11.3 气体的等容变化和等压变化 讲义 -2025-2026学年高二下学期物理同步复习（沪科版选择性必修第三册）

本讲义聚焦气体的等容变化（查理定律）、等压变化（盖-吕萨克定律），系统梳理理想气体状态方程、状态变化图像及实验规律，构建从单一过程规律到综合应用的完整知识支架。 资料通过生活实例（如新冠病毒灭活温度计算）培养物理观念，实验题（如气体体积温度关系探究）提升科学探究能力，图像分析题锻炼科学思维中的模型建构。课中辅助教师讲解规律应用，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

第十一章第三节 气体的等容变化和等压变化 题型1 气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用 题型2 气体的等容变化与查理定律的应用 题型3 理想气体及理想气体的状态方程 题型4 理想气体状态变化的图像问题 题型5 理想气体的实验规律 ▉题型1 气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用 【知识点的认识】 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。 2.盖—吕萨克定律 （1）文字表述：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）②表达式：V＝CT（其中C是常量），或。 3.图像表达 4.适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。 5.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（1）。 6.推论；一定质量的气体，从初状态（V、T）开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为或。 1．如图所示为水平放置的固定圆柱形汽缸，汽缸内被A、B两活塞封有一定质量的气体，活塞之间用硬杆相连（硬杆的粗细可忽略），活塞与汽缸壁之间可无摩擦地滑动而不漏气。现缸内气体温度为T1，活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温度缓慢下降到T2，且降温幅度很小，外界环境压强不变，则下列说法中正确的是（　　） A．缸内气体将做等体积变化，活塞不发生移动 B．活塞将向右移动 C．活塞将向左移动 D．活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、压强与降温前相比都发生了变化 【答案】B 【解答】解：ABC.令外界环境压强与密封气体压强分别为p0，p1，对活塞与硬杆整体，由平衡条件可得： p0SA+p1SB＝p1SA+p0SB， 解得： p0＝p1， 由此可知，气体发生的是等压变化，则根据盖—吕萨克定律可得： ， 由此可知，当缸内气体温度缓慢下降到T2时，密封气体体积将随之减小，由于活塞用硬杆相连，两活塞移动的距离相等，因此，当密封气体体积减小时，活塞应向横截面积较小的活塞一侧移动，即活塞将向右移动，故AC错误，B正确； D.结合前面分析及题意可知，活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度与降温前相比都发生了变化，而压强没有发生变化，故D错误； 故选：B。 （多选）2．研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，汽缸底部接有电热丝E，汽缸的总高度h＝96cm。a缸内被封闭气体初始温度t1＝27℃，活塞与底部的距离h1＝60cm，活塞和汽缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，a汽缸中的气体温度缓慢升高，稳定后活塞与底部的距离h2＝66cm，关于上述变化过程，下列说法正确的是（　　） A．a汽缸中的气体压强不变 B．稳定后，a汽缸内的气体温度为50℃ C．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒能够被灭活 D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒不能够被灭活 【答案】AC 【解答】解：A.由题意知，阀门K始终打开，则a汽缸中的气体压强不变，故A正确； BCD.结合前面分析可知，a汽缸中的气体压强不变，则由盖—吕萨克定律可得： ， 其中： V1＝h1S， V2＝h2S， 联立解得，稳定后，a汽缸内的气体温度为： t2＝57℃＞56℃， 故BD错误，C正确； 故选：AC。 3．如图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面等高。 （1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管 　向下　 （填“向上”或“向下”）移动，直至 　B、C两管水银面等高　 ； （2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是 　A　 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）气体温度升高，压强变大，B管水银面下降，为保证气体压强不变，应适当降低C管， 所以应将C管向下移动，直至B、C两管水银面等高，即保证了气体压强不变。 （2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。 压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A。 故答案为：（1）向下，B、C两管水银面等高； （2）A。 4．如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。 （1）求细管的长度； （2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1．