素养提升课二 气体实验定律的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

该高中物理课件聚焦气体实验定律的综合应用，涵盖变质量问题（充气、抽气等四类）、液柱移动问题（假设法等三种方法）及理想气体图像问题，通过实际情境（如保温杯漏气、打气筒打气）导入，衔接基础定律，搭建从单一规律到综合应用的学习支架。 其亮点在于以科学思维为核心，通过模型建构（变质量问题转化为定质量模型）和科学推理（液柱移动压强变化分析），结合多样化实例（如双层保温杯压强计算、储气罐调配问题）与规律总结（变质量推论、图像特点），帮助学生深化物理观念，教师可依托系统例题与测评实现高效教学。

素养提升课二　气体实验定律的综合应用 　　　　 第1章　分子动理论与气体实验定律 提升点一　变质量问题 1 提升点二　液柱移动问题 2 随堂演练　对点落实 4 内容索引 课时测评 5 提升点三　理想气体的图像问题 3 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 提升点一　变质量问题 返回 常见的四类变质量问题 1．充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的“变质量”问题。只要选择容器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。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。 3．分装问题：将一个大容器内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。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成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，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成定质量问题，再用相关方程求解即可。 某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。(T＝t＋273 K) (1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强； 答案：3.1×103 Pa　 例1 以夹层中空气为研究对象 初态：p1＝3.0×103 Pa，T1＝300 K 末态：T2＝310 K，p2未知 由查理定律有＝ 解得p2＝3.1×103 Pa。 (2)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1.0×105 Pa。 答案： 以夹层内气压达到p0＝1.0×105 Pa时的空气为研究对象，此时空气体积为夹层的容积V0，假设当其压强减小到p1＝3.0×103 Pa时的体积为V1 由玻意耳定律有p1V1＝p0V0 解得＝＝＝ 故增加的空气质量与原来夹层中空气质量的比值为＝＝。 变质量问题的分析 1．处理变质量问题的思路：分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用相关规律求解。 规律总结 2．两个推论 (1)如果一部分气体(p，V，T)被分成了几部分，状态分别为(p1， V1，T1)、(p2，V2，T2)、…、(pn，Vn，Tn)，则有＝ ＋…＋。 (2)气体密度与状态参量的关系：将V＝代入状态方程即可得＝。　　 规律总结 针对练1．大气压强p0＝1.0×105 Pa。某容器的容积为V0＝20 L，装有压强为p1＝2.0×106 Pa的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，等气体达到新的平衡时，容器内剩余的气体质量与原来气体的质量之比为 A．1∶19　　　　　　　 B．1∶20 C．2∶39 D．1∶18 由玻意耳定律得p1V0＝p0V0＋p0V，因V0＝20 L，则V＝380 L，即容器中剩余20 L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400 L，所以剩余气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之 比，即＝，B正确。 √ 针对练2．甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后： (1)两罐中气体的压强； 答案：p　 气体发生等温变化，将甲、乙组成后看成整体，最终甲、乙压强相等，则玻意耳定律 pV＋p·2V＝p′·3V 联立两式可得p′＝p。 (2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。 答案： 若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有p′V＝pV2 设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝ 联立各式可得k＝。 返回 提升点二　液柱移动问题 返回 以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的 玻璃管内有一段长为h的水银柱，将管内气体分为两部分。若使 两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设 原来温度相同) 此类问题的特点是：当气体的压强、体积及温度都发生变化 时，直接判定液柱移动方向比较困难，那么处理这类问题一般有以下3种方法。 1．假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部气体＝，压强变化量Δp2＝(－1)p2，同理，下部气体压强变化量Δp1＝(－1)p1，由于开始时，p1＞p2，故Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。 