第二章 第三节 气体的等压变化和等容变化-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教版）

本讲义聚焦气体的等压变化（盖—吕萨克定律）、等容变化（查理定律）、理想气体状态方程及微观解释，构建从实验定律到理想模型再到微观本质的知识链，为学生提供系统的学习支架。 资料通过探究导引（如汽缸活塞问题）、生活实例（汽车爆胎、拔火罐）引导科学探究，结合图像分析（p-T、V-T图像）培养科学思维，分层练习（基础到创新）助力学生巩固，课中辅助教师教学，课后帮助学生查漏补缺。

第三节　 气体的等压变化和等容变化 学习目标 核心素养 1.知道什么是等压变化和等容变化． 2．知道查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式，并会利用它们解决有关气体问题． 3．知道p ­T图像和V­T图像及其物理意义． 4．知道什么是理想气体，了解实际气体可以看作理想气体的条件． 5．能从微观角度解释气体实验定律. 1.物理观念：盖—吕萨克定律、查理定律、理想气体的状态方程． 2．科学思维：运用定律和公式分析解决问题． 3．科学方法：理想模型法、图像法、计算法等. [知识点1]　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，体积随温度变化的过程叫作气体的等压变化． 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)公式：V＝　CT　或＝. (3)适用条件：气体　质量　一定；气体　压强　不变． (4)等压变化的图像：由V＝CT可知在V­T坐标系中，等压线是一条通过坐标原点的倾斜的直线．对于一定质量的气体，不同等压线的斜率不同．斜率越小，压强越大，如图所示，p2　>　(选填“>”或“<”)p1. [知识点2]　气体的等容变化　 1．等容变化 一定质量的某种气体，在体积不变时，　压强　随　温度　变化的过程． 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)公式：p＝　CT　或＝. (3)等容变化的图像：从图甲可以看出，在等容过程中，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．但是，如果把图甲中的直线AB延长至与横轴相交，把交点当作坐标原点，建立新的坐标系(如图乙所示)，那么这时的压强与温度的关系就是正比例关系了．图乙坐标原点的意义为气体压强为0时，其温度为0 K．可以证明，新坐标原点对应的温度就是　0 K　. 甲　　　　　　乙 (4)适用条件：气体的　质量　一定，气体的　体积　不变． 说明：气体做等容变化时，压强p与热力学温度T成正比，即p∝T，不是与摄氏温度t成正比，但压强变化量Δp与热力学温度变化量ΔT和摄氏温度的变化量Δt都是成正比的，即Δp∝ΔT、Δp∝Δt. [知识点3]　理想气体　 1．理想气体 在任何温度、任何压强下都遵从　气体实验定律　的气体． 2．理想气体与实际气体 在　温度　不低于零下几十摄氏度、　压强　不超过大气压的几倍的条件下，把实际气体看成理想气体来处理． 3．理想气体的状态方程 (1)内容 一定质量的某种理想气体，在从某一状态变化到另一状态时，尽管压强p、体积V、温度T都可能改变，但是　压强　　p跟体积V　的乘积与　热力学温度　　T　之比保持不变． (2)表达式 ①　　＝　　；②　＝C　. (3)成立条件 一定质量的　理想气体　. 说明：理想气体是一种理想化模型，是对实际气体的科学抽象．题目中无特别说明时，一般都可将实际气体当成理想气体来处理． [知识点4]　对气体实验定律的微观解释　 　用分子动理论可以定性解释气体的实验定律． 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　数密度　增大，单位时间内，单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就　增大　.这就是玻意耳定律的微观解释． 2．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　数密度　减小，才能保持压强不变．这就是盖—吕萨克定律的微观解释． 3．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　数密度　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．这就是查理定律的微观解释． [自我检测] 1．思维辨析 (1)在质量和体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比．( × ) (2)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V­T图像是过原点的直线．( √ ) (3)一定质量的理想气体从状态1变化到状态2，经历的过程不同，状态参量的变化不同．( × ) (4)一定质量的气体，体积、压强、温度都可以变化．( √ ) 2．基础理解 (1)为什么汽车爆胎往往发生在高温路面上或高速行驶中？ (2)汽车爆胎时，车胎内的气体温度和压强是如何变化的？ 提示：(1)车胎内气体的压强随温度升高而增大． (2)温度升高，压强增大． 气体的等压变化 ◆[探究导引] 汽缸中封闭着温度为100 ℃的空气，一重物用绳索经滑轮跟汽缸中活塞相连接，重物和活塞都处于平衡状态，这时活塞离汽缸底的高度为10 cm，如果缸内空气温度缓慢降至0 ℃. 试探究：(1)在变化过程中气体发生的是什么变化？ (2)此时活塞到缸底的距离是多大？ 提示：(1)是等压变化． (2)初状态V1＝S×(10 cm)，T1＝(273＋100) K＝373 K；末状态V2＝lS，T2＝273 K．由＝，得V2＝V1≈S×(7.32 cm)，即活塞到缸底的距离l为7.32 cm. ◆[探究归纳] 1．盖—吕萨克定律的适用范围 压强不太大，温度不太低．原因同查理定律． 2．公式变式 由＝得＝， 所以ΔV＝V1，ΔT＝T1. 3．等压线 (1)V­T图像 ①意义：反映了一定质量的气体在等压变化中体积与热力学温度T成正比的关系． ②图像：过原点的倾斜直线． ③特点：斜率越大，压强越小． (2)V­t图像 ①意义：反映了一定质量的气体在等压变化中体积与摄氏温度t成线性关系． ②图像：倾斜直线，延长线与t轴交点为－273.15 ℃. ③特点：连接图像中的某点与(－273.15 ℃，0)，连线的斜率越大，压强越小． [例1]　如图甲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. 