由玻意耳定律有： pV＝p1V1 ① 由力的平衡条件有 p＝p0+ρgh ② p1＝p0﹣ρgh ③ 式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有 V＝S（L﹣h1﹣h） ④ V1＝S（L﹣h） ⑤ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm ⑥ （2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖﹣吕萨克定律有： ⑦ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K ⑧ 答：（1）细管的长度为41cm； （2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。 5．如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气体的温度为t1＝7℃，外界大气压取p0＝1.0×105Pa（相当于75cm高的汞柱压强）． （i）在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g＝10m/s2） （ii）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77℃，此时气柱为多长？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（i）被封闭气体的初状态为 p1＝1.0×105 Pa，V1＝LS＝21S，T1＝280 K 末状态压强 p2＝p01.05×105 Pa，V2＝L2S，T2＝T1＝280 K 根据玻意耳定律，有 p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2 得L2L＝20 cm． （2）对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K 根据盖﹣吕萨克定律，有，即 得L3＝25 cm． 答：（1）在活塞上放一个质量m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，平衡后气柱为20cm． （2）保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77℃，此时气柱为25cm． ▉题型2 气体的等容变化与查理定律的应用 【知识点的认识】 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）文字表述：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）表达式：p＝CT（其中C为常量）或。 （3）图像表示： （4）适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。 3.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（等于或小于几个大气压），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，所增加（或减小）的压强是相同的。 （多选）6．如图为一定质量的理想气体两次不同体积下的等容变化图线，有关说法正确的是（　　） A．a点对应的气体状态其体积大于b点对应的气体体积 B．a点对应的气体状态其体积小于b点对应的气体体积 C．a点对应的气体分子密集程度大于b点的分子密集程度 D．a点气体分子的平均动能等于b点的分子的平均动能 【答案】BCD 【解答】解：A、根据题意，ab两点温度相同，但a的压强更大，根据气体的等温变化的特点，相同气体温度相同时，压强越大体积越小，故a点的体积更小，故A错误 B、根据A中的分析，故B正确 C、气体分子密集程度类比于气体密度，显然两次质量相同，但a的体积更小，故分子密集程度更大，C正确 D、气体分子的平均动能等同于温度的大小，ab温度相同，故气体分子的平均动能相同，D正确 故选：BCD。 7．如图，一个上端开口，下端封闭的玻璃管，下部有长为l1＝60cm的水银柱，中间封有长为l2＝15cm的空气柱，上部封有长l3＝45cm的水银柱，此时水银柱刚好与管口齐平，已知大气压强p0＝75cmHg。 （1）密闭气体压强为　120　 cmHg。 （2）初始温度为37℃，如果环境温度增加155℃，则密闭气体压强为　110　 cmHg（保留两位有效数字）。 （3）接上题，温度恢复37℃后，密闭气体压强为　110　 cmHg。 （4）接上题，将试管旋转180°后，开口向下，然后再旋转180°，恢复到开口向上，求此时密闭气体压强（用汞柱高度表示压强）。 【答案】（1）120； （2）110； （3）110； （4）此时密闭气体压强90cmHg。 【解答】解：（1）p1＝p0+l3＝（75+45）cmHg＝120cmHg。 （2）随着升温，体积变大，水银会溢出，压强变小， 气体初态1：T1＝（t1+273）K＝（37+273）K＝310K，p1＝120cmHg，V1＝l2S， 气体末态2：T2＝（T1+155）K＝（310+155）K＝465K，V2＝l2′S，p2＝p0+（l2+l3﹣l2′）， 由理想气体状态方程可知：，代入数据可得：l2′≈24cm（l2′≈111cm，舍去）， 末态压强p2＝p0+（l2+l3﹣l2′）＝（75+15+45﹣24）cmHg≈110cmHg。 （3）气体温度降低，体积减小，气体上方水银柱不变，所以压强不变，仍为110cmHg。 （4）试管旋转180°后，开口向下， 气体末态3：T3＝310K，p3＝l1＝60cmHg，V3＝l2″S， 气体从初态1到末态3做等温变化，由玻意耳定律可知：p1V1＝p3V3， 代入数据可得：l2″＝30cm， 将管内水银看作整体，大气压强p0＝75cmHg，则水银总长度L＝l3′+l1＝p0， 代入数据可得：l3′＝15cm， 恢复到开口向上后，气体压强p4＝p0+l3′＝（75+15）cmHg＝90cmHg。 故答案为：（1）120； （2）110； （3）110； （4）此时密闭气体压强90cmHg。 