第1章 第5节 气体实验定律（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（鲁科版2019）

气体实验定律 (赋能课——精细培优科学思维) 第5节 课标要求 学习目标 1.知道理想气体模型。 2.了解气体实验定律。 3.能用分子动理论解释气体实验定律。 1.探究气体等温变化、等容变化、等压变化的规律。 2.会用控制变量法研究气体的等温变化、等容变化、等压变化，能用图像法分析各物理量的变化规律。 3.知道玻意耳定律、查理定律和盖—吕萨克定律的内容、公式及适用条件。 1 课前预知教材/落实主干基础 2 课堂精析重难/深度发掘知能 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前预知教材/落实主干基础 一、玻意耳定律 1.内容：一定质量的气体，在______保持不变的条件下，压强与体积成______。 2.表达式：p∝或p1V1=p2V2。 3.条件：气体的______一定，______不变。 温度 反比 质量 温度 4.气体等温变化的p -V图像 气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为_______ _______，它描述的是温度不变时的p -V关系，称为________。一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的。 双曲线 的一支 等温线 5.微观解释：一定质量的气体__________不变，温度保持不变时，_______________保持不变。当气体体积减小时，单位体积内的分子数______，气体的压强也就______;反之，气体的压强______。 二、查理定律 1.等容变化：一定质量的气体，在______保持不变时，压强随温度的变化。 分子总数 分子平均动能 增多 增大 减小 体积 2.查理定律 (1)内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成______。 (2)表达式：p∝T或=_____。 3.等容线：一定质量的气体，在体积不变的情况下，其p-T图像是一条_____________的直线，这条直线称为等容线。 正比 过坐标原点 4.微观解释：一定质量的气体，在体积保持不变时，单位体积内的分子数__________。当温度升高时，分子平均动能______，气体的压强也就______;反之，气体的压强_____。 保持不变 增大 增大 减小 三、盖—吕萨克定律 1.等压变化：一定质量的气体，在______保持不变时，体积随温度的变化。 2.盖—吕萨克定律 (1)内容：一定质量的气体，在_______保持不变的条件下，体积与热力学温度成_______。 (2)表达式：V∝T或=______。 压强 压强 正比 3.等压线：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其V-T图像是一条_____________的直线，这条直线称为等压线。 4.微观解释：一定质量的气体，当温度升高时，分子平均动能_____，为了保持压强不变，单位体积的分子数相应______，气体的体积必然相应______。反之，气体的体积必然______。 过坐标原点 增大 减少 增大 减小 5.理想气体 (1)定义：严格遵循_______________的气体。 (2)内能：理想气体的分子大小与分子间的距离相比可忽略不计，除了碰撞外，分子间的相互作用_________。因此，理想气体的分子势能可以___________，理想气体的内能只与气体的_____有关，而与气体的______无关。 (3)拓展一步：由气体实验定律可以推导出_______，称为理想气体状态方程。 三个实验定律 忽略不计 忽略不计 温度 体积 =C 1.利用如图所示的装置探究气体的等温变化规律。 微情境·大道理 请对以下说法作出判断： (1)在探究气体压强、体积两个状态参量之间关系时采用控制变量法。( ) (2)在保持气体温度不变的情况下，气体的压强跟体积一定成反比。 ( ) (3)要保证注射器内空气柱的温度不变，改变空气柱体积时应缓慢操作。 ( ) √ × √ 2.某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗? 提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶的温度低、压强小，表壳内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。 3.如图所示为一存有高压气体的储气罐，请对以下说法作出判断。 (1)储气罐内的高压气体可看作理想气体。 ( ) (2)储气罐内的高压气体状态发生变化时，遵守气体实验定律。 ( ) × × (3)储气罐在放气过程中，若温度不变，则罐内气体数密度减小，压强减小。 ( ) (4)储气罐内的高压气体，在温度很低的情况下可能变为液态。 ( ) √ √ 课堂精析重难/深度发掘知能 强化点(一) 玻意耳定律的应用 任务驱动 如图所示，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中体积逐渐变大，到水面时就会破裂。问： (1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变? 提示：变小。 (2)气泡在上升过程中体积为何会变大? 提示：由玻意耳定律pV=C可知，压强变小，气体的体积增大。 1.对玻意耳定律的理解 (1)成立条件：一定质量的某种气体，温度不太低，压强不太大。 (2)表达式：p1V1=p2V2或pV=C。 (3)玻意耳定律表达式pV=C中的C与气体的种类、质量和所处温度高低有关，温度越高，C越大。 要点释解明 2.两种等温变化图像的比较 　　 两种图像 内容　　　 p-图像 p-V图像 图像特点 　　 两种图像 内容　　　 p-图像 p-V图像 物理意义 一定质量的气体，温度不变时，p与成正比，在p -图像上的等温线应是过坐标原点的直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p-V图像是双曲线的一支 　　 两种图像 内容　　　 p-图像 p-V图像 温度高低 图线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高，图中T2>T1 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，在p-V图像上的等温线就越高，图中T1<T2 [典例]　(2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平 桌面上的左右两气缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分 别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两气缸中 各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧气缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两气缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，气缸足够长，气缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终气缸内气体的压强。 [答案]　 p0　 [解析]　对左右气缸内所封闭的气体，初态压强p1=p0，体积V1=SH+2SH=3SH，末态压强p2，体积V2=S·H+H·2S=SH，根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2，解得p2= p0。 (2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 [答案]　　 [解析]　设沙子的质量为m，对右侧活塞受力分析可知mg+p0·2S=p2·2S，解得m=， 对左侧活塞受力分析可知p0S+k·H=p2S，解得k=。 /方法技巧/ 运用玻意耳定律解题的一般步骤 (1)要明确研究对象，确定研究对象的质量不变、温度不变。 (2)根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，正确确定压强是解题的关键。 (3)根据玻意耳定律列方程求解。 1.如图所示，一定质量的封闭气体由状态A沿直线 AB变化到状态B，在此过程中气体温度的变化情况是 (　　) A.一直升高 B.一直降低 C.先升高后降低 D.先降低后升高 题点全练清 √ 解析：由于同一等温线上的各点pV乘积值相同，而pV乘积值较大的点所在的等温线离坐标原点较远，因而对应的温度也较高。由题图可知A、B两点的pV乘积值相同，A、B两点应在同一等温线上，而AB直线中点C的pV乘积值比A、B两点的pV乘积值大，即温度比气体在A、B状态时高，故气体由状态A沿直线AB变化到状态B的过程中，温度先升高后降低，C正确。 2.(2024·浙江湖州高二质检)细长玻璃管内用长l0=6.8 cm的水银 柱封闭一定质量的空气，当玻璃管开口向下竖直放置时，空气柱 长度l1=33 cm;当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2=30 cm。求： (1)大气压强p0为多少?(单位可用cmHg表示) 答案：74.8 cmHg 解析：当玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体压强为p1=p0-ρgl0=p0-6.8 cmHg 当玻璃管水平放置时，封闭气体压强为p2=p0 设玻璃管横截面积为S，根据玻意耳定律得p1l1S=p2l2S 联立解得大气压强为p0=74.8 cmHg。 (2)玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度l3又为多少? 答案：27.5 cm 解析：玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体压强为 p3=p0+ρgl0=p0+6.8 cmHg 根据玻意耳定律得p3l3S=p2l2S， 联立解得空气柱的长度为l3=27.5 cm。 如图所示，我国民间常用“拔火罐”来治疗某些疾 病，即先加热罐中气体，然后迅速将火罐开口端紧压在 人体的皮肤上，待火罐冷却后，火罐就被紧紧地“吸”在 皮肤上。你知道其中的道理吗? 提示：火罐内的气体体积一定，冷却后气体的温度降低，压强减小，故在大气压力的作用下被“吸”在皮肤上。 任务驱动 强化点(二) 查理定律的理解及应用 1.对查理定律的理解 (1)查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。 (2)适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大(小于几个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。 (3)一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高(或降低)相同的温度，所增大(或减小)的压强是相同的。 要点释解明 2.查理定律的推论 表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT成正比。 3.等容过程的p-T和p-t的图像   p-T图像 p- t图像 图像 图像 特点 一定质量的气体，等容变化的p-T图线是一条过坐标原点的倾斜直线 p- t图线为一条倾斜直线，且直线一定过(-273.15 ℃，0)这一点   p-T图像 P-t图像 体积 大小的 比较 作一条垂直T轴的辅助线，如图中虚线所示，A、B两状态温度相等，由玻意耳定律得Pava =pBVB，pA>pB，则VA<VB，故等容线斜率越大，体积越小 同分析p-T图线一样，作垂直于t轴的辅助线，分析可得VA<VB，故等容线斜率越大，体积越小 [典例]　(2024·江苏高考)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积为0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： (1)气体现在的压强; [答案]　8×104 Pa [解析]　由题知，整个过程可认为气体的体积不变，由查理定律有=，解得p2=8×104 Pa。 (2)观测台对气体的压力大小。 [答案]　4.8×103 N [解析]　根据压强的定义，气体对观测台的压力F=p2S =4.8×103 N，由牛顿第三定律得观测台对气体的压力F'=F=4.8×103 N。 /方法技巧/ 应用查理定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象，即被封闭的气体。 (2)分析被封闭气体在状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。 (3)确定初、末两个状态的温度、压强。 (4)根据查理定律列式，统一单位，代入数值求解。 (5)分析所求结果是否合理。 1.(2023·江苏高考)如图所示，密闭容器内一定质量 的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中 (　　) A.气体分子的数密度增大 B.气体分子的平均动能增大 C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 题点全练清 √ 解析：根据查理定律可得p=T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误;从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确;从A到B气体的压强变大，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大，C错误;气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率增大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。 2.(2024·南平高二质检)(多选)如图所示，经过高温 消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温 度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量 为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是 (　　) A.