甲　　　　　　　　乙 (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的值； (2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p ­T图像，并在图像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． 思路点拨：(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律． (2)在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程． [解析]　(1)由图像可知A→B为等压过程，根据盖—吕萨克定律可得＝，所以TA＝TB＝×300 K＝200 K. (2)根据查理定律得＝，pC＝pB＝pB＝pB＝pA＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa. 则可画出由状态A→B→C的p­T图像如图所示． [答案]　(1)压强不变　200 K　(2)见解析 [规律方法] (1)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程．先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T. (2)根据计算结果在图像中描点，连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误． (3)图像特点：p­图像、p­T图像、V­T图像过原点，在原点附近都要画成虚线． ◆[跟踪训练] [训练角度1]　对等压变化的理解 1．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则正确说法是(　　) A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍 B．气体的热力学温度升高到原来的两倍 C．温度每升高1 K体积增加是原来的 D．体积的变化量与温度的变化量成正比 解析：BD　[由盖—吕萨克定律可知A错误，B正确；温度每升高1 ℃即1 K，体积增加是0 ℃体积的，C错误；由盖—吕萨克定律的变形式＝可知D正确．] [训练角度2]　盖—吕萨克定律应用 2．如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度与质量均不计，在B处设有限制装置，使活塞只能在B以上运动，B以下汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.2V0.开始时活塞在A处，温度为87 ℃，大气压强为p0，现缓慢降低汽缸内气体的温度，直至活塞移动到A、B的正中间，然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，然后再缓慢降低汽缸内气体的温度，直到－3 ℃. 甲　　　　　　　　乙 (1)求活塞刚到达B处时的温度TB； (2)求缸内气体最后的压强p； (3)在图乙中画出整个过程的p­V图线． 解析：(1)缓慢降低汽缸内气体的温度，使活塞移到A、B的正中间，此过程是等压过程：由盖—吕萨克定律＝，代入数据＝，解得T′＝330 K 然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，这个过程是等温过程，故活塞刚到达B处时的温度TB＝330 K. (2)保持温度不变，在活塞上加沙，直至活塞刚好移动至B，这个过程是等温过程：根据玻意耳定律有 p0×1.1V0＝p1×V0 解得p1＝1.1p0 再接下来的等容过程，根据查理定律有 ＝，解得p＝0.9p0. (3)整个过程的p­V图线如图所示． 答案：(1)330 K　(2)0.9 p0　(3)见解析 气体的等容变化 ◆[探究导引] 在炎热的夏天，打足气的自行车轮胎在日光的暴晒下有时会胀破，忽略轮胎体积变化． 试探究：(1)气体发生的是什么变化？ (2)请解释原因． 提示：(1)气体发生的是等容变化． (2)自行车轮胎体积一定，日光暴晒时，轮胎里的空气温度升高明显，气体压强增大，当气体压强增大到超过轮胎承受的限度时，轮胎就会被胀破． ◆[探究归纳] 1．查理定律的适用条件 压强不太大，温度不太低的情况．当温度较低，压强较大时，气体会液化，定律不再适用． 2．公式变式 由＝得＝或Δp＝p1，ΔT＝T1. 3．等容线 (1)p ­T图像 ①意义：反映了一定质量的气体在等容变化中，压强p与热力学温度T成正比的关系． ②图像：过原点的倾斜直线． ③特点：斜率越大，体积越小． (2)p­t图像 ①意义：反映了一定质量的气体在等容变化中，压强p与摄氏温度t的线性关系． ②图像：倾斜直线，延长线与t轴交点为－273.15 ℃. ③特点：连接图像中的某点与(－273.15 ℃，0)连线的斜率越大，体积越小． [例2]　有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计．在1标准大气压下对B管进行温度刻度(1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa)．已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线，t＝0 ℃的刻度线在何处？ 思路点拨：(1)玻璃泡A的容积不变，是等容变化． (2)找到初末状态的p1、T，根据查理定律可求出刻度线的位置． [解析]　选玻璃泡A内的一定量的气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程． 玻璃泡A内气体的初始状态：T1＝300 K p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg 末态，即t＝0 ℃的状态：T0＝273 K 由查理定律得 p＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg 所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是 x0＝(76－54.6) cm＝21.4 cm. [答案]　21.4 cm [规律方法] 利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成立条件，即是否是初、末态的质量和体积保持不变． (3)确定初、末两个状态的温度、压强． (4)按查理定律公式列式求解，并对结果进行讨论． ◆[跟踪训练] [训练角度1]　查理定律解的理解 3．(多选)一定质量的气体在体积不变时，下列有关气体的状态变化的说法正确的是(　　) A．温度每升高1 ℃，压强的增量是原来压强的 B．温度每升高1 ℃，压强的增量是0 ℃时压强的 C．