8．如图所示，上下粗细不一样的气缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中，气缸底面积为S，活塞横截面积为，气缸上下两部分的长度相同。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时，活塞恰好在气缸上下两部分的分界处，玻璃管内左右水银液面高度差为h（U形管内的气体体积、水银质量不计）。已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度g。不计活塞与气缸的摩擦。 ①求气缸的质量M； ②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化？怎样变化？ ③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①绳封闭气体压强为p，对气缸M受力分析，根据受力平衡可知： 对U形玻璃管内水银柱分析有：p0＝p+ρgh 联立解得： ②加热时，气缸始终处于平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银高度差不变化 ③加热时，气体做等压变化，由盖﹣吕萨克定律可得： 解得 答：①气缸的质量M为； ②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h不变； ③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是。 9．如图所示，容积均为V的气缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的5倍后关闭K1，已知室温为27℃，气缸导热。 （1）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； （2）接着打开K3，求稳定时活塞的位置； （3）再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1．依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 p0V＝p1V1 （5p0）V＝p1（2V﹣V1） 联立解得V1，p1＝3p0 （2）打开K3后，可知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2（V2≤2V）时，活塞下方气体压强为p2。 由玻意耳定律得：（5p0）V＝p2V2 解得p2 打开K3后活塞上升直到B的顶部为止，此时p2为p′2＝2.5p0 （3）设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 解得：p3 答：（1）打开K2，稳定时活塞上方气体的体积和压强分别为和3p0； （2）接着打开K3，稳定时活塞的位置为上升直到B的顶部； （3）此时活塞下方气体的压强为。 10．某同学将一体积较大的广口瓶开口向上放入77℃热水杯中，待热平衡后，用一个剥去蛋壳的熟鸡蛋（最粗处横截面略大于瓶口横截面）恰好封住瓶口，如图所示，当热水杯中水温缓慢降至42℃时，观察到鸡蛋缓慢落入瓶中，已知大气压强P＝1.0×10Pa，瓶口面积S＝1.0×10﹣2m2，熟鸡蛋重G＝0.50N．求： （1）温度为42℃，鸡蛋刚要落入瓶中时，广口瓶内的压强变为多大？ （2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时与瓶口间的阻力多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）广口瓶内的空气状态为： p1＝p0＝1.0×105Pa；T1＝273+42＝315K；T2＝273+77＝350K； 根据查理定律， 故有：P10.9×105Pa （2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时，根据力的平衡，有 G+p0S＝p2S+f 即f＝G+（p0﹣p2）S＝[0.50+（1.0×105﹣0.9×105）×1.0×10﹣3]N＝10.5N 答：（1）温度为42℃时广口瓶内的压强变为0.9×105 Pa （2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时与瓶口间的阻力10.5N． ▉题型3 理想气体及理想气体的状态方程 【知识点的认识】 理想气体的状态方程 （1）理想气体 ①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。 ②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。 （2）理想气体的状态方程 一定质量的理想气体状态方程：或。 气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。 11．如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是（　　） A．当外界温度升高（大气压不变）时，L变大、H减小、p变大、V变大 B．当外界温度升高（大气压不变）时，h减小、H变大、p变大、V减小 C．当外界大气压变小（温度不变）时，L不变、H变大、p减小、V不变 D．当外界大气压变小（温度不变）时，h不变、H减小、p减小、V变大 【答案】D 【解答】解：AB、当外界温度升高（大气压不变）时，选择活塞与气缸为整体对其受力分析，受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度不变，活塞的位置不变，则h和L不变； 气缸内的气体做等压变化，根据理想气体状态方程可以判断，温度升高时，体积V增大、气缸下落，所以H减小，p不变，故AB错误； CD、当外界大气压变小（温度不变）时，选择活塞与气缸为整体对其受力分析，受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在外界大气压减小过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度不变，活塞的位置不变，则h和L不变； 气体压强p＝p0，外界大气压p0减小，气体压强p减小，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积V增大、气缸下移，H减小，故C错误，D正确。 