第二章 第七节
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．
1．一定质量的气体在温度保持不变时，压强增大为原来的4倍，则气体的体积变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C． D．
【答案】D [根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得＝＝，即气体的体积变为原来的.]
2．(2018年嘉定一模)如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其p－图象为倾斜直线，下述正确的是( )
A．密度不变 B．压强不变
C．体积不变 D．温度不变
【答案】D [ABC选项，根据p－图象知，从状态1到状态2，压强减小，减小，体积V增大，根据ρ＝，密度减小，故A、B、C错误；根据理想气体状态方程＝C，知p＝CT，p－图象的斜率为CT，斜率不变，温度不变，故D正确．故选D．]
3．(2017年静安二模)如图所示，两端开口的“Γ”形管，一端竖直插入水银槽内，竖直管的上端有一小段水银，水银的上表面刚好与水平管平齐，水平部分足够长，若将玻璃管稍微上提一点，或稍微下降一点时，被封闭的空气柱长度的变化分别是( )
A．变大；变小 B．变大；不变
C．不变；不变 D．不变；变大
【答案】D [在向上提或向下降玻璃管时，管内气体温度不变，设大气压为p0，封闭气体压强p＝p0＋ρgh，当玻璃管稍向上提一点时，封闭气体压强不变，由玻意耳定律可知，气体体积不变，空气柱长度不变；玻璃管稍向下降一点时，管内气体被压缩，空气柱上方液体有一部分进入水平管，h变小，封闭气体压强p＝p0＋ρgh变小，由玻意耳定律可知，气体体积变大，空气柱长度变大，故A、B、C错误，D正确；故选D．]
4．(2018年临夏名校期末)如图所示，a、b、c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，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c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，a、b、c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为( )
A．Lb＝Lc＝La B．Lb＜Lc＜La
C．Lb＞Lc＞La D．Lb＜Lc＝La
【答案】D [设大气压为p0.对a管：a管竖直向下做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压，即pa＝p0；对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得pbS－p0S－mg＝ma，则得pb＞p0；对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S－pcS＋mgsin 45°＝ma，又对管子和水银整体，有Mgsin 45°＝Ma，得 a＝gsin 45°，可解得pc＝p0；所以可得pb＞pa＝pc；根据玻意耳定律pV＝C得Lb＜Lc＝La.故选D．]
5．(2017年崇明一模)如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是( )
A．h增大 B．h减小
C．l增大 D．l减小
【答案】AC [当玻璃管绕顶端转过一个角度时，假设管内水银不动，则管内水银的竖直高度增大，根据p＝p0－ph知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律pV＝C知气体的体积将增大，则l增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据p＝p0－ph知，管内液面升高，所以h增大．故A、C正确，B、D错误．故选AC．]
6．(2018年静安二模)一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－图线如图所示，变化顺序由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、温度升高、体积增大
C．c→d，压强不变、温度升高、体积减小
D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变
【答案】AB [由图象可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，即压强与体积成反比，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，由图示可知，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，由图还可知，同时压强增大，且体积也增大，故B正确；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．故选AB．]
7．如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，玻璃管内封有一定质量的气体，管内水银面低于管外，当温度不变时，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是( )
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 [由于气体状态变化时常常引起多个物理量的变化，这时往往很难直接做出判断，我们可以采用假设法，先假设其中的某个量不变，根据另外物理量的变化，利用规律再判断该量的变化．假设气体体积V不变，则玻璃管向下插，由p＝p0＋ph得气体压强增大，根据玻意耳定律pV＝C，得V减小，A正确、B错误；p＝p0＋ρgh，压强p增大，则h增大，C错误、D正确．]
8．如图所示，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，活塞与汽缸壁无摩擦，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( )
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
【答案】AD [以活塞为研究对象，设其质量为m，横截面积为S.达到平衡时，活塞受力平衡，当汽缸竖直倒放时，缸内气体压强p1可由下式求得，p1S＋mg＝p0S.式中p0为外界大气压强，由此可得p1＝p0－，同理可知，当汽缸倾斜一点，缸壁与水平方向夹角为θ时，缸内气体压强p2可由下式求得：p2S＋mgsin θ＝p0S，由此可得p2＝p0－，必有p1
二、非选择题
9．如图为一长100 cm的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管内由20 cm 长的水银柱封闭着50 cm长的空气柱，今将管口向下竖直放置．(设外界大气压强为75 cmHg)
(1)判断水银会不会溢出．
(2)求空气柱长度变为多少？
【答案】,sup6(→))(1)有水银溢出 (2)82.5 cm
解析：(1)以封闭气体为研究对象，假设水银柱长度不变，设管的横截面积为S，开口向下时空气柱长为x0.
初态p1＝95 cmHg，V1＝50S，
末态p2＝75 cmHg－20 cmHg＝55 cmHg，V2＝x0S，
由玻意耳定律p1V1＝p2V2得：95×50S＝55x0S，
解得x0＝86.4 cm，由于x0＋20＝106.4 cm>100 cm.
不符合实际，说明管口向下竖直放置时有水银溢出．
(2)再设剩余水银长度为x.
则p3＝(75－x) cmHg，V3＝(100－x)S，
由p1V1＝p3V3得95×50S＝(75－x)(100－x)S，
解得：x1＝157.5 cm(舍去)，x2＝17.5 cm.
空气柱长为100 cm－17.5 cm＝82.5 cm.
10．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结. 若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．
【答案】p1－p0
解析：对气泡分析，发生等容变化，有＝
可得：p2＝p1
故内外气体的压强差为Δp＝p2－p0＝p1－p0.
