。
由气体状态方程＝得：
＝，
又VA＋VB＝VA′＋VB′，VA∶VB＝2∶1，pA′＝pB′，
由以上各式得pA′＝pB′＝1.3×105
Pa。
课堂任务 理想气体状态变化的图象
1．一定质量的理想气体的各种图象
续表
续表
2．理想气体状态方程与一般的气体状态变化图象
基本方法，化“一般”为“特殊”，如图是一定质量的某种气体的状态变化过程A→B→C→A。
在V T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线则pA 气体图象问题要利用好几个线如V t，p t图象过(－273,0)的延长线及p 、p T、V T图象过原点的线，还有与两个轴平行的辅助线。
例3 (多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑。现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态②，此过程可用下列哪几个图象表示( )
[规范解答] 由题知，从状态①到状态②，温度不变，体积增大，故压强减小，所以只有A、D正确。
[完美答案] AD
要能识别p V图、p T图和V T图中等温线、等容线和等压线，要理解图象的物理意义，从图象上读出状态参量和状态变化过程，并利用读出条件解答某些简单的气体状态变化问题。
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、体积增大
B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小
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
答案 A
解析 由图象可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，温度一定时，气体的压强与体积成反比，则压强与体积倒数成正比，ab所在直线是一条等温线，气体发生的是等温变化，故A正确；由理想气体状态方程＝C可知＝pV＝CT，由图象可知，连接Ob的直线的斜率小，所以b的温度小，b→c过程温度升高，同时压强增大，且体积也增大，故B错误；由图象可知，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；由图象可知，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。
A组：合格性水平训练
1．(理想气体)(多选)下列关于理想气体的说法正确的有( )
A．温度极低的气体也是理想气体
B．压强极大的气体也遵守气体实验定律
C．理想气体是实际气体的理想化模型
D．理想气体实际并不存在
E．一定质量的理想气体，当温度发生变化，体积和压强一定随着变化
答案 CD
解析 气体实验定律是在压强不太大、温度不太低的情况下得出的，温度极低、压强极大时在微观上分子间距离变小，趋向液体，C、D正确，A、B错误；一定质量的理想气体，当温度发生变化时，体积和压强中的一个或两个随着变化，E错误。
2．(理想气体的状态方程的应用)一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是( )
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝T2
B．p1＝p2，V1＝V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
答案 D
解析 由理想气体状态方程＝可判断，只有D正确。
3．(理想气体的状态方程的应用)(多选)对于一定质量的理想气体，下列状态变化中不可能的是( )
A．使气体体积增加而同时温度降低
B．使气体温度升高，体积不变、压强减小
C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大
D．使气体温度降低，压强减小、体积减小
答案 BC
解析 由理想气体状态方程＝C(常量)可知：B、C中不可能发生。
4．(理想气体的状态方程的应用)如图所示为粗细均匀、一端封闭一端开口的U形玻璃管。当t1＝31
℃，大气压强为p0＝1
atm
时，两管水银面相平，这时左管被封闭的理想气体气柱长l1＝8
cm。求：当温度t2等于多少时，左管气柱l2为9
cm？(p0＝1
atm＝76
cmHg)
答案 78
℃
解析 设玻璃管的横截面积为S
cm2，
对左管中的气体，
初态：p1＝76
cmHg，V1＝8S
cm3，T1＝304
K，
末态：p2＝78
cmHg，V2＝9S
cm3，T2＝？
由＝得T2＝＝351
K，
t2＝(351－273)
℃＝78
℃。
5．(理想气体的状态方程的应用)房间的容积为20
m3，在温度为7
℃、大气压强为9.8×104
Pa时，室内空气质量是25
kg。当温度升高到27
℃，大气压强变为1.0×105
Pa时，室内空气的质量是多少？
答案 23.8
kg
解析 气体初态：p1＝9.8×104
Pa，V1＝20
m3，T1＝(273＋7)
K＝280
K，
末态：p2＝1.0×105
Pa，T2＝(273＋27)
K＝300
K，
由状态方程：＝，
所以V2＝V1＝×20
m3＝21
m3。
因V2>V1，故有气体从房间内流出。
房间内气体质量m2＝m1＝×25
kg＝23.8
kg。
6.