故选：D。 12．活塞式抽气机气缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机抽动两次（抽气过程可视为等温变化），容器内剩余气体压强是原来的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设容器内气体压强为p，则气体状态参量为：p1＝p，V1＝2V，V2＝3V， 第一次抽气过程，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2， 即：p×2V＝p2×3V，解得：p2p； 第二次抽气过程，气体状态参量： p2p，V2′＝2V，V3＝3V， 由玻意耳定律得：p2V2′＝p3V3， 即：p×2V＝p3×3V，解得：p3p； 故选：C。 13．桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24cm，高为35cm；柱形压水气囊直径为6cm，高为8cm；水桶颈部的长度为10cm。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。已知水桶所在处大气压强相当于10m高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从细出水管流出？（不考虑温度的变化）（　　） A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 【答案】C 【解答】解：设至少需要把气囊完全压n次，才能有水从出水管出，设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，根据玻意耳定律得： p0（V0+nV1）＝p1V0 其中 p1＝ρgh p1＝ρg（h+0.4m） 联立解得：n＝2.4≈3，即至少需要把气囊压缩三次，故C正确，ABD错误； 故选：C。 14．一定质量的气体从状态a经历如图所示的过程，最后到达状态c，设a、b、c三状态下的密度分别为ρa、ρb、ρc，则（　　） A．ρa＞ρb＞ρc B．ρa＝ρb＝ρc C．ρa＞ρb＝ρc D．ρa＜ρb＝ρc 【答案】C 【解答】解：先考虑从a到b过程，根据玻意耳定律，有：PV＝c，由于压强减小，故体积增加，故密度减小，即ρa＞ρb； 再考虑从b到c过程，根据理想气体状态方程，有：，由于P与T成正比，故V一定，故密度不变，故ρb＝ρc； 故ABD错误，C正确； 故选：C。 15．某同学用打气筒为体积为2.0L的排球充气，充气前排球呈球形，内部气压与外界大气压相等，均为1.0×105Pa．设充气过程中排球体积和内外气体温度不变，气筒容积为0.05L，要使球内气体压强达到1.5×105Pa，应至少打气多少次（　　） A．20次 B．30次 C．40次 D．60次 【答案】A 【解答】解：由题，充气过程的最后时刻，活塞以下的气体的压强：P＝1.5×105Pa 其中：V＝2.0L；打气筒容积：V′＝0.05L； 对打足气后球内的气体有：P0（V+nV′）＝PV0 代入数据得：n＝20（次）。故A正确，BCD错误 故选：A。 16．有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左右两部分横截面积之比为1：2．容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h＝5cm，左右两部分容器的水银面的高度差H＝15cm，设大气压P0＝75cmHg，外界环境温度t＝27℃．求： ①向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度； ②当左右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右端容器内被密封的气体的长度为5cm时，此时温控室的温度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①以右边玻璃管封闭的气体为研究对象，封闭气体等温变化，设当两管的水银液面相平时，右端被封闭的气体长度为h′。 初、末状态的压强和体积分别为：P1＝P0﹣HcmHg，p2＝P0 由理想气体状态方程可得：p1h＝p2h'， 解得4cm ②空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降Δh＝h﹣h′＝1cm，则左管水银面会上升2cm，此时空气柱的压强P3＝P0+3ΔhcmHg＝78cmHg 由 查理定律得： 解得 T′＝390K 答：①向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度为4cm； ②温控室的温度为390K。 17．贮气筒的容积为100L，贮有温度为27℃、压强为30atm的氢气，使用后温度降为20℃，压强降为20atm，求用掉的氢气占原有气体的百分比？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：选取筒内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉的氢气包含在末状态中， 则初状态p1＝30atm，V1＝100L，T1＝300K； 末状态p2＝20atm，V2＝？，T2＝293K， 根据得 V2＝146.5L 用掉的占原有的百分比为η31.7%。 答：用掉的氢气占原有气体的百分比为31.7%。 18．如图所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U形管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为25cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化。