气体的压强和热力学温度成正比 D．气体的压强和摄氏温度成正比 解析：BC　[根据查理定律p＝CT，知C正确；将T＝(273＋t)K代入得p＝C(273＋t)，升高1 ℃时的压强为p1＝C(274＋t)，所以Δp＝C＝＝，B正确．] [训练角度2]　 查理定律的应用 4.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃.当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入长度为多少水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3) 解析：设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化． 初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg T1＝(273＋27) K＝300 K 末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30) K＝303 K 由查理定律＝得＝，解得x＝0.9 cm 则注入水银柱的长度为0.9 cm. 答案：0.9 cm 理想气体的状态方程 ◆[探究导引] 在电视上同学们或许看到过有人乘坐热气球在蓝天翱翔的画面，其中的燃烧器时而喷出熊熊烈焰，巨大的气球缓慢上升．如果有朝一日你乘坐热气球在蓝天旅行探险，那将是一件有趣而刺激的事情．热气球为什么能升空？请探究其中的原理． 提示：以热气球及其中所含空气整体为研究对象，受重力及周围空气的浮力作用，当燃烧器喷出火焰时，将气球内空气加热，温度升高，但气体压强始终等于外界大气压强，可认为是不变的．由状态方程＝恒量知，p一定，T增大，则V增大，于是气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，热气球整体的重力减小，当空气的浮力大于重力时，热气球便会上升． ◆[探究归纳] 1．理想气体状态方程与气体实验定律 ＝ ⇒ 由此可见，三个气体实验定律是理想气体状态方程的特例． 2．理想气体状态变化的图像 一定质量的理想气体的状态参量p、V、T可以用图像上的点表示出来，用点到点之间的连线表示气体从一个平衡态(与点对应)到另一个平衡态的变化过程．利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，是常用的方法． (1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量、不同温度的两条等温线，不同体积的两条等容线，不同压强的两条等压线的关系． 例如：如图甲所示，V1对应的虚线为等容线，A、B是与T1、T2两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2>T1. 甲 又如图乙所示，T1对应的虚线AB为等温线，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2<V1. 乙 (2)一定质量理想气体的图像 ①等温变化 a．T一定时，在p ­V图像中，等温线是一簇双曲线，图像离坐标轴越远，温度越高，如图甲所示，T2>T1. 甲　　　　　　　　　　乙 b．T一定时，在p ­图像中，等温线是延长线过坐标原点的直线，直线的斜率越大，温度越高，如图乙所示． ②等压变化 a．p一定时，在V­T图像中，等压线是一簇延长线过坐标原点的直线，直线的斜率越大， 压强越小，如图甲所示． 甲　　　　　　　　乙 b．p一定时，在V­t图像中，等压线与t轴的交点总是－273.15 ℃，是一条倾斜的直线，纵截距表示0 ℃时气体的体积，如图乙所示． ③等容变化 a．V一定时，在p­T图像中，等容线为一簇延长线过坐标原点的直线，直线的斜率越小，体积越大，如图甲所示． 甲　　　　　　　　　乙 b．V一定时，在p ­t图像中，等容线与t轴的交点是－273.15 ℃，是一条倾斜的直线，纵截距表示气体在0 ℃时的压强，如图乙所示． [例3]　如图所示，汽缸竖直放置，汽缸内活塞的质量为m＝0.2 kg，横截面积S＝1 cm2.开始时，汽缸内被封闭气体的压强p1＝2×105 Pa，温度T1＝480 K，活塞到汽缸底部的距离H1＝12 cm.拔出销钉K后，活塞无摩擦上滑，当它达到最大速度时，缸内气体的温度为300 K．设汽缸不漏气，求此时活塞距汽缸底部的距离H2为多大？(大气压强p0＝1.0×105 Pa) [思路点拨]　活塞向上做的是加速度逐渐减小的加速运动，速度最大时加速度应为零，从而求出气体此时的压强，这是解答本题的关键． [解析]　被封闭气体在变化过程中其体积、温度、压强皆发生了变化． 气体初状态：T1＝480 K，V1＝H1S，p1＝2×105 Pa 气体末状态：T2＝300 K，V2＝H2S，p2待求． 根据题意，活塞速度最大时加速度减小为零，活塞所受合力为零，有p2S＝mg＋p0S 可求得p2＝1.2×105 Pa 由理想气体状态方程得＝ 解得H2＝12.5 cm. [答案]　12.5 cm [规律方法] 理想气体状态变化时注意转折点的确定 转折点是两个状态变化过程的分界点，挖掘隐含条件，找出转折点是应用理想气体状态方程解决气体状态变化问题的关键． ◆[跟踪训练] [训练角度1]　理想气体状态方程的理解 5．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中不可实现的是(　　) A．先等温膨胀，再等容降温 B．先等温压缩，再等容降温 C．先等容升温，再等温压缩 D．先等容降温，再等温压缩 解析：AC　[根据理想气体的状态方程＝C，若经过等温膨胀，则T不变，V增加，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来的值，A不可实现；同理可以确定C也不可实现．故A、C正确．] [训练角度2]　 理想气体状态变化的图像 6．一定质量的气体，在状态变化过程中的p­T图像如图所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V­T图像和p­V图像(标注字母和箭头)． 解析：根据理想气体状态方程，有＝＝，解得VB＝V0，VC＝V0 A到B是等温变化，B到C是等压变化，C到A是等容变化，作出对应的V­T图像和p­V图像如图所示． 甲　　　　　　乙 答案：见解析 气体实验定律的微观解释 ◆[探究导引] 中央电视台在《科技之光》栏目中曾播放过这样一个节目：把液氮倒入饮料瓶中，马上盖上瓶盖并拧紧，人立刻撤离现场，一会儿饮料瓶爆炸，你能解释一下原因吗？ 