第1章 第5节 气体实验定律-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

第5节　气体实验定律 第五章　抛体运动   [学习目标]　1.知道玻意耳定律、查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式和适用条件,并能利用相应定律解决有关问题(重难点)。 2.理解等温、等容、等压图像,并能利用图像分析实际问题(重点)。 课时作业 巩固提升 要点1　玻意耳定律的理解及应用 要点2　查理定律的理解及应用 要点3　盖—吕萨克定律的理解及应用 内容索引 巩固演练 举一反三 要点1　玻意耳定律的理解及应用 一 4 梳理 必备知识 自主学习 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.公式 　　　　　　　　。  3.条件 气体的　　　　一定,　　　　不变。  温度 反比 p1V1=p2V2 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p与V的关系,称为　　　　。一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的。  双曲线　 等温线 [思考与讨论] (1)玻意耳定律成立的条件是什么? (2)用p1V1=p2V2解题时各物理量的单位必须是国际单位制中的单位吗? (3)玻意耳定律的表达式pV=C中的C是一个与气体无关的常量吗? 提示:(1)一定质量的气体,且温度不变。 (2)不必。只要同一物理量使用同一单位即可。 (3)pV=C中的常量C不是一个普适恒量,它与气体的种类、质量、温度有关,对一定质量的气体,温度越高,该常量越大。 1.常量的意义 p1V1=p2V2=C,常量C与气体的种类、质量、温度有关,对一定质量的气体,温度越高,该常量C越大。 2.应用玻意耳定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象,并判断是否满足玻意耳定律的条件。 (2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1、p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程求解。(注意统一单位) (4)注意分析隐含条件,作出必要的判断和说明。 归纳 关键能力 合作探究 特别提醒 确定气体压强或体积时,只要初、末状态的单位统一即可,没有必要都转换成国际单位制。 3.气体等温变化的p-V图像或p- 图像 (1)p-V图像:一定质量的气体等温变化的p-V图像是双曲线的一支,双曲线上的每一个点均表示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坐标的乘积是相等的。一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线,且p、V乘积越大,温度就越高,图中T2>T1。 (2)p-图像:一定质量的气体等温变化的p-图像是过原点的倾斜直线(如图所示)。由于气体的体积不能无穷大,所以原点附近等温线应用虚线表示,该直线的斜率越大,温度越高,图中T2>T1。 [例1]　如图所示,竖直放置的导热气缸,活塞横截面积为S=0.01 m2,可在气缸内无摩擦滑动,气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通,气缸内封闭了一段高为H=70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8 kg,大气压强p0=1×105 Pa,水银密度ρ=13.6×103 kg/m3,g=10 m/s2。 (1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1; (2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm,求活塞平衡时与气缸底部的高度为多少厘米(结果保留整数)。 [答案]　(1)5 cm　(2)80 cm [解析]　(1)以活塞为研究对象,则p0S+mg=p1S 得p1=p0+ 而p1=p0+ρgh1 所以有:=ρgh1 解得:h1== m=0.05 m=5 cm。 (2)活塞上加一竖直向上的拉力,U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm 封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa= 93 200 Pa 初始时封闭气体的压强为:p1=p0+=106 800 Pa 气缸内的气体发生的是等温变化,根据玻意耳定律,有: p1V1=p2V2 其中V1=HS,V2=hS 代入数据解得:h≈80 cm。 [针对训练]　1.如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像,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 D 解析:由题图可知,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,气体温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小。 二 要点2　查理定律的理解及应用 18 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 =。推论式:=。 梳理 必备知识 自主学习 正比 3.适用条件 气体的　　　　和　　　　不变。  4.气体等容变化的图像   (1)p-T图像中的等容线是一条　　　　　　　　　　。  (2)p-t图像中的等容线不过原点,但反向延长线交t轴于　　　　℃。  