现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求： ①左右管中水银面的高度差是多大？ ②理想气体A的气柱长度为多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化 初态：压强pB1＝75cmHg，体积VB1＝20S， 末态：压强pB2，体积VB2＝25S， 根据玻意耳定律可得：pB1VB1＝pB2VB2 解得：pB2＝60cmHg 可得左右管中水银面的高度差Δh＝（75﹣60）cm＝15cm ②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化 初态：压强pA1＝（75+25）cmHg＝100cmHg，体积VA1＝10S， 末态：压强pA2＝（75+5）cmHg＝80cmHg，体积VA2＝LA2S 根据玻意耳定律可得：pA1VA1＝pA2VA2 解得理想气体A的气柱长度：LA2＝12.5cm 答：①左右管中水银面的高度差是15cm； ②理想气体A的气柱长度为12.5cm。 ▉题型4 理想气体状态变化的图像问题 【知识点的认识】 1.模型概述：本模型主要研究的就是理想气体的图像问题。 2.一定质量的理想气体的状态变化图像 19．某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环可视为由a→b和c→d两个绝热过程和两个等容过程组成如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体（　　） A．在d→a的过程中，气体温度升高 B．在a→b过程外界对气体做的功大于在c→d过程气体对外界做的功 C．在a→b的过程中，由于该过程绝热，故外界对其做的功全部用于增加内能 D．在b→c的过程中，气体温度不变 【答案】C 【解答】解：A.d→a的过程为等容过程，由查理定律 可得此过程温度降低，故A错误。 B.在p﹣V图象中图线与V轴所夹面积表示气体做功，所以在a→b过程外界对气体做的功小于在c→d过程气体对外界做的功，故B错误。 C.在a→b的过程中，由于该过程绝热，故外界对其做的功全部用于增加内能。故C正确。 D.b→c的过程为等容过程，由查理定律可知，温度升高压强变大，故D错误。 故选：C。 20．下列说法正确的是（　　） A．由图可知，状态①的温度比状态②的温度高 B．由图可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大 C．由图可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做负功 D．由图可知，当分子间的距离r＞r0时，分子间的作用力先减小后增大 【答案】A 【解答】解：A、由图可知，①中速率大分子占据的比例较大，则说明①对应的平均动能较大，故①对应的温度较高，故A正确； B、直线AB的斜率，直线AB的方程，，知V＝5时，pV乘积最大12.5，根据pV＝CT，可知C不变，pV越大，T越高。状态在（5，2.5）处温度最高，在A和B状态时，pV乘积相等，说明在AB处的温度相等，所以从A到B的过程中，温度先升高，后又减小到初始温度，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中，气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误； C、根据分子力做功与分子势能变化的关系知，分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加，由图知，在r由r1变到r2的过程中，分子势能减少，分子力做正功，故C错误； D、力是矢量，比较大小看绝对值，根据图像知在r＞r0知，分子间的作用力先增大后减小，故D错误； 故选：A。 （多选）21．一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，气体体积变小，温度降低 B．b→c过程中，气体温度不变，体积变小 C．c→a过程中，气体体积变小，压强增大 D．c→a过程中，气体压强增大，温度升高 【答案】AD 【解答】解：A、a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖•吕萨克定律得知，体积应减小，故A正确； B、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； CD、c→a过程中，由图可知，p与T成正比，过坐标原点，则气体发生等容变化，体积不变，而压强增大，温度升高，故C错误，D正确； 故选：AD。 （多选）22．热学中有很多图像，对图中一定质量的理想气体图像的分析，正确的是（　　） A．甲图中理想气体的体积一定不变 B．乙图中理想气体的温度一定不变 C．丙图中理想气体的压强一定不变 D．丁图中理想气体从P到Q，可能经过了温度先降低后升高的过程 【答案】AC 【解答】解：A、甲图中，p﹣T线是过原点的直线，p与T成正比，气体发生等容变化，理想气体的体积一定不变，故A正确； B、乙图中图象是曲线，但不一定是双曲线，则乙图中理想气体的温度不一定不变，故B错误； C、丙图中V﹣T线是过原点的直线，V与T成正比，气体发生等压变化，理想气体的压强一定不变，故C正确； D、由图丙图象可知，从P到Q的过程中，pV乘积先增加后减小，由理想气体状态方程C可知，气体的温度T先升高后降低，故D错误。 故选：AC。 ▉题型5 理想气体的实验规律 【知识点的认识】 理想气体的实验定律包括玻意耳定律、盖﹣律萨克定律和查理定律。 1.玻意耳定律：气体的等温变化 实验方法：控制温度不变，研究气体压强与体积的关系。 表达式：pV＝C。 实验图像： 2.盖﹣吕萨克定律：气体的等压变化 实验方法：控制压强不变，研究气体温度与体积的关系。 表达式： 实验图像： 3.查理定律：气体的等容变化 实验方法：控制体积不变，研究气体温度与压强的关系。 