(气体关联问题)如图所示，一个密闭的汽缸被活塞分成体积相等的左、右两室，汽缸壁与活塞是绝热的，它们之间没有摩擦，两室中气体的温度相等。现利用右室中的电热丝对右室中的气体加热一段时间，达到平衡后，左室的体积变为原来的，气体的温度T1＝300
K，求右室中气体的温度。
答案 500
K
解析 根据题意对汽缸中左、右两室中气体的状态进行分析：
左室的气体：加热前p0、T0、V0，加热后p1、T1、V0。
右室的气体：加热前p0、T0、V0，加热后p1、T2、V0。
根据理想气体状态方程＝恒量，有
左室的气体：＝，
右室的气体：＝，
由以上两式可得＝，
解得：T2＝500
K。
B组：等级性水平训练
7．(理想气体的图象分析)(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p T图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点，而cd平行于ab，由图可以判断( )
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．cd过程中气体体积不变
E．da过程中气体体积不断增大
答案 BCE
解析 在p T图象中，过气体状态点和坐标原点O的连线的斜率与气体在该状态下体积的倒数成正比。由于ab的延长线通过坐标原点，斜率不变，气体发生等容变化，A错误；若将Oc与Od连接起来，可得出另两条等容线，它们的斜率关系kOc>kOd>kab，故bc过程体积减小，cd过程体积增大，da过程体积增大，B、C、E正确，D错误。
8．(理想气体的状态方程的应用)贮气筒的容积为100
L，贮有温度为27
℃、压强为30
atm的氢气，使用后温度降为20
℃，压强降为20
atm，求用掉的氢气占原有气体的百分比？
答案 31.7%
解析 解法一：选取筒内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉的氢气包含在末状态中，则初状态p1＝30
atm，V1＝100
L，T1＝300
K；末状态p2＝20
atm，V2＝？，T2＝293
K，根据＝得
V2＝＝
L＝146.5
L。
用掉的占原有的百分比为
×100%＝×100%＝31.7%。
解法二：取剩下的气体为研究对象
初状态：p1＝30
atm，体积V1＝？，T1＝300
K，
末状态：p2＝20
atm，体积V2＝100
L，T2＝293
K，
由＝得V1＝＝
L＝68.3
L，
用掉的占原有的百分比×100%＝×100%＝31.7%。
9.
(气体关联问题)一圆柱形汽缸直立在地面上，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，两部分气体温度相同，都是T0＝27
℃，A部分气体压强pA0＝1.0×105
Pa，B部分气体压强pB0＝2.0×105
Pa。现对B部分的气体加热，使活塞上升，使A部分气体体积减小为原来的。求此时：
(1)A部分气体的压强pA；
(2)B部分气体的温度TB。
答案 (1)1.5×105
Pa (2)500
K
解析 (1)A部分气体等温变化，
由玻意耳定律：pA0V＝pA·V，所以pA＝pA0，
把pA0＝1.0×105
Pa代入得pA＝1.5×105
Pa。
(2)B部分气体：
初态：pB0＝2.0×105
Pa，VB0＝V，TB0＝T0＝300
K，
末态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105
Pa，
VB＝V＋V＝V，
由理想气体状态方程＝，
所以TB＝＝
K＝500
K。
10．(变质量问题)一容器容积为8.2
L，内装气体120
g，温度为47
℃。因容器漏气，经若干时间后压强降为原来的，温度降为27
℃。问在该过程中一共漏掉多少克气体？
答案 40
g
解析 选容器内装的质量m＝120
g气体为研究对象，设漏气前的压强为p1，已知漏气前的体积V＝8.2
L，温度T1＝320
K；设想一个体积为ΔV的真空袋与容器相通，容器内泄漏的质量为Δm的气体全部进入袋内后，容器和袋内气体的总质量仍为m(如图所示)，这时容器和袋内气体的压强设为p2，体积为V＋ΔV，温度为T2＝300
K。
根据理想气体的状态方程有
＝①
因为容器和袋内气体密度相同，
所以有＝
即＝②
联立①②两式，代入数据解得
Δm＝m＝40
g。
11．(综合)如图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，空气柱长度L1为20
cm，水银上表面与导线下端的距离L2为10
cm，管内水银柱的高度h为13
cm，大气压强p0＝75
cmHg。
(1)当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？
(2)如果要使该装置在87
℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？
答案 (1)177
℃ (2)8
cm
解析 (1)根据等压变化得：＝，
T1＝300
K，V1＝L1S，V2＝(L1＋L2)S，
得：T2＝T1＝450
K，则：t2＝177
℃。
(2)设加入高x
cm的水银柱，在87
℃时会报警，根据理想气体状态方程得：＝，
初态：p1＝p0＋13
cmHg＝88
cmHg，V1＝L1S，T1＝300
K，
末态：p3＝(88＋x)
cmHg，
T3＝(273＋87)
K＝360
K，
V3＝(L1＋L2－x)S，
代入数据得：x＝8。
即应再往玻璃管内注入8
cm水银柱。第2节 气体的等容变化和等压变化
1．知道什么是等容变化和等压变化。
2．知道查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式及适用条件，并会用气体变化规律解决实际问题。
3．理解p T图象、V T图象的物理意义。
一、气体的等容变化