茶杯对杯盖的支持力为mg+p0S B.茶杯对杯盖的支持力为mg+p0S C.茶杯对桌面的压力为Mg+p0S D.茶杯对桌面的压力为Mg+mg √ √ 解析：由题意知T0=(273+87)K=360 K，T1=(273+27)K=300 K，对于茶杯内的气体，由查理定律得=，解得p1=p0，对杯盖受力分析，由平衡条件得mg+p0S=p1S+FN，解得FN=mg+p0S，A正确，B错误;对茶杯、杯盖整体受力分析可知，桌面对茶杯的支持力为F=(M+m)g，由牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力为(M+m)g，C错误，D正确。 1.在摄氏温标下，盖—吕萨克定律的表述 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，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。 数学表达式为=或Vt=V0。 2.推论：一定质量的气体，从初状态(V、T)开始，发生等压变化，其体积的变化量ΔV和温度的变化量ΔT间的关系为=或ΔV=·V。 要点释解明 强化点(三) 盖—吕萨克定律的理解及应用 3.等压过程的V-T和V-t的图像   V-T图像 V-t图像 图像 图像 特点 V-T图线为一条过坐标原点的倾斜直线 V-t图线为一条倾斜直线，且直线一定过(-273.15 ℃，0)这一点   V-T图像 V-t图像 压强 大小 的比较 作垂直于T轴的辅助线，如图中虚线所示，易得出p1>p2，则等压线斜率越大，压强越小 同分析V-T图线一样，作辅助线分析，可得p1>p2，则等压线斜率越大，压强越小 [典例]　如图所示，导热的气缸内封有一定质量的 理想气体，缸体质量M=200 kg，活塞质量m=10 kg， 活塞面积S=100 cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。 此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于气缸正中， 整个装置都静止。已知大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，重力加速度为g=10 m/s2。求： (1)缸内气体的压强p1; [答案]　3×105 Pa　 [解析]　以缸体为对象(不包括活塞)，缸体受力平衡有p1S=Mg+p0S 解得p1=3×105 Pa。 (2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处? [答案]　327 ℃ [解析]　设当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时有p2S=Mg+p0S，解得p2=p1，则缸内气体做等压变化，对这一过程 由盖—吕萨克定律得= 所以T2=2T1=2×(27+273)K=600 K 故缸内气体的温度t=(600-273)℃=327 ℃。 /方法技巧/ 应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象，即被封闭气体。 (2)分析状态变化过程，明确初、末状态，确认在状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。 (3)分别找出初、末两状态的温度、体积。 (4)根据盖—吕萨克定律列方程求解。 (5)分析所求结果是否合理。 1.一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是(　　) A.升高了450 K B.升高了150 ℃ C.升高了40.5 ℃ D.升高了450 ℃ 题点全练清 √ 解析：根据盖—吕萨克定律可得=，则温度变化量ΔT= ΔV=×V=150 K，升高了150 K和升高了150 ℃是等效的，故B正确。 2.(2024·海南高考)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是 (　　) A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 √ 解析：由盖—吕萨克定律得=，其中V1=V0+Sl1=335 cm3，T1=(273+ 27)K=300 K，V2=V0+Sx=330+0.5x( cm3)，联立解得T=x+(K)，根据T=t+273 K，可知t=x+(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误。当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃;当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误。其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 3.如图，一定量的理想气体经历的两个不同 过程，分别由体积—温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ 和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵 坐标;t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15 ℃;a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=____;气体在状态b和c的压强之比=______。  1 解析：根据盖—吕萨克定律有=k，整理得V=kt+273.15k，由体积—温度(V-t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有=1。设t=0 ℃时，当气体体积为V1 时，其压强为p1 ，当气体体积为V2 时，其压强为p2，根据等温变化，则有p1V1=p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1=pb，p2=pc，联立解得==。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A级——基础达标 1.(2024·扬州高二阶段练习)封闭在气缸内的一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是(　　) A.气体的密度增大 B.气体的压强减小 C.气体分子的平均速率减小 D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，根据查理定律得=C，可知气体的压强增大;由于体积不变，则气体的密度不变;由于温度升高，气体分子的平均速率增大;根据压强微观意义可知，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多。故选D。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.对于一定质量的理想气体，以下说法正确的是 (　　) A.气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比 B.