表达式： 实验图像： （多选）23．下列说法正确的是（　　） A．一定量的空气等容变化或等压变化时，若吸热升高相同温度，则空气在定容下的比热容大于在定压下的比热容 B．一定量的空气等容变化或等压变化时，若吸热升高相同温度，则空气在定容下的比热容小于在定压下的比热容 C．某个钢瓶所装气体的压强为10atm，如果温度不变，打开钢瓶气阀以后剩余气体质量变为原来的10% D．足球容积为2.5L，里面空气压强与大气压相同。用打气筒给足球打气，每打一次把体积为125mL、压强与大气压相同的空气打进球内，若温度不变，则打了20次后足球内部压强是大气压的2倍 E．某容积为20L的氧气瓶装有30atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶（无气体）中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5atm，则能分装24瓶（设分装过程中无漏气，且温度不变） 【答案】BCD 【解答】解：AB、一定量的空气等容变化或等压变化时，若吸热升高相同温度，则气体内能变化相同，等容变化，气体不做功，ΔU＝Q；等压变化，温度升高，体积增大，气体对外做功，W＜0，故ΔU＜Q，根据Q＝CmΔt可知，质量和升高的温度相同，吸热多的比热容大，故空气在定容下的比热容小于在定压下的比热容，故A错误，B正确； C、以钢瓶内所有气体为研究对象，气体做等温变化，设钢瓶体积为V，根据玻意耳定律得：P1V＝P2V′，解得：，则打开钢瓶气阀以后剩余气体质量变为原来的，故C正确； D、已打完气后所有气体为研究对象，气体做等温变化，由玻意耳定律得：P0•（2.5+0.125×20）＝P×2.5，解得：P＝2P0，故D正确； E、以氧气瓶内所有气体为研究对象，根据玻意耳定律得：P1V1＝P2V2，解得：，则，故E错误； 故选：BCD。 24．“探究气体等温变化的规律”的实验装置如图1所示。 （1）下列说法正确的是 　AD　 。 A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化 B.为找到P与V的关系，一定要测量空气柱的横截面积 C.为了减小实验误差，可以在柱塞上涂润滑油，目的是减小摩擦 D．处理数据时采用p图像，是因为p图像比pV图像更直观 （2）如图2是甲、乙两同学在实验中得到的p图像，若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同，所用气体种类、质量及装置均相等，则两图线斜率不同的原因可能是 　设定的温度不同　 。（写出一个即可） 【答案】（1）AD（2）设定的温度不同 【解答】解：（1）A、本实验采用的方法是控制变量法，所以要保持被封闭气体的质量和温度不变，故A正确； B、由于注射器的横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，故B错误； C、涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，而不是为了减小摩擦，故C错误； D、p与V成反比，p图像是一条过原点的直线，而pV图像是双曲线的一支，所以p图像比p﹣V图像更直观，故D正确。 故选：AD。 （2）在图2中作平行于纵轴的辅助线，可知甲、乙两同学所用气体的体积相同时，甲所用气体的压强较大；根据生活经验可知，当某种气休的质量和体积一定时，温度越高，压强越大，所以两图线斜率不同的原因可能是实验设定的温度不同，甲同学所用气体的温度较高。 故答案为：（1）AD（2）设定的温度不同 25．气体压强跟气体分子总个数、气体体积和温度有关，宏观上的实验规律是pV＝nRT，具中p为气体压强、V为气体体积、n为气体分子的物质的量，T为气体温度、R为理想气体状态常数。 （1）理想气体状态常数R的单位用国际基本单位表示为　kg•m/（mol•K•s3）　 。 （2）已知1mol任何气体在压强p0＝1×105Pa，温度t0＝0℃时，体积约为V0＝22.4L。空气的平均摩尔质量M＝29g/mo1，一个同学深呼吸一次大约体积V1＝3.36mL。（保留一位有效数字） Ⅰ.在冬天，标况下，该同学1次深呼吸，吸入空气分子　9×1019 个； Ⅱ.在春天，压强为p0，温度为t1＝25℃时，该同学1次深呼吸，吸入空气的质量　0.004　 g。 （3）高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p0＝1atm，温度t0＝27℃，火箭以大小为g的加速度竖直向上飞行，仪器舱内水银气压计（如图）的示数为p＝0.6p0，已知仪器舱是密封的，那么： 此时舱内气体的压强为　1.2　 atm，这段过程中舱内温度是　87　 ℃。 （4）如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的体积为V0，从状态A到状态B，从状态A到状态C再到状态B，A、B状态的压强和温度值见图，在p﹣T图像中图线AC反向延长线通过坐标原点O，请分析： Ⅰ.下列气体状态变化过程，　B　 是等容变化过程； A.从状态A到状态B B.从状态A到状态C C.从状态C到状态B Ⅱ.气体在状态B时的体积VB＝　　 V0； （5）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。 容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10﹣4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K。 Ⅰ.在此过程中，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　C　 ； A.变大 B.变小 C.不变 Ⅱ.在此过程中，气体分子的数密度将　B　 ； A.变大 B.变小 C.不变 Ⅲ.此过程中，气体对外界做功为　4.0　 J； Ⅳ.（计算）求此不规则小块圆体的体积； Ⅴ.实验装置不变，如果要更精确的测出该小块固体体积，可以获取5组以上数据（T，V0+lxS），描点作图为一条直线，得出图线的斜率k，横轴截距a，纵轴截距b。