2．极限法：由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小，设想p2→0，即管上部认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。 3．图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一 p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温 度相同时p1＞p2，得气柱l1等容线的斜率较大，当两气 柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1＞Δp2，水 银柱上移。 如图1所示，容器A和B内分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃、氧气的温度为20 ℃时，水银柱保持静止。判断下列情况下，水银柱将怎样移动：(T＝t＋273 K) (1)两种气体均升温20 ℃； 答案：向容器B一侧移动　 例2 对氢气和氧气分别分析，由查理定律得 ＝＝＝，即Δp＝p1 图1所示情境中，氢气和氧气的初压相同，设为p0。图2 所示情境中，两气体初温相同，设为T。当温度变化时， 先假设水银柱不动，则有 解法一　ΔpA＝p0＞0，ΔpB＝p0＞0，因为ΔpA＞ΔpB， 所以水银柱向容器B一侧移动。 解法二　在p-T坐标系中分别作出H2、O2的等容线，如图3所示。因初始状态时，A、B中气体的压强相等，而TB＞TA，所以H2的等容线斜率较大。当增加相同温度时，从图像中能直观地看出，ΔpA＞ΔpB，故水银柱将向容器B一侧移动。 (2)氢气升温10 ℃，氧气升温20 ℃； 答案：向容器A一侧移动　 ΔpA′＝p0＞0，ΔpB′＝p0＞0，因为ΔpA′＜ΔpB′，所以水银柱向容器A一侧移动。 (3)若初状态如图2所示且气体初温相同，两种气体均降温10 ℃。 答案：向容器A一侧(向下)移动 ΔpA″＝－pA＜0，ΔpB″＝－pB＜0，因为pA＞pB，所以|ΔpA″|＞|ΔpB″|，即水银柱向容器A一侧(向下)移动。 针对练1．两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图所示。V左＜ V右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱温度降为0 ℃，左端空气柱温度降为10 ℃，则管中水银柱将 A．不动 B．向左移动 C．向右移动 D．无法确定是否移动 √ 假设降温后水银柱不动，则两段空气柱均做等容变化，初始状态左、右端空气柱压强相等，即p左＝p右＝p，对左端空气柱，有＝，则Δp左＝p左＝p，同理，对右端空气柱，有Δp右＝p，所以Δp右＞Δp左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，故C正确。 针对练2．(多选)如图，一内壁光滑、竖直放置的密闭汽缸内，有一个质量为m的活塞将汽缸内气体分为上、下两部分：气体A和B。原来活塞恰好静止，两部分气体的温度相同，现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度，则 A．活塞将静止不动 B．活塞将向上移动 C．A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大 D．A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同 √ √ 假设活塞不动，则两部分气体都发生等容变化，根据 ＝，可得Δp＝ΔT，因为两部分气体的温度相同，现 在将两部分气体同时缓慢升高相同温度，即ΔT相同， 但下面气体初态压强大，则下面气体增加压强大，故 活塞将向上移动，A错误，B正确；初态pA＋＝pB，最终稳定后，pA′＋＝pB′，所以pA′－pA＝pB′－pB，A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同，C错误，D正确。 返回 提升点三　理想气体的图像问题 返回 名称 图像 特点 其他图像 等 温 线 p -V pV＝CT(C为常量)即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 P-­ p＝，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高 名称 图像 特点 其他图像 等 容 线 p -T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小 p -t p与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15，0)，斜率越大，对应的体积越小 名称 图像 特点 其他图像 等 压 线 V -T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小 V-t V与t成线性关系，但不成正比，图线延长线均过点 (－273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小 使一定质量的理想气体按图甲 中箭头所示的顺序变化，图甲中BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线 的一部分。 (1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K， 求气体在状态B、C和D的温度各是多少； 答案：600 K　600 K　300 K　 例3 从题图甲中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。 