1．等容变化：一定质量的气体在体积不变时，压强随温度的变化。
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＝C或＝或＝。
(3)图象
(4)适用条件：①气体的质量不变；②气体的体积不变。
二、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，体积随温度的变化。
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＝C或＝或＝。
(3)图象
(4)适用条件：①气体的质量不变；②气体的压强不变。
判一判
(1)对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体的摄氏温度升高到原来的二倍。( )
(2)一定质量的气体，体积不变时，压强与摄氏温度成正比。( )
(3)V t图象中，等压线是一条过原点的直线。( )
提示：(1)× (2)× (3)×
课堂任务 查理定律及其应用
1．查理定律的表述
(1)＝＝C；
(2)＝；
(3)＝(p0为0
℃时气体的压强)，也可表述为：一定质量的气体，当体积不变时，温度每升高(或降低)1
℃，增大(或减小)的压强等于它在0
℃时压强的，即＝或pt＝p0。
2．对等容线的理解
(1)p t图中的等容线
①p t图中的等容线是一条延长线通过横坐标－273
℃的倾斜直线。
②图甲中纵轴上的截距p0是气体0
℃时的压强。
③等容线的斜率和气体的体积大小有关，体积越大，斜率越小。如图乙所示，一定质量的某种气体，四条等容线的体积关系为：V1＞V2＞V3＞V4。
(2)p T图中的等容线
①p T图中等容线是一条延长线通过原点的倾斜直线。
②斜率k＝＝C(常数)与气体体积有关，体积越大，斜率越小。如图丙所示，一定质量的某种气体，四条等容线的体积关系为：V1＞V2＞V3＞V4。
例1 用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸。我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355
mL。假设在室温(17
℃)时，罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1
atm。若易拉罐承受的压强为1.2
atm，则保存温度不能超过多少？
[规范解答] 易拉罐中气体在温度升高时做等容变化，当罐内压强升高到1.2
atm，对应的温度就是最高保存温度。
取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1＝1
atm，T1＝(273＋17)
K＝290
K，
末态：p2＝1.2
atm，T2＝未知量，
气体发生等容变化，由查理定律＝得：
T2＝T1＝
K＝348
K，
t＝(348－273)
℃＝75
℃。
[完美答案] 75
℃
1．应用查理定律时的注意事项
(1)给出的温度是摄氏温度，必须换算为热力学温度；
(2)计算中压强的单位只要统一即可，没必要用国际单位。
2．应用假设法分析液柱移动问题的基本思路
当气体的状态参量发生变化而使液柱可能发生移动时，先假设其中一个参量(一般设为体积)不变(即假设水银柱不移动 ；以此为前提，再运用相关的气体定律 如查理定律 进行分析讨论，看讨论结果是否与假设相符。若相符，则原假设成立；若讨论结果与假设相矛盾，说明原假设不成立，从而也就推出了正确的结论。分析的关键在于合理选择研究对象，正确地进行受力分析，然后通过比较作出判断。
如图所示，两个体积相同的容器A、B分别装有10
℃的H2和20
℃的O2，中间用一根装有一段水银柱的水平细玻璃管连通，此时水银柱保持静止。如果两边温度都升高10
℃，则( )
A．水银柱向右移动
B．水银柱向左移动
C．水银柱仍静止不动
D．条件不足，不能确定
答案 A
解析 解法一：(计算法)
假设水银柱不移动，则A、B两部分气体都发生等容变化。
初状态时：pA＝pB＝p，TA＝(273＋10)
K＝283
K，TB＝(273＋20)
K＝293
K；
ΔTA＝ΔTB＝10
℃。
由查理定律的推论：＝；＝得ΔpA＝＝，ΔpB＝，可知ΔpA>ΔpB，故水银柱向右移动。
解法二：(用图象法)
假设水银柱不动，两边气体都发生等容变化。在p T坐标系中作出A、B气体的等容线，如图所示。
因初始状态时，A、B气体的压强相等(pA＝pB)，而气体的温度不等(TB>TA)，所以A气体的等容线斜率较大。
当温度增量相同时，从图象中很直观地看出，A内气体压强的增量ΔpA大于B内气体压强的增量ΔpB，故水银柱将向右移动。
如图所示，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
kg，其面积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)
答案 127
℃
解析 当温度T1＝(273＋27)
K＝300
K时，活塞对地面恰好无压力，以活塞为研究对象，列平衡方程：
p1S＋mg＝p0S，
解得p1＝p0－＝
Pa＝0.9×105
Pa。
当气体温度升高，压强增大，汽缸恰好对地面无压力时，以汽缸为研究对象，列平衡方程：
p2S＝p0S＋Mg，
解得p2＝p0＋＝
Pa＝1.2×105
Pa，
根据查理定律：＝，得T2＝T1＝400
K，
解得：t＝(400－273)
℃＝127
℃。
课堂任务 盖—吕萨克定律及其应用
1．盖—吕萨克定律的表述
(1)＝＝C；
(2)＝；
(3)＝(V0为0
℃时气体的体积)，也可以表述为：一定质量的气体，当压强不变时，温度每升高(或降低)1
℃，增大(或减小)的体积等于它在0
℃时体积的，即＝或Vt＝V0。
2．对等压线的理解
(1)V t图中的等压线
①V t图中的等压线是一条延长线通过横坐标－273
℃的倾斜直线。
②图甲中纵轴上的截距V0是气体0
℃时的体积。