这块小块固体体积为　B　 。 A.k B.a C.b 【答案】（1）kg•m/（mol•K•s3）；（2）Ⅰ.9×109；Ⅱ.0.004；（3）1.2；87；（4）Ⅰ.B；Ⅱ.； （5）Ⅰ.C；Ⅱ.B；Ⅲ.4.0；Ⅳ.不规则小块圆体的体积为4×10﹣5m3；Ⅴ.B。 【解答】解：（1）一定质量的理想气体状态方程pV＝nRT 理想气体状态常数R＝8.31J/（mol•K），单位为kg•m/（mol•K•s3）； （2）Ⅰ.在冬天，标况下，该同学1次深呼吸，吸入空气分子 Ⅱ.根据一定质量的理想气体状态方程 其中T1＝（273+25）K＝298K 代入数据解得m≈0.004g 另解：温度为t1＝25℃时，该同学1次深呼吸空气V2＝V1＝3.36mL 转化为标准状况下的体积为V01 根据盖—吕萨克定律 解得 摩尔数 吸入空气的质量 （3）火箭静止时水银柱的长度为h，舱内气体压强为p0＝ρgh 火箭加速时水银柱长度为0.6h，质量为m＝ρ•0.6ghS 设此时舱内气体压强为p1，以气压计内长为0.6h水银柱为研究对象，由牛顿第二定律得 p1S﹣mg＝ma 又a＝g 联立可得p1＝1.2p0＝1.2atm 由于仪器舱是密闭的，被密封的气体体积不变，则有 可得T1＝1.2T0＝360K 则有t1＝（360﹣273）℃＝87℃ （4）Ⅰ.根据查理定律 变形得p＝C•T p﹣T图像是过原点的倾斜直线，因此从状态A到状态C是等容变化过程，故AC错误，B正确。 故选：B。 Ⅱ.从状态A到B，根据理想气体状态方程 解得 （5）Ⅰ.温度升高后，活塞缓慢上升，受力情况不变，故封闭气体的压强不变，根据压强公式可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变，故AB错误，C正确。 故选：C。 Ⅱ.封闭气体分子总数不变，由于体积变大，故气体分子的数密度变小，故AC错误，B正确。 故选：B。 Ⅲ.气体对外做功 Ⅳ.气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律 解得V＝4×10﹣5m3； Ⅴ.根据盖—吕萨克定律 变形得 图像的斜率 图像的纵截距 解得小块固体体积 当T＝0时，横截距a＝V0+lxS＝V 解得小块固体体积V＝a 故AC错误，B正确。 故选：B。 故答案为：（1）kg•m/（mol•K•s3）；（2）Ⅰ.9×109；Ⅱ.0.004；（3）1.2；87；（4）Ⅰ.B；Ⅱ.； （5）Ⅰ.C；Ⅱ.B；Ⅲ.4.0；Ⅳ.不规则小块圆体的体积为4×10﹣5m3；Ⅴ.B。 26．如图导热良好的薄壁汽缸放在光滑水平面上，用横截面积为S＝2.0×10﹣2m2的光滑薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上。外界大气压强p0＝1.0×105Pa．当环境温度为27℃时，密闭气体的体积为3.0×10﹣3m3。 （1）当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动了多少距离？ （2）如果环境温度保持在87℃，对汽缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时汽缸受到的水平作用力多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）升温前：体积V1＝3.0×10﹣3m3，温度T1＝（27+273）K＝300K 升温后：体积V2，温度T2＝（87+273）K＝360K 封闭气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律： 可得末态封闭气体的体积：V2＝3.6×10﹣3m3 汽缸移动的距离为Δl3×10﹣2m （2）如果环境温度保持在87℃，对汽缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值， 考虑最初和最终的气体，相当于发生等容变化， 初态：压强p1＝p0＝1.0×105Pa，温度T1＝300K 末态：压强p3，温度T3＝T2＝360K 根据查理定律： 可得最终封闭气体的压强：p3＝1.2×105Pa 根据气缸的受力平衡：p3S＝p0S+F 可得这时汽缸受到的水平作用力：F＝（p3﹣p0）S＝2×104×2×10﹣2N＝400N 答：（1）当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动了3×10﹣2m； （2）如果环境温度保持在87℃，对汽缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时汽缸受到的水平作用力为200N。 27．某热气球的球囊体积V1＝2.3×103m3．在热气球下方开口处燃烧液化气，使球囊内空气温度由T1＝270K开始逐渐升高，热气球离地后，徐徐升空，当球囊内空气温度T2＝300K时热气球停在空中。假设地面附近的大气压恒为p0，球囊体积始终不变。 ①求热气球停在空中时球囊内剩余空气与升空前球囊内空气的质量之比k； ②若热气球停在空中时停止加热，同时将热气球下方开口处封住，求球囊内空气温度降为T3＝280K时球囊内的空气压强p（结果可用分式表示）。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①假设升温后所有气体的总体积为V2（包括跑掉的空气） 根据盖吕萨克定律得： ① 又：② ①②联立解得：k＝0.9 ②以封口后封闭气体为研究对象，气体做等容变化 根据查理定律得： 解得：P 答：①热气球停在空中时球囊内剩余空气与升空前球囊内空气的质量之比k为0.9； ②若热气球停在空中时停止加热，同时将热气球下方开口处封住，球囊内空气温度降为T3＝280K时球囊内的空气压强p为。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十一章第三节 气体的等容变化和等压变化 题型1 气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用 题型2 气体的等容变化与查理定律的应用 题型3 理想气体及理想气体的状态方程 题型4 理想气体状态变化的图像问题 题型5 理想气体的实验规律 ▉题型1 气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用 【知识点的认识】 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。 