根据理想气体状态方程得 ＝＝ 解得TC＝·TA＝×300 K＝600 K， TD＝·TA＝×300 K＝300 K 由题意知从B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。 (2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。 由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有 pBVB＝pCVC 解得VB＝＝ L＝20 L V-T图像如图所示，AB段是等压膨胀过程，BC 段是等温膨胀过程，CD段是等压压缩过程。 一般状态变化图像的处理方法 基本方法，化“一般”为“特殊”，如图 所示的是一定质量的某种气体的状态变化过程 A→B→C→A。 方法技巧 在V-T图像上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程pA′＜pB′＜pC′，即pA＜pB＜pC，所以A→B压强增大，温度降低，体积缩小，B→C温度升 高，体积减小，压强增大，C→A温度降低，体积增大，压强减 小。　　 方法技巧 针对练1．仔细观察图片，回答下列问题 (1)如图甲，活塞与汽缸壁润滑良好，且密封不漏气，用电热器给汽缸加热，汽缸中的气体哪个状态参量不变？ 答案：压强 活塞与汽缸壁润滑良好，且密封不漏气，加热时，气体会膨胀，则温度和体积增大，设大气压强为p0，活塞和砝码的总质量为m，活塞的横截面积为S，则汽缸中气体的压强为p＝p0＋，可知气体的压强不变。 (2)用电子温度计测出不同温度时图甲汽缸中气体的温度t，用刻度尺测算出密封气体对应的体积V，增加砝码，再测得多组V、t数据。描点作图可得到图乙所示图像，猜想3条图线延长后的交点横坐标对应什么温度。 答案：热力学温度的零点 猜想3条图线延长后的交点横坐标对应热力学温度的零点。 (3)如果(2)中的猜想正确，以图乙中图线的交点为坐标原点建立坐标系，分析图像可得到什么结论。 分析图像可得到一定质量的气体，压强不变时，其体积与热力学温度成正比。 针对练2．如图所示，1、2、3为一定质量理想气体在p-V图中的三个状态。该理想气体由状态1经过程1→2→3到达状态3，其中2→3之间图线为双曲线中的一部分。已知状态1的参量为p1＝1.0×105 Pa，V1＝ 2 L，T1＝200 K。 (1)若状态2的压强p2＝4.0×105 Pa，则温度T2是多少？ 答案：800 K 1→2是等容变化 由查理定律得＝，解得T2＝T1＝800 K。 (2)在(1)的前提下，若状态3的体积V3＝6 L，则压强p3是多少？ 答案：×105 Pa 2→3是等温变化 由玻意耳定律得p2V2＝p3V3 解得p3＝＝×105 Pa。 返回 随堂演练　对点落实 返回 1．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-­V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-­T图像和 V-T图像表示，则下图可能正确的是 √ √ A到B是等温变化，气体体积变大，根据玻意耳定律知压强p变小，B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的一条倾斜的直线，C到A是等压变化，气体体积减小，根据盖—吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确；A到B是等温变化，气体体积变大，B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律知，温度升高，C到A是等压变化，气体体积变小，在V-­T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。 2．(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气柱被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气柱都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。 √ √ 3．一只两用活塞打气筒的原理图如 图所示(打气时如图甲所示，抽气时 如图乙所示)，其筒内体积为V0，现 将它与另一只容积为V的容器相连接， 开始时容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(容器内气体温度不变，每次打气时打气筒内气体在打入容器前压强为p0) A．np0，p0 B．p0， p0 C．(1＋)np0，(1＋)np0 D．(1＋)p0，()np0 √ 打气时，活塞每推动一次，就把体积 为V0、压强为p0的气体推入容器内， 若活塞工作n次，就是把压强为p0、体 积为nV0的气体压入容器内，容器内原 来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V，解得p′＝p0＝(1＋n)p0，抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，p1＝p0。第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)，p2＝p1＝()2p0，活塞工作n次，则有：pn＝()np0，故D正确。 4．用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球。不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程相比较 A．两次篮球内气体压强的增加量相等 B．后一次篮球内气体压强的增加量大 C．后一次压入的气体分子数多 D．