气体做等容变化时，温度升高1 ℃，增加的压强是原来压强的 C.气体做等容变化时，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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：一定质量的理想气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不成正比关系，A错误;根据查理定律=，T=t+273 K，所以=，温度升高1 ℃，增加的压强Δp= p，B错误;由公式==可知C正确;D项中由=，得p2=p1，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2024·漳州高二检测)(多选)一定质量的理想气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是 (　　) A.气体的摄氏温度一定升高到原来的两倍 B.气体的热力学温度一定升高到原来的两倍 C.体积的变化量与热力学温度的变化量成反比 D.温度每升高1 K，体积增加量是0 ℃时体积的 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据盖—吕萨克定律得=，气体的热力学温度一定升高到原来的两倍，摄氏温度不升高到原来的两倍，A错误，B正确;根据盖—吕萨克定律得=C，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，C错误;0 ℃时热力学温度为T0=273 K，设0 ℃时的体积为V0，升高的温度为ΔT=1 K，根据盖—吕萨克定律得=，解得ΔV=V0 ，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.一定质量的理想气体，其状态经历a→b→c的变化， p-T图像如图所示，在该过程中气体体积 (　　) A.先不变后增大 B.先增大后不变 C.先不变后减小 D.先减小后不变 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由图像可知，a→b过程气体温度不变，压强增大，根据玻意耳定律pV=C，可知气体体积减小;b→c过程，p-T图像为过原点的直线，则有=C，可知气体体积不变。故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2024·盐城高二阶段练习)开口向上、导热性能良好的 气缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。气缸 与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒细沙，则下列 关于密封气体的图像中可能正确的是 (　　) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由于气缸导热性能良好，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得，气体体积与压强成反比，A、B、C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2024·莆田高二检测)对气体压强的微观理解，下列说法正确的是 (　　) A.如果气体的体积保持不变，当封闭气体的温度升高时，气体分子对器壁的平均冲力增大，碰撞次数增多，压强增大 B.如果气体的温度保持不变，当气体的体积增大时，气体分子对器壁的平均冲力减小，气体压强减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C.如果气体的温度保持不变，当气体的压强增大时，气体分子对器壁的平均冲力增大 D.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁上的作用力 解析：气体体积不变时，温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均冲力增大，同时在单位时间内的碰撞次数增多，压强增大，故A正确; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 气体温度不变时，气体分子对器壁的平均冲力不变，体积增大时，单位体积气体分子数目减少，单位时间内单位面积上受到碰撞的次数减少，导致压强降低，故B错误;理想气体经等温变化，压强增大，体积减小，分子密集程度增大，由于温度不变，气体分子对器壁的平均冲力不变，故C错误;气体压强为气体分子单位时间内对器壁单位面积的作用力，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.如图所示，一端封闭的玻璃管用19 cm的水银柱 封闭一定质量的理想气体，玻璃管水平放置时，气柱 长为L。设大气压强为76 cmHg，环境温度保持不变。当玻璃管置于倾角为30°的斜面上且开口端沿斜面向上放置，玻璃管静止不动时，空气柱的长度是(　　) A. B.L C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设玻璃管横截面积为S，气体初始压强p1=76 cmHg，初始体积V1=LS，气体末状态压强p2=cmHg=85.5 cmHg，末状态体积V2=L'S，根据玻意耳定律p1V1=p2V2，解得L'=，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.土法爆米花已成为一代人童年的美好回忆。 如图所示为一个土法爆米花铁质容器，把玉米倒入 容器后将盖盖紧，然后一边加热一边转动容器，同 时观察容器上压强计的示数变化，当压强达到一定值时，便可打开容器，就在打开容器的瞬间，爆米花就形成了。已知容器的体积为V0，外界大气压强为p0，环境的温度为T0，容器内的气体可视为理想气体，玉米需要容器内气体压强达到5p0时打开容器才可爆成米花，容器内玉米的体积忽略不计，下列说法不正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.在整个加热过程中，容器内的气体压强与摄氏温度成正比 B.在加热过程中，温度升高，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大 C.当打开容器时，气体迅速膨胀，玉米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成 D.要使玉米正常爆花，打开容器时容器内气体的温度需达到5T0 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：以容器内的气体为研究对象，在整个加热过程中，气体的体积不变，压强与热力学温度成正比，故A错误;随着温度不断上升，气体分子平均速率增大，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大，容器内气体压强增大，故B正确;当打开容器时，容器内气体迅速膨胀，压强迅速降低，玉米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成，故C正确;根据查理定律有=，由题可知，当气压p1=5p0时才可以正常爆花，解得T1=5T0，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2024·贵州高二阶段练习)竖直放置的一粗细均匀、 两端开口的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部 分有一空气柱，各部分长度如图所示。