③等压线的斜率和气体的压强有关，压强越大，斜率越小。如图乙所示，一定质量的某种气体，四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4。
(2)V T图中的等压线
①V T图中的等压线是一条延长线通过原点的倾斜直线。
②斜率k＝＝C(常数)与气体压强有关，压强越大，斜率越小。如图丙所示，一定质量的某种气体，四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4。
例2 如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑且不漏气的，B上放一重物C，B与C的总重为G，大气压为p0。当汽缸内气体温度是20
℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；求当汽缸内气体温度是100
℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？
[规范解答] 汽缸内气体温度发生变化时，汽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。故此题用盖—吕萨克定律求解。
以汽缸内气体为研究对象。
初状态：热力学温度T1＝(273＋20)
K＝293
K，体积V1＝h1S；
末状态：热力学温度T2＝(273＋100)
K＝373
K。
由盖—吕萨克定律＝
求得V2＝V1＝h1S。
变化后活塞与汽缸底部的距离为
h2＝＝h1＝1.3h1。
[完美答案] 1.3h1
应用气体实验定律的解题思路
(1)确定研究对象，即研究哪部分气体。
(2)确定状态及状态参量，尤其注意压强的判断和计算。
(3)确定初末状态的温度、压强和体积，判断哪一状态参量不变，选择适当的气体实验定律。
(4)统一单位并列式求解。(其中温度只能用热力学温度单位——开尔文)
如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，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封闭在汽缸内。温度为300
K时，活塞离汽缸底部的高度为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，求物体A的体积。
答案 0.02
m3
解析 对活塞受力分析如图所示，有pS＝mg＋p0S，由于活塞的受力情况不随温度的变化而变化，所以气体是等压变化。
设物体A的体积为V，则气体初末状态的参量分别为
初状态：V1＝hS－V，T1＝300
K，
末状态：V2＝(h＋Δh)S－V，T2＝330
K
由盖—吕萨克定律＝得＝
代入数据解得V＝0.02
m3。
1
mol的理想气体，其状态变化的p V图线如图所示，请在p T图、V T图中画出对应的状态变化的图线。
答案 图见解析
解析 由于同一气体的状态变化可以用p V图、V T图、p T图分别表示，因此p V图、V T图、p T图之间可以相互转换。
1
mol的理想气体在标准状态下(1
atm,273
K)的体积是22.4
L，所以状态A的温度是273
K。
A到B的过程是等容变化，压强增大1倍，则温度升高1倍，所以B的温度是546
K。
B到C的过程是等压变化，体积增大1倍，则温度升高1倍，所以C的温度是1092
K。
C到D的过程是等容变化，压强减小倍，则温度降低一半，所以D的温度是546
K。
D到A的过程是等压变化，体积减小倍，则温度降低一半。因此，p T图、V T图分别如图甲、乙所示。
如图所示，是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的p T图象，已知气体在状态B时的体积是8
L，求VA、VC和VD，并画出此过程的V T图。
答案 VA＝4
L VC＝8
L VD＝10.7
L V T图见解析
解析 A→B，等温过程有pAVA＝pBVB，所以
VA＝＝
L＝4
L，
B→C，等容过程，所以VC＝VB＝8
L，
C→D，等压过程有＝，VD＝VC＝×8
L＝10.7
L。
此过程的V T图如图所示。
A组：合格性水平训练
1．(查理定律)一个密封的钢管内装有空气，在温度为20
℃时，压强为1
atm，若温度上升到80
℃，管内空气的压强约为( )
A．4
atm
B.
atm
C．1.2
atm
D.
atm
答案 C
解析 由＝得：p2＝p1＝p1，p2＝1.2
atm。
2.
(气体的等容变化)(多选)一定质量的气体作等容变化时，其p t图象如图所示，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( )
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t轴交点的位置不变
D．等容线与t轴交点的位置一定改变
答案 ABC
解析 对于一定质量气体等容变化的p t图线，总是要经过点(－273
℃，0)，因此，C正确，D错误；由于题目没有给定体积变化的情况，所以A、B都有可能。
3．(气体的等压变化)(多选)在下图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，能正确描述一定质量的气体等压变化规律的是
( )
答案 AC
解析 一定质量的气体在等压变化中，压强不变，体积V与绝对温度T成正比。其中B图明显看出气体压强减小，观察可知D图中气体压强增大，故只有A、C符合要求。
4．(盖—吕萨克定律)(多选)一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度是27
℃，则温度的变化是( )
A．升高到450
K
B．升高了150
℃
C．升高到40.5
℃
D．升高到450
℃
答案 AB
解析 等压变化中，有＝，即＝，解得x＝450
K，故温度会升高到450
K，即升高了150
℃。
5.