提示：液氮吸热汽化，分子运动加快，饮料瓶内气体压强迅速增大，当大于瓶壁承受的压强时，饮料瓶爆炸． ◆[探究归纳] 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，分子的数密度越大，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，如图所示． 体积大　　 体积小 2．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，即分子的数密度减小，所以气体的体积增大，如图所示． 3．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，则分子的数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁单位面积的作用力变大，所以气体的压强增大，如图所示． [例4]　在一定的温度下，—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．气体分子的数密度变大，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都变大 D．气体密度增大，单位体积内分子重量变大 思路点拨：(1)影响气体压强的原因是分子的平均动能和单位体积的分子个数． (2)温度是分子平均动能的标志，体积决定分子的数密度． [解析]　气体的温度不变，分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变，C错误；体积减小，单位体积内的分子数目增多，所以气体压强增大，A正确；分子和器壁间无引力作用，B错误；单位体积内气体的质量变大，不是压强变大的原因，D错误． [答案]　A [规律方法] (1)宏观量温度的变化对应着微观量分子动能平均值的变化．宏观量体积的变化对应着气体分子的数密度的变化． (2)压强的变化可能由两个因素引起，即分子热运动的平均动能和分子的数密度，可以根据气体变化情况选择相应的实验定律加以判断． ◆[跟踪训练] 7．(多选)对于一定质量的气体，当它的压强和体积发生变化时，以下说法正确的是(　　) A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变 B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小 C．压强和体积都增大时，其分子的平均动能一定增大 D．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变 解析：AC　[对于一定质量的气体，压强和体积都增大时，根据理想气体状态方程＝C，温度一定升高，故分子热运动的平均动能一定增加，A、C正确，B错误；对于一定质量的气体，压强增大，体积减小时，根据理想气体状态方程知温度可能会改变，则平均动能可能改变，D错误．] 拔火罐 拔罐是以罐为工具，利用燃火、抽气等方法产生负压，使之吸附于体表，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法．拔罐疗法在中国有着悠久的历史，早在成书于西汉时期的帛书《五十二病方》中就有关于“角法”的记载，角法就类似于后世的火罐疗法．而国外古希腊、古罗马时代也曾经盛行拔罐疗法． [典例展示]　“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段．操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)．设加热后小罐内的空气温度为80 ℃，当时的室温为20 ℃，大气压为标准大气压，小罐开口部位的直径请按照片中的情境估计．当罐内空气变为室温时，小罐对皮肤的压力大概有多大？不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响． [解析]　加热后罐内空气的温度T1＝353 K，压强p1＝p0＝1.0×105 Pa；降温后罐内空气的温度T2＝293 K．由查理定律，有＝ 代入数据，解得p2＝0.83×105 Pa 估计小罐开口部位的半径为r＝3 cm＝3×10－2 m 开口部位的面积为S＝πr2＝2.826×10－3 m2 则小罐内空气对皮肤的压力为F＝p2S＝0.83×105×2.826×10－3 N＝2.35×102 N [答案]　2.35×102 N 1．(气体的等容变化)对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的2倍，则气体温度的变化情况是(　　) A．气体的摄氏温度升高到原来的2倍 B．气体的热力学温度升高到原来的2倍 C．气体的摄氏温度降为原来的一半 D．气体的热力学温度降为原来的一半 解析：B　[一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，所以T2＝T1＝2T1，选项B正确．] 2．(等压变化的p­t图像)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 解析：D　[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0 ℃到A状态的127 ℃，气体是等容变化，则A状态的体积为6.72 L．从A状态到B状态的等压变化，A状态的温度为127 K＋273 K＝400 K，B状态的温度为227 K＋273 K＝500 K，根据盖—吕萨克定律＝，VB＝＝ L＝8.4 L，D项正确．] 3．(理想气体状态方程的理解)(多选)关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是(　　) A．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍 B．一定质量的气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程＝ C．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍 D．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半 解析：BC　[一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比．温度由100 ℃上升到200 ℃时，体积增大为原来的1.27倍，A错误；理想气体状态方程成立的条件为质量不变，B正确；由理想气体状态方程＝C，C正确，D错误．] 4.(理想气体状态变化的图像)如图所示，a、b、c三点表示一定质量理想气体的三个状态，则气体在a、b、c三个状态的热力学温度之比是(　　) A．1∶1∶1 B．1∶2∶1 C．3∶4∶3 D．