课件27张PPT。第七节 气体实验定律(Ⅰ)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】B2．关于热力学温度和摄氏温度，以下说法不正确的是( )
A．热力学温度的单位“K”是国际单位制中的基本单位
B．温度升高了1 ℃就是升高了1 K
C．1 ℃就是1 K
D．0 ℃的摄氏温度可用热力学温度粗略地表示为273 K
【答案】C [热力学温度的单位K是国际单位制的七个基本单位之一，A项正确；热力学温度和摄氏温度表示的温度的变化量是相等的，B项正确；1 ℃相当于274.15 K，C项错，0 ℃的摄氏温度可用热力学温度粗略地表示为273 K．D项正确，故选C．]3．(多选)(2018年江苏名校联考)下面关于气体压强的说法正确的是( )
A．气体对器壁产生的压强是由于大量气体分子的重力产生的
B．气体对器壁产生的压强等于作用在器壁单位面积上的平均作用力
C．从微观角度看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
D．从宏观角度看，气体的压强大小跟气体的温度和体积有关
【答案】BCD [气体压强的产生机理是由于大量的气体分子频繁而持续地碰撞器壁，对器壁产生持续的压力，单位时间内作用在器壁单位面积上的平均作用力就是气体对器壁产生的压强，A错误、B正确；从微观的角度看，气体分子的平均速率越大，单位体积内的气体分子数越多，气体对器壁的压强就越大，即气体压强的大小与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，C正确；从宏观角度看，当气体的质量一定时，气体的压强跟气体的温度和体积有关，D正确．]一、探究气体规律的方法
同时研究三个状态参量之间的变化关系比较困难，可以采用控制变量法，控制其中______________不变，研究________状态参量的变化关系，然后确定三个状态参量的变化规律．一个状态参量 其他 二、玻意耳定律
1．等温过程
气体在温度不变的情况下发生的状态变化过程．
2．探究等温变化规律
(1)研究对象：被封闭在注射器内的________．
(2)数据采集：体积可由注射器的刻度直接读出，对应的压强可通过与计算机连接的压强传感器和数据采集器自动完成并输入计算机．多次改变活塞位置，待压强计示数稳定后，记录对应压强和体积数据．气体
(3)数据处理：应用计算机，点击“绘图”，生成压强与体积关系图线和压强与体积倒数的关系图线．
(4)分析图线，得出结论：压强与体积成反比．温度 反比 质量 温度 三、气体等温变化的图象(即等温线)
1．图象如图所示：反比 双曲线 过原点的直线 当我们用手缓慢地压篮球时，为什么越压越费力？
【答案】温度不变，体积减小，气体压强增大．1．玻意耳定律的适用条件
(1)温度不太低，压强不太大；
(2)被研究的气体质量不变，温度不变．
2．玻意耳定律p1V1＝p2V2是个实验定律，明确是在温度不变的情况下，一定质量的气体的变化规律，其中p1、V1和p2、V2分别表示气体在两个不同状态下的压强和体积． 正确理解和应用玻意耳定律3．此定律中的恒量C不是一个普适恒量，它与气体所处的温度高低有关，温度越高，恒量C越大．
4．应用玻意耳定律解题的一般步骤：
(1)首先确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．
(2)然后确定始、末状态及状态参量(p1、V1，p2、V2)．
(3)最后根据玻意耳定律列方程求解(注意统一单位)．
(4)注意分析隐含的已知条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程．
特别提醒：应用玻意耳定律解题应先确定研究对象为一定质量的封闭气体，其次判断是否等温变化，再次确定初末两个状态的体积和压强，最后用玻意耳定律求解，注意单位要统一． 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的长h1为10 cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5 cm，大气压强为75 cmHg，求空气柱A、B的压强各为多少？
题眼直击：根据受力平衡计算封闭气体的压强． 解题流程：
解析：设管的截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(pA＋h1)S
受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，
则(pA＋h1)S＝p0S
所以pA＝p0－h1＝(75－10) cmHg＝65 cmHg；
再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理可知，液柱h2的上表面处的压强等于pB，则(pB＋h2)S＝pAS，
所以pB＝pA－h2＝(65－5) cmHg＝60 cmHg．
答案：pA＝65 cmHg pB＝60 cmHg1．(2018年黑龙江名校期末)容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm(atm为标准大气压)，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装( )
A．4瓶 B．50瓶
C．56瓶 D．60瓶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．如图所示． 等温图象的理解和应用
2．玻意耳定律：pV＝C(恒量)，其中恒量C不是一个普适恒量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，恒量C越大，等温线离坐标轴越远．如上图所示4条等温线的关系为t4>t3>t2>t1． 例2 如图所示，是一定质量的某种气体状态变化的pV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
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．
答案：D
【题后反思】1.某种气体分子的平均速率由温度决定．
2．温度越高，pV值越大，等温线离坐标轴越远．2．一定质量的理想气体经历一等温膨胀过程，这一过程可以用pV图上的曲线来表示，如图所示．由此可知，当气体的体积V1＝5 L时，气体的压强p1＝________Pa；当气体的体积V2＝10 L时，气体的压强p2＝________Pa；当气体的体积V3＝15 L时，气体的压强p3＝________Pa．
【答案】3×105 1.5×105 1×105
解析：p1、p3可直接从pV图中读出，分别为p1＝3×105 Pa、p3＝1.0×105Pa.由于A→B过程为等温变化，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，p1＝3×105 Pa，V1＝5 L，V2＝10 L，即3×105×5＝p2×10，p2＝1.5×105 Pa．