(盖—吕萨克定律)如图，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30
℃时，空气柱长度为30
cm，当水温是90
℃时，空气柱的长度是36
cm，则该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度( )
A．－273
℃
B．－270
℃
C．－268
℃
D．－271
℃
答案 B
解析 由等压变化知＝所以有＝，绝对零度空气柱长为0，故＝，得T1＝300
K，所以绝对零度应是(30－300)
℃＝－270
℃，B正确。
6．(查理定律)气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，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。(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76
cmHg)
(1)求恒温槽的温度；
(2)此过程A内气体内能________(填“增大”或“减小”)。
答案 (1)364
K(或91
℃) (2)增大
解析 (1)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＋ph1＝p0＋p0②
p2＝p0＋ph2＝p0＋p0③
联立①②③式，代入数据得T2＝364
K(或91
℃)。
(2)温度升高，A内气体内能增大。
7．(盖—吕萨克定律)一个开着窗户的房间，温度为7
℃时室内空气质量为m，当温度升高到27
℃时，室内空气的质量为多少？
答案 m
解析 应用盖—吕萨克定律，以跑到室外的气体与室内的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：＝得V2＝V1＝V1＝V1。
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m2＝m。
8.
(盖—吕萨克定律)如图所示，在一端开口的钢制圆筒的开口端上面放一活塞，活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入7
℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14
cm，当水温升高到27
℃时，筒底露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)
答案 1
cm
解析 圆筒的重力等于气体对圆筒的压力，故当水温升高时，筒内的气体发生的是等压变化，设筒底露出水面的高度为h。
当t1＝7
℃即T1＝280
K时，V1＝14
cm·S
当t2＝27
℃即T2＝300
K时，V2＝(14
cm＋h)·S
由盖—吕萨克定律得＝
解得h＝1
cm。
B组：等级性水平训练
9.
(p T图象与p t图象转化)对一定质量的某种气体，在某一状态变化过程中压强p与热力学温度T的关系如图所示，则描述压强p与摄氏温度t的关系图象中正确的是( )
答案 C
解析 设＝C(C>0)，则＝C，p＝C(t＋273)，可知C正确，A、B、D错误。
10.
(p T图象分析)(多选)如图所示是一定质量的理想气体的三种升温过程，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
答案 AB
解析 在p T图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。故A、B正确。
11．(p T图线分析)
(多选)一定质量的理想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
答案 AB
解析 因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；如图所示，连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd＜Ve，所以Vd＜Va，所以da过程中体积增加，D错误。
12．(气体状态变化的图象转化)
(多选)一定质量气体的状态变化过程的p V图线如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态。A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行。如将上述变化过程改用p T图线和V T图线表示，则在下图的各图线中正确的是( )
答案 BD
解析 在p V图象中，气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大；由B→C是等容过程，且压强增大，气体温度升高；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低。由此可判断在p T图中A错误、B正确，在V T图中C错误、D正确。
13．(液柱移动问题)如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
答案 A
解析 因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变。根据盖—吕萨克定律的分比形式ΔV＝·V，因A、B管中的封闭气柱，初温T相同，温度降低量ΔT也相同，且ΔT＜0，所以ΔV＜0，即A、B管中的气柱体积都减小；又因为H1＞H2，故A管中气柱的体积较大，则|ΔV1|＞|ΔV2|，即A管中气柱的体积减小得较多，故A、B两管柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多。故正确答案为A。
14．(综合)如图所示为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( )
A．5.6
L
B．3.2
L
C．1.2
L
D．8.4
L
答案 D
解析 此气体在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，从压强为p0的状态到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72
L，温度为(127＋273)
K＝400
K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227＋273)
K＝500
K，根据盖—吕萨克定律＝，VB＝＝
L＝8.4
L。
15.
(综合)一个质量可不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内，活塞上堆放着铁砂，如图所示，最初活塞搁置在汽缸内壁的固定卡环上，气柱的高度为H0，压强等于大气压强p0。现对气体缓慢加热，当气体温度升高了ΔT＝60
K时，活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升，继续加热直到气柱高度为H1＝1.5H0。此后，在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂，直到铁砂全部取走时，气柱高度变为H2＝1.8H0，求此时气体的温度。(不计活塞与汽缸之间的摩擦)
