第十五章 第3课时 气体的性质（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第3课时　气体的性质 目标要求　1.掌握气体压强的微观解释和计算方法。2.掌握气体实验定律的内容、适用条件，并会应用解决问题。3.会分析气体状态变化的图像问题。 考点一　气体压强的计算 1．活塞模型 如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。 求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。 图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋。 图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S， 则气体压强为p＝p0－＝p0－ρ液gh。 2．连通器模型 如图所示，U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。 则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1， 所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。 例1　若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。 答案　甲：p0－　乙：p0＋ 丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1　戊：p0－ρgh 己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1) 解析　题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示， 由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，得p甲＝p0－。 题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示 　　　 由平衡条件，有p乙S下sin α＝p0S上＋FN＋mg， FN＝Mg，S下sin α＝S上， S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得p乙＝p0＋。 题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有 p丙S＋ρghS＝p0S，所以p丙＝p0－ρgh 题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有 p丁S＝p0S＋ρgh1S 所以p丁＝p0＋ρgh1 题图戊中，以B液面为研究对象，由平衡条件有 p戊S＋ρghsin 60°·S＝p0S 所以p戊＝p0－ρgh 题图己中，从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同， 所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)， 故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 内容 表达式 图像 玻意耳定律 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 p1V1＝p2V2 查理定律 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 ＝ 拓展：Δp＝ΔT 盖—吕萨克定律 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比 ＝ 拓展：ΔV＝ΔT 理想气体状态 方程 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。 ①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体。 ②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定。 理想气体状态方程：＝或＝C(质量一定的理想气体) *克拉伯龙方程：pV＝nRT，其中n表示物质的量，n＝，R为常数，对所有气体都相等。 思考　请从微观的角度解释气体实验三定律。 (1)玻意耳定律的微观解释： 一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。体积减小时，分子的数密度增大，气体的压强增大。 (2)查理定律的微观解释： 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，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大。 (3)盖—吕萨克定律的微观解释： 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。 1．理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。(　√　) 2．理想气体严格遵守气体实验定律。(　√　) 3．一定质量的理想气体，温度升高时压强一定增大。(　×　) 4．一定质量的理想气体温度升高，气体的内能一定增大。(　√　) 例2　如图所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K。缓慢升高理想气体温度，求： (1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度； (2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。 答案　(1)410 K　(2)1.6 cm 解析　(1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得 h1S1＋h2S2＝xS1 根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为p1＝p0＋ρg(h1＋h2)， 水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为p2＝p0＋ρgx， 由一定质量理想气体状态方程有＝， 联立代入数据解得T2＝410 K。 (2)设当理想气体温度为451 K时的体积为V3， 根据盖—吕萨克定律有＝， 设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y， 则V3＝(l＋h2)S2＋yS1， 联立代入数据解得y＝0.016 m＝1.6 cm。 例3　(2023·浙江嘉兴市一模)如图甲所示为小姚设计的液体拉力测量仪，一容积V0＝9.8 L的导热汽缸下接一圆管，质量m1＝40 g、横截面积S＝5 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下端用轻绳悬挂一质量m2＝10 g的U形金属细丝，活塞刚好处于A位置，摩擦不计，外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，环境温度保持不变，求： (1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1； (2)如图乙所示，将金属丝部分浸入液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝在液体中上升但未脱离，活塞稳定于B位置，已知A、B距离h＝40 cm，求液体对金属丝拉力F的大小； (3)金属丝拉出液体后要维持活塞在最低位置B，汽缸向上运动的加速度大小。 