1∶2∶3 解析：C　[根据理想气体状态方程＝C可知，T∝pV，所以Ta∶Tb∶Tc＝(paVa)∶(pbVb)∶(pcVc)＝3∶4∶3，选项C正确．] 5．(理想气体状态方程的应用)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？ 解析：气体初态： p1＝9.8×104 Pa，V1＝20 m3，T1＝280 K 末态：p2＝1.0×105 Pa，V2＝？，T2＝300 K 由状态方程：＝ 解得V2＝V1＝ m3＝ 21．0 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. 答案：23.8 kg [基础达标练] 1．一定质量的气体，如果保持气体的体积不变，则(　　) A．气体的温度降低，压强一定变小 B．气体的温度升高，压强可能变小 C．气体的温度降低，压强一定变大 D．气体的温度变化时，压强可能不变 解析：A　[质量一定的气体，体积不变，当温度升高或降低时，做等容变化．根据查理定律可知，＝C，气体的温度降低，压强一定变小，A选项正确，C选项错误；气体的温度升高时，压强一定变大，B选项错误；气体的温度变化时，压强一定改变，D选项错误．] 2．对一定质量的理想气体，用p、V、T分别表示气体压强、体积和温度，则有(　　) A．若T不变，p增大，则分子热运动的平均动能增大 B．若p不变，V增大，则分子热运动的平均动能减小 C．若p不变，T增大，则单位体积中的分子数减少 D．若V不变，p减小，则单位体积中的分子数减少 解析：C　[分子平均动能只与温度有关，A错误；若p不变，V增大，则T升高，分子的平均动能增大，B错误；若p不变，T增大，则V增大，单位体积的分子数减少，C正确；若V不变，单位体积内的分子数不变，故D错误．] 3．(多选)有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图像(如图所示)．则下列有关他们的说法，正确的是(　　 ) A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图(a) B．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像是图(b) C．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图(c) D．若丁研究的是盖—吕萨克定律，则他作的图像是图(d) 解析：ABD　[查理定律研究的是等容变化，压强与热力学温度成正比，且p­T图像的反向延长线过坐标原点，故A正确，C错误；玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确；盖—吕萨克定律，研究的是等压变化，体积与热力学温度成正比，故D正确．] 4.如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁摩擦)，当温度升高时，改变的量有(　　) A．活塞高度h B．汽缸体高度H C．气体压强p D．弹簧长度L 解析：B　[选择活塞与汽缸整体为研究对象进行受力分析，整体受竖直向下的重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，重力不变，所以弹簧的拉力不变，即弹簧长度不变，活塞的位置不变，故A、D错误；由于汽缸内的气体做等压变化，温度升高时，体积变大，所以汽缸下落，因此汽缸体高度H减小，选项B正确，C错误．] 5．2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据－8 848.86米，这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　　) A．8.3×104 Pa　　　 B．8.3×105 Pa C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa 解析：C　[本题考查查理定律的应用，取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27) K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23) K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝Pa＝4.3×104 Pa，故C正确．] 6.(多选)有一只小试管倒插在烧杯的水中，此时试管恰好浮于水面，试管内外水面的高度差为h，如图所示．如果改变温度或改变外界大气压强，则试管(不考虑烧杯中水面的升降及试管壁的厚度)(　　) A．如仅升高温度，则试管位置上升，h不变 B．如仅升高温度，则试管位置下降，h增大 C．如仅升高外界压强，则试管位置下降，h不变 D．如仅升高外界压强，则试管位置下降，h减小 解析：AC　[试管恰好浮于水面上，根据平衡条件可知，试管受到的重力和浮力相等，试管排开水的体积相等，即试管内外的水面高度差h不变，故B、D选项错误；压强不变，封闭气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律，仅升高温度，体积变大，试管位置上升，故A选项正确；根据p＝p0＋ρgh可知，外界大气压强增大，封闭气体压强变大，做等温变化，根据玻意耳定律可知，体积减小，试管位置下降，由前面叙述可知，h保持不变，故C选项正确．] 7.气体a、b的等压线如图所示，根据图中所给条件可知，当t＝273 ℃，气体a的体积比气体b的体积大(　　) A．0.1 m3 B．0.2 m3 C．0.3 m3 D．0.4 m3 解析：D　[在0 ℃到273 ℃的温度区间上应用盖—吕萨克定律分别研究气体a和b，可得到方程 ＝，＝. 解得Va＝0.6 m3，Vb＝0.2 m3，ΔV＝Va－Vb＝0.4 m3，故D正确．] 8．有一空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平．现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，此时筒中气体长度减为原来的.若测得A点压强为1.2×105 Pa，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏． (1)求液体中B点的压强； (2)从微观上解释气体压强变化的原因． 解析：(1)由题意知气体做等温变化 则有pAV＝pB×V 代入数据解得pB＝1.8×105 Pa. (2)在缓慢下压过程中，温度不变，气体分子的平均动能不变；但单位体积内的气体分子数增多，单位时间内气体分子碰撞器壁的次数增多，气体的压强变大． 答案：(1)1.8×105 Pa　(2)见解析 [能力提升练] 9．