质量 体积 过原点的倾斜直线 -273.15 [思考与讨论] (1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖? (2)打足气的自行车在烈日下曝晒,常常会爆胎,原因是什么? 提示:(1)放置一段时间后,杯内的空气温度降低,压强减小,外界的大气压强大于杯内空气压强,所以杯盖很难打开。 (2)车胎在烈日下曝晒,胎内的气体温度升高,气体的压强增大,把车胎胀破。 1.查理定律及推论   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。 归纳 关键能力 合作探究 特别提醒 一定质量的某种气体在体积不变的情况下,压强p跟热力学温度T成正比,而不是与摄氏温度t成正比。 2.p-T图像和p-t图像 (1)p-T图像:一定质量的某种气体,在等容变化过程中,气体的压强p和热力学温度T的图线是过原点的倾斜直线,如图甲所示,且V1<V2,即体积越大,斜率越小。 (2)p-t图像:一定质量的某种气体,在等容变化过程中,压强p与摄氏温度t是一次函数关系,不是简单的正比例关系,如图乙所示,等容线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线,且斜率越大,体积越小。图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强。 3.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)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件:质量一定,体积不变。 (3)确定初、末两个状态的温度、压强。 (4)根据查理定律列式求解。 (5)求解结果并分析、检验。 [例2]　如图所示,气缸内封闭有一定质量的理想气体,水平轻杆一端固定在墙壁上,另一端与活塞相连。已知大气压强为1.0×105 Pa,气缸的质量为50 kg,活塞质量不计,其横截面积为0.01 m2,气缸与地面间的最大静摩擦力为气缸重力的0.4倍,活塞与气缸之间的摩擦可忽略。开始时被封闭气体压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃,取重力加速度g=10 m/s2,试求:   (1)缓慢升高气体温度,气缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t; (2)为保证气缸静止不动,气缸内气体的温度应控制在什么范围内。 [答案]　(1)1.2×105 Pa　87 ℃　(2)-33 ℃到87 ℃之间 [解析]　(1)气缸恰好开始运动时,气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力,此时对气缸有:pS=p0S+Ff 气缸内气体压强为:p=p0+=1.2×105 Pa 气体发生了等容变化,则= T0=(273+27) K=300 K 代入数据得:T=360 K 即t=(360-273)℃=87 ℃ 故气缸恰好开始向左运动时气缸内气体的压强 p=1.2×105 Pa,温度为t=87 ℃ (2)当气缸恰好向右运动时,温度有最低值,气缸内气体压强为:p'=p0-=0.8×105 Pa 气体发生了等容变化,则= 代入数据得:T'=240 K 即t'=T'-273 K=-33 ℃ 故气缸内气体的温度在-33 ℃到87 ℃之间时,气缸静止不动。 [针对训练]　2.(多选)一定质量的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 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、dO,则aO、dO是等容线,因为在p-T图像中,等容线的斜率越大,体积越小,所以Vd<Va,即da过程中气体体积变大,D错误。 三 要点3　盖—吕萨克定律的理解及应用 32 1.内容 一定质量的气体,在压强保持不变的条件下,体积与热力学温度成 　　　　。  2.表达式 =。推论式:=。 3.适用条件 气体的　　　　和　　　　不变。  梳理 必备知识 自主学习 正比 质量　 压强 4.气体等压变化的图像   (1)V-T图像中的等压线是一条　　　　　　　　　　。  (2)V-t图像中的等压线不过原点,但反向延长线交t轴于　　　　℃。  过原点的倾斜直线 -273.15 [思考与讨论] (1)如图所示,用水银柱封闭了一定质量的气体。当给封闭气体加热时能看到什么现象?   (2)一定质量的气体,在压强不变时,体积和热力学温度有什么关系? 提示:(1)水银柱向上移动。 (2)体积和热力学温度成正比。 归纳 关键能力 合作探究 1.盖—吕萨克定律及推论   表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化,其体积的变化量ΔV与温度的变化量ΔT成正比。 2.V-T图像和V-t图像 (1)V-T图像:一定质量的某种气体,在等压变化过程中,气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线,如图甲所示,且p1<p2,即压强越大,斜率越小。 (2)V-t图像:一定质量的某种气体,在等压变化过程中,体积V与摄氏温度t是一次函数关系,不是简单的正比例关系,如图乙所示,等压线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线,且斜率越大,压强越小,图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。 特别提醒 一定质量的气体,在压强不变时,其体积与热力学温度成正比,而不是与摄氏温度成正比。 3.应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象,即被封闭的气体。 (2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件:质量一定,压强不变。 (3)确定初、末两个状态的温度、体积。 (4)根据盖—吕萨克定律列式求解。 (5)求解结果并分析、检验。 [例3]　如图,将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中,筒内封闭了一定质量的气体(压强不太大)。当筒底与水面相平时,圆筒恰好静止在水中。此时水的温度t1=7.0 ℃,筒内气柱的长度h1=14 cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,取重力加速度g=10 m/s2。 (1)若圆筒的横截面积为S=10 cm2,求圆筒的质量m; (2)若将水温缓慢升高至27 ℃,此时筒底露出水面的 高度Δh为多少? [答案]　(1)0.14 kg　(2)1 cm [解析]　(1)筒内气体压强p=p0+ρgh1 对筒受力分析,据平衡条件可得mg+p0S=pS 解得:m==ρSh1=1.0×103×10×10-4×0.14 kg=0.14 kg。 (2)水温缓慢升高,气体发生等压变化,设温度升到27 ℃时,气柱的长度为h2,由盖—吕萨克定律得:= 圆筒静止,筒内外液面高度差恒定 筒底露出水面的高度Δh=h2-h1 联立解得Δh=1 cm。 [针对训练]　3.如图甲所示是一定质量 的气体由状态A经过状态B变为状态C 的V-T图像。已知气体在状态A时的压 强是1.5×105 Pa。 (1)说出A→B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图中TA的温度值。 (2)请在图乙坐标系中,画出由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图线相应位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程。 答案:见解析 解析:(1)由题图甲可以看出,A与B的连线的延长线经过原点O,所以A→B是等压变化,即pA=pB。根据盖—吕萨克定律可知:=,即TA=·TB=×300 K=200 K。 (2)由题图甲可知,B→C是等容变化,根据查理定律得:=,即pC=·pB=·pB=pB=pA=×1.5×105 Pa=2.0×105 Pa。可画出由状态A→B→C的p-T图像如图所示。 四 巩固演练 举一反三 45 1.(多选)下图中,p表示压强,V表示体积,T为热力学温度,其中C图中的图像是双曲线的一部分,各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 (　　) 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图可直接看出温度变化;D图的p-V图线不是双曲线的一部分,故也不是等温变化。 2.(多选)如图所示为一定质量气体的三种变化过程,则下列说法正确的是(　　) A.a→d过程气体体积增加 B.b→d过程气体体积不变 C.c→d过程气体体积增加 D.a→d过程气体体积减小 AB 解析:在p-T图像中等容线是延长线过原点的倾斜直线,且气体体积越大,直线的斜率越小。因此,a状态对应的体积最小,c状态对应的体积最大,b、d状态对应的体积相等,故A、B正确。 3.(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B,这一过程在V-T图上的表示如图所示,则(　　) A.在AC过程中,气体的压强不断变大 B.在CB过程中,气体的压强不断变小 C.在状态A时,气体的压强最大 D.在状态B时,气体的压强最大 AD 解析:气体由A→C的变化过程是等温变化,由pV=C(C是常量)可知,体积减小,压强增大,故A正确;由C→B的变化过程中,气体的体积不发生变化,即为等容变化,由=C(C是常量)可知,温度升高,压强增大,故B错误;综上所述,由A→C→B的过程中气体的压强始终增大,所以气体在状态B时的压强最大,故C错误,D正确。 4.如图所示,一开口向上的气缸固定在水平地面上,质 量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将 缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一 质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ 两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量 的关系为p0=,活塞移动过程中无气体泄漏且温度始终保持不变,不计一切摩擦,气缸足够高。现将活塞A上面的物块取走,试求重新达到平衡状态后,A活塞上升的高度。 答案:0.9l0 解析:对Ⅰ部分气体,其初态压强p1=p0+,末态压强为p1'=p0+ 设末态时Ⅰ部分气体的长度为l1,则由玻意耳定律可得p1l0S=p1'l1S 解得l1=l0 对Ⅱ部分气体,其初态压强为p2=p1+=p0+,末态压强为p2'=p1'+=p0+ 设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2,则由玻意耳定律可得p2l0S=p2'l2S 代入数据解得l2=l0 故活塞A上升的高度为Δh=l1+l2-2l0=0.9l0。 五 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.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 13 B 14 解析:由题图可知空气被封闭在细管内,洗衣缸内水位升高时,气体体积减小,根据玻意耳定律,气体压强增大,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 2.(多选)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 14 解析:温度是分子平均动能的标志,由于温度不变,故分子的平均动能不变,据玻意耳定律得p1V1=2p1V2,得V2=V1,气体质量不变,气体的分子总数不变,ρ1=,ρ2=,则ρ2=2ρ1,故B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 3.