答案 540
K
解析 本题包括等容、等压和等温的三个特殊变化过程，当温度升高ΔT＝60
K时，活塞开始离开卡环，在此之前的过程属于等容变化过程；继续对气体缓慢加热，气体压强不变，当气柱高度从H0变化到H1＝1.5H0时，属于等压变化过程；此后在温度不变的条件下逐渐取走铁砂，气柱高度从H1升高到H2＝1.8H0，此过程属于等温变化过程。分别对三个过程列式即可求解。气体温度升高60
K的过程中，活塞没有上升，此过程是等容变化过程，由查理定律得＝①
气柱高度从H0变化到H1＝1.5H0过程中，压强不变，为等压变化过程，由盖—吕萨克定律得
＝②
气柱高度从H1变化到H2的过程中，温度不变，为等温变化过程，由波意耳定律得1.5p1H0＝1.8p0H0③
由①②③联立可得T2＝540
K。
16．(综合)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。
答案
解析 设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)S①
解得Δp＝p②
外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖—吕萨克定律，得
＝③
解得h′＝h④
据题意可得Δp＝⑤
气体最后的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝。第1节 气体的等温变化
1．知道什么是等温变化。
2．知道玻意耳定律是实验定律，掌握玻意耳定律的内容、表达式及适用条件。
3．理解气体等温变化的p V图象、p 图象的物理意义。
一、气体的状态参量及封闭气体压强的计算
1．气体的状态参量：描述气体的状态参量一般有压强、体积、温度。
2．实验探究
二、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＝恒量(C)或p1V1＝p2V2。
3．条件：气体的质量一定，温度不变。
三、两种等温变化图象
1．气体等温变化的p V图象
一定质量的气体发生等温变化时的p V图象如图甲所示。图线的形状为双曲线。
由于它描述的是温度不变时的p V关系，因此称它为等温线。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。
2．p 图象：一定质量的理想气体的p 图象为过原点的倾斜直线，如图乙所示。
判一判
(1)被封闭气体的质量发生变化不影响实验结果。( )
(2)一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成正比。( )
提示：(1)× (2)×
课堂任务 封闭气体的压强的计算
1．系统处于平衡状态时，求封闭气体的压强
(1)连通器原理：在连通器中，同种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的。
(2)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度。
(3)求由液体封闭的气体压强，一般选择最低液面列平衡方程。
(4)求由固体封闭(如汽缸或活塞封闭)的气体压强，一般对此固体(如汽缸或活塞)进行受力分析，列出力的平衡方程。
2．容器加速运动时封闭气体的压强的求解
容器加速运动时，封闭气体压强的计算步骤如下：
(1)取封闭气体接触的液体(或活塞、汽缸)为研究对象(并不是以气体为研究对象)。
(2)对研究对象进行受力分析。(气体对研究对象的作用力写成F＝pS形式)
(3)对研究对象建立直角坐标系并进行受力分析。
(4)分别在x轴和y轴上列牛顿第二定律方程。
(5)解方程。
例1 如图所示，竖直放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内。已知水银柱a长为10
cm，水银柱b两个液面间的高度差为5
cm，大气压强为75
cmHg，求空气柱A、B产生的压强。
[规范解答] 分别取两段水银柱a、b为研究对象，由受力平衡，求得A、B的压强。
设气柱A、B产生的压强分别为pA、pB，管横截面积为S，取a水银柱为研究对象(如图甲)，得pAS＋mag＝p0S，而paS＝ρgh1S＝mag，故pAS＋paS＝p0S，所以pA＝p0－pa＝75
cmHg－10
cmHg＝65
cmHg。
取水银柱b为研究对象(如图乙)，同理可得pBS＋mbg＝pAS，所以pB＝pA－pb＝65
cmHg－5
cmHg＝60
cmHg。
[完美答案] 65
cmHg 60
cmHg
封闭气体的压强的求解方法
(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。
根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。
例如，图1中同一液面C、D处压强相等，则pA＝p0＋ph。
②力平衡法。
选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0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2所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS－p0S－mg＝ma，得p＝p0＋。
如图所示，竖直向上放置的横截面积为S的汽缸内，有两个质量分别为m1和m2的圆柱形光滑活塞，封闭着两部分气体A与B，若外界大气压强为p0，试求气体A的压强pA。
答案 见解析
解析 用关联物整体法：将质量分别为m1和m2的两个活塞和气柱B看做一个整体，此时气柱B对上、下活塞的压力成为内力，可不必考虑，而气柱B的重力可以忽略，于是等效于将气柱B抽去，而将活塞m1、m2视为一个整体，由该整体受力平衡即可得出：pAS＝p0S＋(m1＋m2)g，解得pA＝p0＋。
如图所示，上端封闭底部相连的A、B、C三管中水银面相平，三管横截面积的关系是SA>SB>SC。管内水银上方的空气柱长度为LAA．A管中水银面最高
B．C管中水银面最高
C．一样高
D．条件不足，无法确定
答案 A
解析 未打开阀门前，A、B、C三管中水银面相平，所以三管中封闭气体的压强相同，记作p0。假设打开阀门K流出少量水银后，三管中水银面都降低了相同的高度h，三管中水银面仍然相平，对管中封闭气体应用玻意耳定律有：p0L＝p(L＋h)。解得末压强：p＝＝。此式表明p与空气柱原长L有关。因为LA因为pA′hB′>hC′。可见，哪个管内原来空气柱较短，后来该管水银面就较高，与管的横截面积无关。故本题应选A。
课堂任务 玻意耳定律
利用玻意耳定律解题的基本思路
1．明确研究对象：根据题意，确定所研究的气体。
2．明确初、末状态：找出气体变化前后的初、末状态，并确定初、末状态的p、V值。
3．列方程求解：因为是比例式，计算中只需使同一物理量的单位统一即可，不一定用国际单位制中的单位。
4．检验结果：有时列方程求解会得到两个结果，应通过合理性的检验决定取舍。
(1)公式pV＝C中的常量C不是一个普适常量，它与气体所
处的温度高低有关，温度越高，常量C越大。
(2)应用玻意耳定律解决等温变化的问题时，一定要先确定好两个状态的体积和压强。
例2 如图所示，在温度不变的情况下，把一根长为100