答案　(1)1×105 Pa　(2)1 N　(3)20 m/s2 解析　(1)将活塞和金属丝视为一整体，由受力平衡得p0S＝p1S＋(m1＋m2)g 代入数据得p1＝1×105 Pa (2)当活塞在B位置时，设汽缸内压强为p2，气体温度不变，根据玻意耳定律得 p1V0＝p2(V0＋Sh) 代入数据解得p2＝9.8×104 Pa 由平衡条件得p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F 解得F＝1 N (3)对金属丝和活塞整体由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a 解得a＝20 m/s2。 例4　(2021·辽宁卷·14)如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。 (1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p； (2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。 答案　(1)5×104 Pa　(2)266 K 解析　(1)氦气温度不变，则发生的是等温变化，设氦气在目标位置的压强为p1， 由玻意耳定律得p0V0＝p1·1.5V0 解得p1＝p0 由目标处的内外压强差可得p1－p＝p0 解得p＝p0＝5×104 Pa (2)由胡克定律F＝kx可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的，即px＝p0×＝p0 设此时氦气的压强为p2，活塞两侧压强相等， 可得p2＝px＋p＝p0 由理想气体状态方程可得＝ 其中V2＝V0＋0.5V0×＝V0 解得T＝T0＝266 K。 考点三　气体状态变化的图像问题 四种图像的比较 类别 特点(其中C为常量) 举例 p－V pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远 p－ p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 p－T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小 例5　一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．a→b过程中，气体温度降低，体积增大 B．b→c过程中，气体温度不变，体积减小 C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变 D．在c状态时，气体的体积最小 答案　C 解析　方法一：根据气体实验定律分析： a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C得知，体积应减小，故A错误；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C得知，由于压强减小，故体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。 方法二：根据图像斜率的意义分析： 由理想气体状态方程＝C得：p＝T，斜率k＝，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V越小，故从图可以看出Va＝Vc＞Vb，温度可由图像直观反映出来。 思考　根据例5中气体状态变化的p－T图像，定性作出三个过程的V－T图像和p－V图像。 答案　 　　 处理气体状态变化的图像问题的技巧 1．图像上的某一条直线段或曲线段对应气体状态变化的一个过程，首先要看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。 2．在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可直接根据气体实验定律确定两个状态参量的关系，也可根据某点与原点连线斜率的大小确定，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。 例6　(2021·全国甲卷·33(1))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是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＝________。 答案　1　 解析　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； t＝0 ℃时，当气体体积为V1时，设其压强为p1，当气体体积为V2时，设其压强为p2，温度相等，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 由于直线Ⅰ和Ⅱ为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc 联立解得＝＝。 课时精练 1．(2023·浙江舟山市一模)如图甲所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管内用两段长度分别为h1＝15 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭着长度分别为LA＝20 cm、LB＝10 cm的A、B两段空气柱，大气压强p0＝75 cmHg。现将玻璃管以垂直纸面的轴轻轻转动180°至开口向上，两段空气柱被混在一起，如图乙所示。此过程中空气未泄漏，水银未从管口溢出，不考虑气体温度变化。则此时空气柱的长度为(　　) A．17 cm B．22 cm C．24 cm D．25 cm 答案　A 解析　初始状态气体A的压强pA＝p0－ρ水银gh1＝60 cmHg 气体B的压强pB＝pA－ρ水银gh2＝50 cmHg 玻璃管倒置后气体的压强p＝p0＋ρ水银g(h1＋h2)＝100 cmHg 气体发生等温变化，设玻璃管的横截面积为S，根据玻意耳定律有pALAS＋pBLBS＝pLS，解得L＝17 cm，故A正确，B、C、D错误。 2.如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P的气压表示数为(　　) A.p0 B.p0 C．3p0 D.p0 答案　B 解析　对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p(V＋)，解得p＝p0，故选B。 3.(多选)(2023·浙江杭州市模拟)一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定的水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的有(　　) A．大气压强增加 B．降低环境温度 C．向水银槽内注入水银 D．