(多选)如图甲所示,一气缸竖直放置,气缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的理想气体封闭在气缸内,活塞与气缸壁无摩擦,气体处于平衡状态。现保持温度不变,把气缸向右倾斜90°,如图乙所示,达到平衡后,与原来相比(　　) A.气体的压强增大 B.气体的压强减小 C.气体的体积变大 D.气体的体积变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 14 解析:对活塞受力分析可知,开始时,封闭气体的压强p1=p0-,而气缸向右倾斜90°后,p2=p0,故p1<p2,由于温度不变,由玻意耳定律知V1>V2,故A、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 4.一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小了2 atm时,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:设该气体原来的体积为V1,由玻意耳定律知压强减小时,气体体积增大,即3 atm·V1=(3-2)atm·(V1+4 L),解得V1=2 L。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 5.民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病,方法是将点燃的纸片放入一个小罐内,当纸片燃烧完时,迅速将火罐开口端紧压在皮肤上,火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上。其原因是,当火罐内的气体(　　) A.温度不变时,体积减小,压强增大 B.体积不变时,温度降低,压强减小 C.压强不变时,温度降低,体积减小 D.质量不变时,压强增大,体积减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 解析:纸片燃烧时,罐内气体的温度升高,将罐压在皮肤上后,封闭气体的体积不再改变,温度降低时,由查理定律知封闭气体压强减小,罐紧紧“吸”在皮肤上,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 6.某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度,存放食物之前该同学进行试通电,该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电。若大气压为1.0×105 Pa,刚通电时显示温度为27 ℃,通电一段时间后显示温度为7 ℃,则此时密封的冷藏室中气体的压强是(　　) A.0.26×105 Pa B.0.93×105 Pa C.1.07×105 Pa D.3.86×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 解析:冷藏室气体的初状态:T1=(273+27) K=300 K,p1=1×105 Pa 末状态:T2=(273+7) K=280 K,压强为p2 一定质量的气体体积不变,根据查理定律得:= 代入数据得:p2≈0.93×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 7.一定质量的气体在等压变化中体积增大了,若气体原来温度为27 ℃,则温度的变化是(　　) A.升高了450 K B.升高了150 ℃ C.降低了150 ℃ D.降低了450 ℃ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 解析:由盖—吕萨克定律可得=,代入数据可知,= ,得T2=450 K,所以升高的温度ΔT=150 K,即Δt=150 ℃。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 8.如图所示,一导热性能良好的气缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦),温度降低时,下列说法正确的是(　　) A.气体压强减小 B.气缸高度H减小 C.活塞高度h减小 D.气体体积增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 解析:对气缸受力分析有:mg+p0S=pS,可知当温度降低时,气体的压强不变;对活塞和气缸的整体有:(m+M)g=kx,可知当温度变化时,x不变,即h不变;根据盖—吕萨克定律可得=,故温度降低时,气体的体积减小,因h不变,则气缸高度H减小,选项B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 [B组　综合强化练] 9.一横截面积为S的气缸水平放置,固定不动,气缸壁是导热的。两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室,达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4,如图所示,在室温不变的条件下,缓慢推动活塞A,使之向右移动一段距离d,不计活塞与气缸壁之间的摩擦,则活塞B向右移动的距离为(　　) A.d B.d C.d D.d 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 14 解析:以活塞B为研究对象:初状态p1S=p2S,气室1、2的体积分别为V1、V2,末状态p1'S=p2'S,气室1、2的体积分别为V1'、V2',在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x,因温度不变,分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律,得: p1V1=p1'(V1+xS-dS) p2V2=p2'(V2-xS) 代入数据可解得:x=d,故A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 10.