cm，上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中，插入后管口到槽内水银面的距离是管长的一半，若大气压为75
cmHg，求水银进入管内的长度。
[规范解答] 研究玻璃管内被封闭的空气柱。
初态：玻璃管未插入水银槽之前，p1＝p0＝75
cmHg；
V1＝LS＝100·S
cm3，
末态：玻璃管插入水银槽后，设管内外水银面高度差为h，则p2＝p0＋ph＝(75＋h)
cmHg，
V2＝S＝(50＋h)S
cm3，
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得
75×100S＝(75＋h)(50＋h)S，
即h2＋125h－3750＝0，
解得h＝25
cm(h＝－150
cm舍去)，
所以，水银进入管内的长度为
－h＝
cm＝25
cm。
[完美答案] 25
cm
变质量问题分析
解析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用气体定律方程求解。
(1)打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择球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气体的状态变化问题。
(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。我们可以将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程看做是等温膨胀过程。
(3)灌气问题
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。解决这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做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。如果选容器内剩余气体和漏出的气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用气体定律方程求解。
输液时，不小心将2立方厘米气体注入血液，在血液中气体的体积多大？(气体按等温变化处理，且人的血压按120
mmHg，大气压按760
mmHg进行计算)
答案 1.7
cm3
解析 由于人的皮肤破了，血液向外流，故人体内的压强肯定大于大气压。人的血压值是其压强的绝对值减去大气压强之后的数值，所以空气进入体内后受的压强变大，p2＝120
mmHg＋760
mmHg＝880
mmHg，
由p1V1＝p2V2，
又p1＝760
mmHg，V1＝2
cm3，
解出V2＝1.7
cm3。
如图所示，某压缩式喷雾器的贮液桶的容量是5.7×10－3
m3，往桶内倒入4.2×10－3
m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出。如果每次能打进2.5×10－4
m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到
4.0×105
Pa，应打几次气？这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？(设大气压强为1.0×105
Pa)
答案 18次 能
解析 设大气压强为p0，每次打入的气体在大气压下的
体积为ΔV，贮液桶中空气体积为V，要使其压强达到4.0×105
Pa＝4p0，需打n次气。根据玻意耳定律可得：
p0V＋p0nΔV＝4p0V。
式中p0＝1.0×105
Pa，ΔV＝2.5×10－4
m3，
V＝(5.7－4.2)×10－3
m3。
将数据代入上式中，解得n＝18次。
当打开喷液口时，如果药液能全部喷出，则空气充满整个桶，这时桶内空气压强为p，则：4p0V＝p×5.7×10－3。
代入V值，解得p＝1.053p0。
可见，由于p>p0，因此药液可以全部喷出。
课堂任务 p V图象与p
图象的应用
p V图象及p 图象上等温线的物理意义
1．一定质量的气体，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不是一个普适常量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，常量C越大，等温线离坐标轴越远。如图乙所示，4条等温线的关系为T4＞T3＞T2＞T1。
3．一定质量气体的等温变化过程，也可以用p 图象来表示，如图丙所示。等温线是一条延长线通过原点的直线，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＝C，即斜率越大，气体的温度越高。
例3 (多选)如图所示是一定质量气体的两条等温线，则下列关于各状态温度的说法中正确的是(A、B、C、D为四种状态)
( )
A．tA＝tB
B．tB＝tC
C．tC>tD
D．tD>tA
[规范解答] 根据p V图象的变化规律可知tC＝tD>tA＝tB。故正确答案为A、D。
[完美答案] AD
(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p 图线。由图可知( )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p 图线的延长线经过坐标原点
C．T1>T2
D．T1答案 BD
解析 由图线可知A错误，B正确。p 图线斜率越大，气体的温度越高，C错误，D正确。
A组：合格性水平训练
1．(气体的等温变化)(多选)一定质量的气体，在等温变化过程中，下列物理量中发生改变的有( )
A．分子的平均速率
B．单位体积内的分子数
C．气体的压强
D．分子总数
E．气体的体积
答案 BCE
解析 等温变化过程中，温度不变，则分子的平均动能不变，所以分子的平均速率不变，p、V发生相应的变化，单位体积内的分子数也随之发生相应变化，但分子总数不变，故B、C、E正确。
2.
(压强的计算)如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M。通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封有一定质量的气体。缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0。则封闭气体的压强为( )
A．p0＋
B．p0＋
C．p0－
D.
答案 C
解析 对汽缸缸套进行受力分析，如图所示。由平衡条件可得：p0S＝Mg＋pS，所以p＝p0－，故C正确。
3．(玻意耳定律)一定质量的气体在温度保持不变时，压强增大到原来的4倍，则气体的体积变为原来的
( )
A．4倍
B．2倍
C.
D.
答案 D
解析 根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得＝＝，即气体的体积变为原来的。
4.
(玻意耳定律)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
答案 B
解析 水位升高，压强变大，由玻意耳定律pV＝C可知封闭气体体积减小，B正确。
5.