后一次压入的气体分子数少 √ 设篮球体积为V0，打气筒体积为V，打第n次气后篮球内气体的压强为pn，打第n＋1次气后气体压强为pn＋1，根据玻意耳定律，有pnV0＋p0V＝pn＋1V0，可知pn＋1－pn＝，即两次篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，B错误；每次压入的气体均为同温度、同压强、同体积，可知每次压入气体的物质的量相同，可知压入的气体分子数相等，故C、D错误。故选A。 返回 课时测评 返回 1．容积V＝10 L的钢瓶充满氧气后，压强p＝20 atm，打开钢瓶盖阀门，让氧气分别装到容积为V0＝5 L的小瓶子中去，若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p0＝2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是 A．2瓶 B．18瓶 C．10瓶 D．20瓶 由玻意耳定律得pV＝p1V1，即20 atm×10 L＝2 atm×V1，解得V1＝ 100 L，最多可装的瓶数是n＝＝(瓶)＝18(瓶)，故B正确。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 2．一根长试管中封闭了一定质量的气体，如图所示，现将试管缓慢转到虚线位置，下列图像正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 设竖直时气体压强为p1，气体在试管中的长度为L1，封闭气体的液体密度为ρ，液体的高度为h，大气压强为p0，旋转后气体压强为p2，旋转后与竖直方向的夹角为θ，则竖直时有p1＋ρgh＝p0，旋转后有p2＋ ρgh cos θ＝p0，解得p2＝p1＋ρgh(1－cos θ)，可看出随着θ增大，p2也随着增大，气体做等温变化，p增大，体积减小，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 3．如图所示，粗细均匀、竖直放置的玻璃管中，P为一小活塞， 有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分，活塞 和水银柱都静止不动。再用力向下压活塞，使得活塞向下移动一 段距离L，同时水银柱将向下缓慢移动一段距离H，在此过程中 温度不变，则有 A．L＞H B．L＜H C．L＝H D．无法判断 向下压活塞时气体压强增大，两部分气体的压强增量Δp相等，发生等温变化，由pV＝p′V′，ΔV＝V－V′＝V，由图可知pB＝pA＋h>pA，pB′＝pA′＋h>pA′，由pB′>pA′，则ΔVA>ΔVB，则L>H，故A正确。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 4．打篮球是同学们喜爱的一种体育活动，篮球正常使用时气压范围为 1.5 atm～1.6 atm。小明和同学们来到室内篮球场打篮球，发现篮球场内的篮球气压不足，测得篮球内部气体的压强为1.2 atm。如图所示，小明同学用手持式打气筒在室内给篮球打气，每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进球内。已知篮球的体积V＝5 L，大气压强恒为p0＝1.0 atm，打气过程中篮球体积和球内气体温度均视为不变，室内温度t1＝24 ℃，室外温度t2＝27 ℃，T＝t＋273 K。下列说法正确的是 A．若同学们在室内篮球场玩，最少需打气11次 B．若同学们在室内篮球场玩，最少需打气13次 C．若同学们将篮球带到室外篮球场玩，最多能打气15次 D．若同学们将篮球带到室外篮球场玩，最多能打气17次 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 根据玻意耳定律有p1V＋n1p0V0＝pminV，解得n1＝12，A、B错误；室内的热力学温度T1＝t1＋273 K＝297 K，室外的热力学温度T2＝t2＋273 K＝300 K，根据理想气体状态方程有＝，解得n2＝15.36，即最多能打气15次，C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 5．一定质量的理想气体的状态变化过程的V-T图像如图所示。则与之相对应的变化过程p-T图像应为下图中的 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 a→b过程中，V-T图像是经过坐标原点的直线，根据理想气体状态方程＝C可知，压强p一定，故是等压变化，p-T图像是与T轴平行的直线，b→c过程是等容变化，根据理想气体状态方程＝C可知，p-T图像是经过坐标原点的直线，c→a过程是等温变化，p-T图像是与p轴平行的直线，故A、C、D错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 6．被抽气体的最大体积是抽气机容积的百分之一，当上提活塞时，阀门a打开，阀门b关闭；当活塞向下运动时，阀门b打开，阀门a关闭。设抽气机中原来压强为76 cmHg，则抽3次后抽气机中气体压强最接近 A．75.24 cmHg B．73.76 cmHg C．73.01 cmHg D．72.28 cmHg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 设抽气前抽气机体积为V0，压强为p0。抽一次、两次、三次后抽气机内气体压强分别为p1、p2、p3，则有p0V0＝p1(V0＋ΔV)，p1V0＝p2(V0＋ΔV)，p2V0＝p3(V0＋ΔV)，ΔV＝，解得p3＝()3p0≈73.76 cmHg，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 7．如图所示，为一种演示气体实验定律的仪 器——哈勃瓶。