如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2＞V3，h1＜h2＝h3.若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是(　　) A．丙管 B．甲管和乙管 C．乙管和丙管 D．三管中水银柱向上移动一样多 解析：B　[由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2＞V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2＞ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，选项A、C、D错误．] 10.(多选)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，设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好使缸内气体总能与外界大气温度相同，则下述结论正确的是(　　) A．若外界大气压强增大，则弹簧将压缩一些 B．若外界大气压强增大，则汽缸上底面距地面的高度将减小 C．若气温升高，则汽缸上底面距地面的高度将减小 D．若气温升高，则汽缸上底面距地面的高度将增大 解析：BD　[选择汽缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，弹簧弹力与汽缸和活塞的重力平衡，若外界大气压强增大，则弹簧长度不发生变化，故A错误；选择汽缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力pS，向上受到缸内气体向上的压力p1S，汽缸受三力平衡有G＋pS＝p1S，若外界大气压强p增大，p1一定增大，根据理想气体做等温变化有pV＝C(常数)，知当压强增大时，体积一定减小，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，故B正确；若气温升高，缸内气体做等压变化，根据＝C，知当温度升高时，气体体积增大，汽缸上升，则汽缸的上底面距地面的高度将增大，故C错误，D正确．] 11.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如p ­t图像所示．已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是(　　) A．状态A到状态B气体的体积不变 B．状态B到状态C气体温度增加 C．状态A的压强是0.5 atm D．状态C体积是2 L 解析：AD　[状态A到状态B是等容变化，故体积不变，A正确；状态B到状态C是等温变化，气体温度不变，B错误；从题图中可知，pB＝1.0 atm，TB＝(273＋91)K＝364 K，TA＝273 K，根据查理定律，有＝，解得pA＝0.75 atm，C错误；pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，D正确．] 12.如图所示，一个内横截面积为S的汽缸水平放置，汽缸左侧有一质量为m、厚度不计的活塞．汽缸上方有一充气孔，气孔最初与外界相通．已知大气压强为p0，汽缸内气体的温度为T，活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等． (1)现对汽缸充气，将两倍于汽缸容积的外部空气从充气孔缓慢充入汽缸中，此时活塞恰能滑动，求活塞滑动前瞬间汽缸中气体的压强和活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小； (2)若用手压住活塞并关闭气孔，将汽缸缓慢地加热至某一温度，撤去手的瞬间，活塞的加速度a＝，求此时汽缸的温度． 解析：(1)设汽缸的容积为V， 初状态气体的压强为p1＝p0，体积为V1＝3V， 末状态气体的压强为p2，体积为V2＝V 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2， 代入数据解得p2＝3p0， 以活塞为研究对象，滑动瞬间，根据力的平衡条件得 p2S＝p0S＋Ffm， 解得Ffm＝2p0S. (2)设放手瞬间气体压强为p3，以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得 p3S－p0S－Ffm＝ma， 解得p3＝4p0， 对气体，根据查理定律得 ＝， 解得T3＝4 T. 答案：(1)3p0　2p0S　(2)4T [创新应用练] 13．2020年11月13日，我国“奋斗者”号载人潜水器与“沧海”号着陆器，在马里亚纳海沟完成了世界上首次万米海底联合作业．“奋斗者”号球形载人舱容积V＝9.5 m3，潜水前舱内温度t＝24 ℃，压强p＝1.0×105 Pa，该状态下空气的密度为ρ＝1.20 kg·m－3.密封下潜海底后，海水温度仅4 ℃左右，需要开启换气装置缓慢向舱内充入空气以保障环境的舒适性、当温度t1＝12 ℃、压强p＝1.0×105 Pa时关闭换气装置，求载人舱内增加的空气质量Δm.(不考虑舱内潜航员的影响，空气可视为理想气体) 解析：设载人舱内原有气体质量为m，p＝1.0×105 Pa，V＝9.5 m3，T＝297 K m＝ρV 设需要充入载人舱的气体若压强为p、温度为T时体积为ΔV　Δm＝ρΔV 则充气后载人舱内气体质量为Δm＋m，温度T1＝285 K，由理想气体状态方程得＋＝ 解得ΔV＝V 又＝ 得Δm＝ρV＝0.48 kg. 答案：0.48 kg 14．桶装纯净水及压水装置原理如图所示．柱形水桶直径为24 cm，高为35 cm；柱形压水器气囊直径为6 cm、高为8 cm，水桶颈部的长度为10 cm.当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出．已知水桶所在处的大气压强相当于10.00 m水柱产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积． (1)至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出？(不考虑温度的变化) (2)若桶内气体已封闭，将水桶从7 ℃的室外移到室内，一段时间后发现有水从管口溢出，则室内温度至少是多少℃？(不考虑水体积的膨胀) 解析：(1)解法一： 水刚好流出时，桶内气压增大的数值为ΔP＝(30＋10) cmH2O＝40 cmH2O 设气囊中气体的体积为V0，n次压入水桶的气体，相当于一次压入nV0到水桶内，使桶内气压增加40 cmH2O，只以压入水桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律有P0×nV0＝ΔP×V 代入数据解得n＝2.4次 所以至少需要压缩3次． 