(玻意耳定律)如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h。若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则( )
A．h、l均变大
B．h、l均变小
C．h变大l变小
D．h变小l变大
答案 A
解析 开始时，玻璃管中的封闭气体的压强p1＝p0－ρgh，上提玻璃管，假设h不变，则l变长，由玻意耳定律得，p1l·S＝p2(l＋Δl)·S，所以气体内部压强小了，大气压p0必然推着液柱上升，假设不成立，h必然变大一些。最后稳定时，封闭气体的压强p2＝p0－ρg(h＋Δh)减小，再根据玻意耳定律，p1l1·S＝p2l2·S，l2>l1，l变大，故A正确。
6.
(p V图象分析)(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．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
答案 ABD
解析 根据等温图线的物理意义可知A、B正确，气体的温度越高时，等温图线的位置就越远离原点，所以C错误，D正确。
7.
(玻意耳定律)如图所示，封闭端有一段长40
cm的空气柱，左右两边水银柱的高度差是19
cm，大气压强为76
cmHg，要使两边管中的水银面一样高，需要再注入______cm长的水银柱。
答案 39
解析 封闭气体做等温变化，由于初态p1＝p0－ph＝(76－19)
cmHg＝57
cmHg，l1＝40
cm，
末态p2＝p0＝76
cmHg，
由玻意耳定律得：p1l1S＝p2l2S，解得l2＝30
cm，
需再注入的水银柱长：l＝h＋2(l1－l2)＝39
cm。
8．(探究气体等温变化的规律)用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V 图象处理实验数据，得出如图乙所示的图线。
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是______________________________；
(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是__________________和__________________；
(3)如果实验操作规范、正确，但如图乙所示的V 图线不过原点，则V0代表___________________________________________________________。
答案 (1)在注射器活塞上涂润滑油
(2)移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器封闭气体部分
(3)注射器与压强传感器连接部位的气体体积
解析 (1)通过涂润滑油可使注射器不漏气，从而保持其质量不变。
(2)缓慢移动活塞是为了有足够的时间使封闭气体与外界进行热交换，不用手握住注射器也是为了不使手上的热量传递给封闭气体，从而保持气体温度不变。
(3)注射器与压强传感器连接部位有气体，从而使图线不过原点。
9.
(玻意耳定律)如图为一种减震垫，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。
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。
B组：等级性水平训练
10．(玻意耳定律)
(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，则呈现的物理现象是( )
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
答案 AD
解析 被封闭气体的压强p＝p0－ρ水银gh，其中h为水银柱的竖直高度，故当管倾斜时h将减小，压强p增大，又由于气体做等温变化，由玻意耳定律知，压强增大，体积减小。故A、D正确。
11．(玻意耳定律)
(多选)如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，内封一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变时，将玻璃管稍向下插一些，下列说法中正确的是( )
A．玻璃管内气体体积减小
B．玻璃管内气体体积增大
C．管内外水银面高度差减小
D．管内外水银面高度差增大
答案 AD
解析 假设玻璃管向下插入一些后，气体的体积不变，则其液面的高度差h增大，气体的压强增大，由玻意耳定律知体积减小。故A、D正确。
12．(变质量问题)用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气，每次把体积为V0、压强为p0的空气打入容器内，若容器内原有空气的压强为p，打气过程中温度不变，则打了n次气后容器内气体的压强为( )
A．n
B．p＋np0
C．p＋n
D．p＋np0
答案 C
解析 以容器内原有的气体和打进的气体为研究对象，初态是pV＋np0V0，末态是p′V，由玻意耳定律pV＋np0V0＝p′V，所以p′＝p＋，即C正确。
13．(p V图象分析)如图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( )
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。可在p V图上作出几条等温线，如图所示。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。
14.
(玻意耳定律)气压式保温瓶内密封空气的体积为V，瓶内水面与出水口的高度差为h，如图所示。设水的密度为ρ，大气压强为p0，欲使水从出水口流出，瓶内空气压缩量ΔV至少应为________。
答案
解析 开始时瓶内气压为p0，水恰好流出时，气压为p0＋ρgh，根据玻意耳定律，p0V＝(p0＋ρgh)(V－ΔV)，解得ΔV＝。
15．(玻意耳定律)自行车轮胎的容积是3
L，所装气体的压强为4×105
Pa。如果温度保持不变，把自行车轮胎的气阀打开以后，气体慢慢跑到大气中，请问轮胎里剩下的气体是原来的百分之几？设大气压是1.0×105
Pa。
答案 25%
解析 以容器原装气体为研究对象。
初始状态：p1＝4×105
Pa，V1＝3
L，
末状态：p2＝1.0×105
Pa，体积为V2，
由于温度不变，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，
V2＝＝
L＝12
L，
所以×100%＝25%，
即剩下的气体为原来的25%。(共73张PPT)
第3节 楞次定律
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
03课后课时作业
解析
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
答案(共47张PPT)
第八章水平测试
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答案
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