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移 答案　AB 解析　由题意，设封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，玻璃管横截面积为S，对玻璃管受力分析如图：由受力分析可知，绳的拉力FT＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力。大气压强增加时，液柱h增加，所以拉力FT增大，故A正确；环境温度降低，封闭气体压强减小，由p＝p0－ρgh可知，h增大，所以拉力FT增大，故B正确；向水银槽内注入水银，由p＝p0－ρgh和理想气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h减小，故拉力减小，故C错误；略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体体积减小，压强增大，由p＝p0－ρgh可知，水银面高度差h减小，所以细绳拉力减小，故D错误。 4．如图甲所示，一个导热汽缸水平放置，内部封闭着热力学温度为T0的理想气体，活塞横截面积为S，活塞与汽缸底部距离为L，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸之间摩擦忽略不计。先保持温度不变，将汽缸缓慢转动90°(如图乙)，活塞与汽缸底部距离变为0.9L。再对气体缓慢加热，活塞离汽缸底部距离变为1.2L(如图丙)，求： (1)活塞的质量m； (2)气体加热后的热力学温度T。 答案　(1)　(2)T0 解析　(1)根据题意，由平衡条件可知，汽缸水平放置时，内部气体压强为p1＝p0 体积为V1＝SL 汽缸竖直时，内部气体压强为p2＝p0＋ 体积为V2＝0.9SL 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 解得m＝ (2)根据题意可知，气体加热过程经历等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，解得T＝T0。 5.一根足够长的试管开口竖直向下，中间用水银封闭了一定质量的理想气体，如图所示。现将试管绕定点缓慢向右转到虚线处，则下列图像中可能正确的是(　　) 答案　D 解析　设管内气体的压强为p、体积为V，水银柱的长度为h，转过的角度为θ，则p＝p0－phcos θ，当θ增大时，cos θ减小，封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变，根据理想气体状态方程＝C，可得V＝T，压强增大，V－T图像中图线与原点连线的斜率应该减小，故A错误；根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T，气体体积减小，p－T图像中图线与原点连线的斜率增大，故B错误；根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T，温度不变，p－ 图像的斜率不变，压强增大，题图中箭头方向反了，故C错误；p－V图像的等温线为双曲线的一支，封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变，故D正确。 6．负压救护车主要用于感染患者的转运与抢救，使用时病员舱内气压低于外界大气压，病员舱负压值(为负值)是指舱内气体压强与外界大气压强之差。某次转运病员前，医护人员打开控制开关使封闭病员舱内的气体温度降至人体适合的温度，同时将部分气体抽出使舱负压值达到规定值。已知T＝t＋273 K，打开开关前舱内气体的温度为37 ℃，舱内气体压强与外界大气压强均为p0；打开开关后抽出的气体质量为原来舱内气体质量的n(n<1)倍，舱内温度降至27 ℃，则该病员舱规定的负压值为(　　) A．－np0 B．－p0 C．－p0 D．－p0 答案　C 解析　以打开开关抽出气体后剩余的气体为研究对象，设舱内体积为V，根据理想气体状态方程有＝，即＝，解得p2＝，该病员舱规定的负压值为p2－p0＝－p0，A、B、D错误，C正确。 7.(2023·浙江金华市十校联考)如图所示，某探究小组将一横截面积为S＝5 cm2、质量为m＝0.1 kg的热杯盖扣在一加热平板上，热杯盖内部密封一定质量的气体。开始时封闭气体处于温度为T1＝300 K，封闭气体压强为大气压强。封闭气体可视为理想气体，取大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计热杯盖的体积变化。求： (1)当封闭气体温度降至T2＝285 K时的压强p2； (2)当封闭气体温度降至T2＝285 K时，竖直向上提起杯盖所需拉力的最小值； (3)若探究小组给封闭气体加热，当热杯盖恰好被顶起时封闭气体的温度T3。 答案　(1)9.5×104 Pa　(2)3.5 N　(3)306 K 解析　(1)由题意知，气体发生等容变化，由查理定律有＝ 又p1＝p0 联立解得p2＝9.5×104 Pa (2)竖直向上提起杯盖，对杯盖由平衡条件可得Fmin＝S＋mg 解得Fmin＝3.5 N (3)若探究小组给封闭气体加热，当热杯盖恰好被顶起时，设封闭气体压强为p3， 由平衡条件可得mg＝S 解得p3＝1.02×105 Pa 由查理定律有＝ 解得封闭气体的温度T3＝306 K。 8.粗细均匀的“U”形玻璃管竖直放置，左端封闭右端开口，右侧足够长，左端用水银封闭一定质量的理想气体，如图所示。封闭空气柱的长度L1＝15 cm，两管水银面高度差h＝5 cm，环境温度t＝27 ℃，大气压强p0＝75 cmHg。 (1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面后，求封闭空气柱的长度L2； (2)若环境温度缓慢下降，当玻璃管两侧水银面相平时，求环境温度。(计算结果保留小数点后一位) 答案　(1)16 cm　(2)234.4 K或－38.6 ℃ 解析　(1)设玻璃管的横截面积为S，根据题意可知，玻璃管竖直放置时有 p1＝p0＋h＝80 cmHg，V1＝L1S＝15S 玻璃管平放在水平桌面时有p2＝p0＝75 cmHg，V2＝L2S，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 解得L2＝16 cm。 (2)根据题意可知，两液面相平时有p3＝75 cmHg，V3＝12.5S，由理想气体状态方程有＝ 解得T3≈234.4 K，即t3＝－38.6 ℃。 9．(2023·湖北卷·13)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，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。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽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，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终汽缸内气体的压强； (2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 答案　(1)p0　(2)　 解析　(1)对左右汽缸内所封的气体， 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)对右边活塞受力分析可知 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＝。 学科网（北京）股份有限公司 $