解法二： 水刚好流出时，桶内气压增大的数值为ΔP＝(30＋10) cmH2O＝40 cmH2O 如果以n次压入的气体nV0和桶内气体V这个整体为研究对象，由玻意耳定律有 P0×(nV0＋V)＝(P0＋ΔP)×V 代入数据解得n＝2.4次 所以至少需要压缩3次． (2)封闭气体的体积不变，由查理定律可得＝ 其中T0＝273＋7 K＝280 K，代入数据解得T1＝291.2 K 则室内温度至少是18.2 ℃. 答案：(1)3次　(2)18.2 ℃ 重难点训练(一) 气体实验定律及理想气体状态方程综合应用 [基础达标练] 1．一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 ℃ 解析：B　[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＝150 ℃.] 2．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 解析：B　[冷藏室气体的初状态：T1＝(273＋27) K＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，末状态：T2＝(273＋7) K＝280 K，设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律＝，代入数据得：p2≈0.93×105 Pa.] 3.(多选)一定质量的气体经过一系列过程，如图所示．下列说法正确的是(　　) A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小 B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大 C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小 D．c→a过程中，气体温度升高，体积不变 解析：AD　[从题图中可以看出a→b过程中气体的温度保持不变，所以气体发生等温变化，并且pa＞pb，根据玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得Va＜Vb，即压强减小，体积增大，A正确；b→c过程中，压强不变，温度减小，根据＝可得Vb＞Vc，即体积减小，B错误；c→a过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，气体的压强增大，温度升高，C错误，D正确．] 4.如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，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，下列说法正确的是(　　) A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′ B．加热后V1′>2V2′ C．加热后V1′<2V2′ D．条件不足，无法判断 解析：A　[加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确．] 5．一定质量的气体，在恒温下体积膨胀，下列说法中正确的是(　　) A．气体分子的总数目将增多 B．气体分子的平均速率将减小 C．气体的压强将减小 D．容器壁受到的气体分子的平均冲力将增大 解析：C　[气体分子的总数目和气体的质量有关，体积改变，质量不变，故气体分子的总数目不变，A错误；气体分子的平均速率与温度有关，恒温情况下气体分子的平均速率不变，B错误；气体在恒温下体积膨胀，且质量不变，体积变大，根据理想气体的方程＝C可知气体的压强变小，C正确；气体体积增大，压强减小，分子的平均动能不变，单位体积内的分子数减小，气缸壁受到气体分子的平均冲力将减小，故D错误．] 6．(多选)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，则右管内的水银柱沿管壁上升 D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升 解析：ACD　[对右管中的水银柱分析知，管中气体压强比大气压强高h cmHg，所以弯管左管内外水银面的高度差为h，故A正确．弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，故B错误．封闭气体温度和压强不变，体积不变，所以弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升，故C正确．环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，故D正确．] 7．(多选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　) A．气体的体积是所有气体分子的体积之和 B．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈 C．气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的 D．当气体膨胀时，气体压强一定减小 解析：BC　[气体的体积是所有气体分子运动占据的空间的体积之和，A错误；气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈，B正确；气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的，C正确；在等温状态下，当气体膨胀时，气体压强一定减小，D错误．故选B、C.] 8．如图所示，将一只倒置的试管竖直地插入装水容器内，试管内原有的空气被压缩，此时，试管内外水面的高度差为h，可使h变大的是(　　) A．将试管向上提一些 B．向容器内倒入少许水 C．环境温度降低 D．大气压强增大 解析：B　[当试管处于静止时，假设试管内与气体接触处有一小液片，此液片受力平衡，则根据平衡条件可得气体的压强p＝p0＋ρgh，将试管向上提一些，管内的气体压强减小，外界大气压不变，则试管内外液面的高度差会减小，向容器内倒入少许水，管内的气体压强增大，外界大气压不变，则试管内外液面的高度差增大，故A错误，B正确；环境温度降低，由等压变化可知，气体体积减小，则试管内外液面的高度差减小，故C错误；大气压强增大，由等温变化可知，气体体积减小，则试管内外液面的高度差减小，故D错误．] [能力提升练] 9．如图所示，水平放置的封闭绝热气缸被一锁定的绝热活塞分为a、b两部分，且a部分体积是b部分体积的2倍．