现将管的右端封闭， 从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部 进入右管中。已知h1=15 cm，h2=30 cm，L1=4 cm，L2=11 cm，L3=5 cm，大气压强p0=75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)此时右管封闭气体的压强; 答案：90 cmHg 解析：设玻璃管横截面积为S，对右管中的封闭气体研究， 初始状态p1=75 cmHg，V1=30S 末状态体积V2=(30-5)S=25S 根据玻意耳定律得p1V1=p2V2 解得p2=90 cmHg。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)左管中需要倒入水银柱的长度。 答案：27 cm 解析：对水平管中的气体研究， 初状态压强p=p0+15 cmHg=90 cmHg，V=11S 末状态压强p'=p2+20 cmHg=110 cmHg 根据玻意耳定律得pV=p'V' 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解得V'=9S 水平管中气柱的长度变为9 cm，此时，原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为L=110 cm-75 cm-(19-11) cm=27 cm。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B级——综合应用 10.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，缓慢经历ab、bc、ca回到a状态，其V-T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0，状态c的热力学温度为Tc，下列判断正确的是(　　) A.气体从状态a到状态c的过程中密度一直减小 B.pb=2.5p1 C.pc=p1 D.Tc=2.5T0 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由题图可知，气体从状态a到状态c体积先变大后不变，则密度先减小后不变，故A错误;由题图可知，气体由状态c到状态a对应的V-T图线为过原点的直线，所以发生的是等压变化，即pc=p1，故C正确;气体由状态a到状态b为等温膨胀，所以p1V0=pb·2.5V0，所以pb=0.4p1，故B错误;由状态a到状态c，根据理想气体的状态方程有=，所以Tc=2.5T0，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2024·福州高二质检)如图所示为一巨型温度计的结构原理图，利用气缸底部高度的变化反映温度的变化。质量为10 kg的导热气缸内密封一定质量的理想气体，气缸内横截面积为100 cm2。活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气。环境温度为27 ℃时，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置静止。已知大气压强为1.0×105 Pa，取重力加速度g=10 m/s2。则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.刻度表的刻度是不均匀的 B.环境温度为27 ℃时，缸内气体的压强为2.0×105 Pa　 C.能测量的最大温度为327 ℃ D.环境温度升高时，弹簧的长度将变短 解析：以气缸为研究对象(不包含活塞)，对气缸受力分析，由平衡条件可得p1S=Mg+p0S，代入数据解得缸内气体的压强为p1=1.1×105 Pa，故B错误; 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 当活塞位于气缸的最下端时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S=Mg+p0S，可得p2=p1，可知缸内气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得=，可得T2== K=600 K，则能测量的最大温度为t=(600-273)℃=327 ℃，又有ΔV==S·ΔL，可知刻度表的刻度是均匀的，故A错误，C正确;由以上分析可知，气缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度升高时，弹簧的长度仍不变，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(2024·福建高考)17 ℃时轮胎胎压为2.9个大气压，胎内气体为理想气体。体积、质量不变，27 ℃时轮胎气压为_____个大气压，内能______ (填“大于”“等于”或“小于”)17 ℃时气体内能。  解析：设一个大气压为p0，气体体积不变，根据查理定律得=，初状态：p1=2.9p0、T1=290 K，末状态：T2=300 K，解得p2=3.0p0。一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，故27 ℃时气体的内能大于17 ℃时气体的内能。 2 3 4 3.0 大于 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的气缸内密封有一 定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦滑动， 移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距离= 10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，气缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小; 答案：100 N 解析：活塞从卡销a到卡销b过程中，气体做等温变化，初态p1=1.0×105 Pa、V1=S·11， 末态V2=S·10， 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解得p2=1.1×105 Pa， 此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N，解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)再将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 答案：327 K 解析：将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K，末态时设气体的压强为p3， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S， 解得p3=1.2×105 Pa， 设此时温度为T3，根据查理定律有=，解得T3≈327 K。 2 3 4 $$