(多选)如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程,A、C两点在同一条双曲线上,则此变化过程中(　　)   A.从A到B的过程温度升高 B.从B到C的过程温度升高 C.从A到C的过程温度先降低再升高 D.A、C两点的温度相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 14 解析:作出过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,故从A到B的过程温度升高,A正确;从B到C的过程温度降低,B错误;从A到C的过程温度先升高后降低,C错误;A、C两点在同一等温线上,温度相同,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 11.(多选)如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的p-T图像,则下列判断正确的是(　　)   A.VA=VB B.VB=VC C.VB<VC D.VA>VC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AC 14 解析:由题图和查理定律可知VA=VB,故A正确;由状态B到状态C,气体温度不变,压强减小,由玻意耳定律知气体体积增大,即VB<VC,则VA<VC,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 12.(多选)如图所示为一定质量气体的等容线,下面说法中正确的是(　 　) A.直线AB的斜率是 B.0 ℃时气体的压强为p0 C.温度在接近0 K时气体的压强为零 D.BA延长线与横轴交点为-273 ℃ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 ABD 14 解析:在p-t图像上,等容线的延长线与t轴的交点坐标为(-273 ℃,0),从题图中可以看出,0 ℃时气体压强为p0,因此直线AB的斜率为,A、B、D正确;在接近0 K时,气体已液化,因此不满足查理定律,压强不为零,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 13.如图,气缸放置在水平平台上,活塞质量为20 kg,横截面积为50 cm2,厚度为1 cm,气缸全长为21 cm,大气压强为1×105 Pa,当温度为7 ℃时,活塞封闭的气柱长为6 cm,若将气缸倒过来放置时,活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。(g取10 m/s2,不计活塞与气缸之间的摩擦) (1)将气缸倒过来放置,求此时气柱的长度; (2)气缸倒过来放置后,若逐渐升高温度,发现活 塞刚好接触平台,求此时气体的温度。 答案:(1)14 cm　(2)127 ℃ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 解析:(1)以活塞为研究对象,气缸未倒过来时,有: p0S+mg=pS ① 气缸倒过来后,有:p'S+mg=p0S ② 温度为7 ℃不变,根据玻意耳定律,有: pSl0=p'Sl' ③ 联立①②③式解得:l'=14 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)活塞刚好接触平台时,设气体的温度为T,初、末状态压强不变,根据盖—吕萨克定律,有 = 代入数据解得T=400 K,故t=127 ℃。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 [C组　培优选做练] 14.一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部 有一光滑的轻活塞。初始时,管内水银柱及空气柱长度 如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管内两边水银高度 相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移 动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.0 cmHg,环境温度不变。(结果保留三位有效数字) 答案:144 cmHg　9.42 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 解析:设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2。活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1',长度为l1';左管中空气柱的压强为p2',长度为l2'。以cmHg为压强单位。由题给条件得,右管中空气柱: p1=p0+(20.0-5.00) cmHg=90.0 cmHg l1=20.0 cm l1'=(20.0-) cm=12.5 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由玻意耳定律得p1l1S=p1'l1'S 代入数据解得p1'=144 cmHg 依题意,左管中空气柱:p2'=p1',l2=4.00 cm l2'=4.00 cm+ cm-h=11.5 cm-h p2=p0=75 cmHg 由玻意耳定律得p2l2S=p2'l2'S 代入数据解得h≈9.42 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 $$