已知a部分装有2.5 mol的氧气，b部分装有1 mol的氧气，两部分气体温度相同，均可视为理想气体．现解除锁定，活塞移动一段距离静止后，a、b两部分的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb.下列说法正确的是(　　) A．Va>2Vb，Ta>Tb B．Va>2Vb，Ta<Tb C．Va<2Vb，Ta>Tb D．Va<2Vb，Ta<Tb 解析：B　[两部分气体温度相同，根据公式pV＝nRT，可知，初状态时pa＝，pb＝，a部分压强大于b部分压强，所以解除锁定后，向右移动，a部分气体对外做功，内能减小，温度降低，故平衡时，有Va>2Vb，Ta<Tb，B正确，A、C、D错误．] 10．(多选)下列说法正确的是(　　) A．图1中在水加热升温的过程中，被封闭的空气内能增大，压强增大，分子间引力和斥力都减小 B．图2中A到B过程中p、V值的乘积小于C到D过程中p、V值的乘积 C．图3中瓶A中上方气体的压强随液面的下降而减小 D．图3中在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变 解析：BD　[水加热升温的过程中，被封闭的空气温度升高，内能增大，则气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击力增大，压强增大，分子间距离不变，故分子间作用力不变，A选项错误；题图2中A到B过程和C到D过程中气体均做等温变化，根据理想气体的状态方程可知，A到B过程中p、V值的乘积小于C到D过程中p、V值的乘积，B选项正确；瓶A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差，瓶A中的液面下降，液体产生的压强就减小，所以瓶A中上方气体的压强会增大，C选项错误；进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶B之间的液柱高度不变，滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的，D选项正确．] 11．(2021·河北卷)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103Pa. (ⅰ)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强； (ⅱ)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105Pa. 解析：(ⅰ)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知＝ 代入数据解得p2＝3.1×103Pa (ⅱ)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1 解得V1＝ V 则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝ V 所以增加的空气质量与原有空气质量之比为 ＝＝ 答案：(ⅱ) 12.如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分成A、B两部分，初态时已知A、B两部分气体的热力学温度分别为330 K和220 K，它们的体积之比为2∶1，末态时把A气体的温度升高了70 ℃，把B气体温度降低了20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求再次达到平衡时 (1)气体A与B的体积之比； (2)气体A初状态的压强p0与末状态的压强p的比值． 解析：(1)设活塞原来处于平衡状态时A、B两部分气体的压强相等为p0，后来仍处于平衡状态压强相等为p，根据理想气体状态方程，对于A有＝，对于B有＝， VA＝2VB 化简得＝. (2)由题意设VA＝2V0，VB＝V0，汽缸的总体积为V＝3V0， 所以可得VA′＝V＝ V0， 又＝ 联立可以得到＝. 答案：(1)8∶3　(2)9∶10 [创新应用练] 13．据统计，自2020年爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，到2021年1月10日，全球确诊病例已经超过9000万，新冠疫情传播是非常迅速的．为了有效控制疫情传播，在转移患者时采用专用的负压救护车．负压救护车的核心是负压舱(如图)，它是一个负压隔离单元，其内部空间对应的尺寸为2500 mm×1500 mm×2000 mm(长、宽、高)．它不工作时为开放状态，工作时通过顶部循环过滤的进、排气高效净化系统保证隔离单元内为微负压环境及内部空气流通，为疑似病人提供新鲜空气，同时保护周围人员及周围环境不受病源体污染．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝280 K，负压隔离单元正常工作时温度为T＝300 K，此时内部压强比外界低Δp＝20 Pa，空气视为理想气体．求：负压隔离单元从开放状态转为正常工作状态需向外界排出的空气占原空气的百分比(计算结果保留两位有效数字)． 解析：以负压隔离单元内部气体为研究对象，初状态 T0＝280 K，p0＝1.0×105 Pa，V0＝2500 mm×1500 mm×2000 mm＝7.5 m3 末状态T＝300 K，p＝p0－Δp＝99980 Pa 设此时全部气体的体积为V，根据理想气体状态方程得＝ 在末状态排出气体的体积ΔV＝V－V0 体积占比η＝×100% 代入数据解得η＝6.7% 答案：6.7% 14．高原地区气压低，水的沸点达不到100 ℃，居民煮饭时就需要用高压锅，利用它可以将食物加热到100 ℃以上，它省时高效，深受消费者欢迎．(计算结果均保留三位有效数字) (1)小明测得高压锅圆形出气孔的直径为4 mm，压在出气孔上的安全阀的质量为80 g，当高压锅内气压增大到某一值时，锅内气体就能自动顶开安全阀放气，安全阀被顶起时处于平衡状态，此时高压锅内部气体的压强是多大？(已知标准气压p＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2) (2)如果安全阀被顶起时，高压锅内气体温度为127 ℃，停止加热，当锅内气体温度降至107 ℃时，高压锅内部气体的压强是多大？(可近似认为高压锅在这一过程中气体总量保持不变) 解析：(1)安全阀的重力G＝mg＝0.8 N 气孔的面积S＝πr2＝1.26×10－3 m2 安全阀对气孔处气体产生的压强p′＝＝6.35×104 Pa 此时气体压强p1＝p＋p′＝1.64×105 Pa (2)由等容变化可得＝ 代入数值可得p2＝p1＝1.56×105 Pa 答案：(1)1.64×105 Pa；(2)1.56×105 Pa 学科网（北京）股份有限公司 $