它是一个底部开有圆孔，瓶 颈很短的导热平底大烧瓶，瓶内塞有一气球， 气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配 有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和 橡皮塞封闭一定质量的气体，封闭气体的压强为p0，在对气球缓慢吹气过程 中，当瓶内气体体积减小ΔV时，压强增大20%，若使瓶内气体体积减小3ΔV，则其压强为 A．1.2p0 B．1.5p0 C．1.8p0 D．2.0p0 气体做的是等温变化，由玻意耳定律得p0V＝1.2p0(V－ΔV)，p0V＝p′(V－ 3ΔV)，解得p′＝2p0，故D正确。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 8．一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，dc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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 由题图可知，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，则压强与体积成反比， 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，由题图可知，连接Ob的直线 的斜率小，所以b状态时的温度低，b→c过程温度升高，同时压强增大，且体积也增大，故B错误；由题图可知，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；由题图可知，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 9．(8分)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图像，已知气体在状态B时的体积是8 L，求VA、VC和VD，并画出此过程中的V-T图像。 答案：4 L　8 L　 L　见解析图 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 A→B为等温过程，由玻意耳定律得 pAVA＝pBVB 所以VA＝VB＝×8 L＝4 L B→C为等容过程，所以VC＝VB＝8 L C→D为等压过程，有＝ 则VD＝VC＝×8 L＝ L 此过程的V-T图像如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 10．(10分)学校食堂采用高温消毒柜对公共餐具进行消毒，加热前柜内气体温度T1＝300 K，压强与外部气压均为p0＝1×105 Pa，若将柜门关好不漏气，加热一段时间后，柜内气体温度达到T2＝360 K后处于保温状态。 (1)求T2＝360 K时柜内气体的压强p； 答案：1.2×105 Pa 升温过程为等容变化，＝ 解得p＝1.2×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 (2)将消毒柜放气阀打开，缓慢放气至柜内气体与外界压强相同，忽略放气过程柜内气体温度的变化，求放出气体与柜内剩余气体的质量比。 答案： 以柜内所有气体为研究对象，放气过程视为等温变化，pV＝p0V′ 解得V′＝1.2V 则放出气体与柜内剩余气体的体积比为＝＝ 压强和温度相同的气体密度相同，体积比即为质量比，放出气体与柜内剩余气体的质量比＝＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 11．(10分)如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚 度不计，在 A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、 B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为 0.1V0。开始时活塞在B处，缸内气体的压强为(0.9p0)(p0为 大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直到399.3 K。求： (1)活塞刚离开B处时的温度TB； 答案：330 K 汽缸内的气体初态时p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K， 当活塞刚离开B处时，气体的状态参量p2＝p0，V2＝V0，T2＝TB，根据查理定律＝，即＝，解得TB＝330 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 (2)缸内气体最后的压强p； 答案：1.1p0 随着温度不断升高，活塞最后停在A处时，气体的状态参量p4＝p，V4＝1.1V0，T4＝399.3 K， 根据理想气体状态方程有＝，得＝，解得p＝ 1.1p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 (3)在图中画出整个过程的p-V图像。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 随着温度的升高，当活塞恰好停在A处时，气体的状态参量p3＝p0，V3＝1.1V0，T3＝TA， 由＝得＝，解得TA＝363 K。 综上可知，气体在温度由297 K升高到330 K过程中，气体做等容变化；由330 K升高到363 K过程中，气体做等压变化；由363 K升高到399.3 K过程中，气体做等容变化。故整个过程中p-V图像如图所示。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 谢 谢 观 看 素养提升课二　气体实验定律 的综合应用 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 $