2.盖—吕萨克定律 （1）文字表述：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）②表达式：V＝CT（其中C是常量），或。 3.图像表达 4.适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。 5.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（1）。 6.推论；一定质量的气体，从初状态（V、T）开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为或。 1．如图所示为水平放置的固定圆柱形汽缸，汽缸内被A、B两活塞封有一定质量的气体，活塞之间用硬杆相连（硬杆的粗细可忽略），活塞与汽缸壁之间可无摩擦地滑动而不漏气。现缸内气体温度为T1，活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温度缓慢下降到T2，且降温幅度很小，外界环境压强不变，则下列说法中正确的是（　　） A．缸内气体将做等体积变化，活塞不发生移动 B．活塞将向右移动 C．活塞将向左移动 D．活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、压强与降温前相比都发生了变化 （多选）2．研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，汽缸底部接有电热丝E，汽缸的总高度h＝96cm。a缸内被封闭气体初始温度t1＝27℃，活塞与底部的距离h1＝60cm，活塞和汽缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，a汽缸中的气体温度缓慢升高，稳定后活塞与底部的距离h2＝66cm，关于上述变化过程，下列说法正确的是（　　） A．a汽缸中的气体压强不变 B．稳定后，a汽缸内的气体温度为50℃ C．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒能够被灭活 D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒不能够被灭活 3．如图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面等高。 （1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管 　　 （填“向上”或“向下”）移动，直至 　　 ； （2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是 　　 4．如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。 （1）求细管的长度； （2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。 5．如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气体的温度为t1＝7℃，外界大气压取p0＝1.0×105Pa（相当于75cm高的汞柱压强）． （i）在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g＝10m/s2） （ii）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77℃，此时气柱为多长？ ▉题型2 气体的等容变化与查理定律的应用 【知识点的认识】 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）文字表述：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）表达式：p＝CT（其中C为常量）或。 （3）图像表示： （4）适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。 3.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（等于或小于几个大气压），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，所增加（或减小）的压强是相同的。 （多选）6．如图为一定质量的理想气体两次不同体积下的等容变化图线，有关说法正确的是（　　） A．a点对应的气体状态其体积大于b点对应的气体体积 B．a点对应的气体状态其体积小于b点对应的气体体积 C．a点对应的气体分子密集程度大于b点的分子密集程度 D．a点气体分子的平均动能等于b点的分子的平均动能 7．如图，一个上端开口，下端封闭的玻璃管，下部有长为l1＝60cm的水银柱，中间封有长为l2＝15cm的空气柱，上部封有长l3＝45cm的水银柱，此时水银柱刚好与管口齐平，已知大气压强p0＝75cmHg。 （1）密闭气体压强为　　 cmHg。 （2）初始温度为37℃，如果环境温度增加155℃，则密闭气体压强为　　 cmHg（保留两位有效数字）。 （3）接上题，温度恢复37℃后，密闭气体压强为　　 cmHg。 （4）接上题，将试管旋转180°后，开口向下，然后再旋转180°，恢复到开口向上，求此时密闭气体压强（用汞柱高度表示压强）。 8．如图所示，上下粗细不一样的气缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中，气缸底面积为S，活塞横截面积为，气缸上下两部分的长度相同。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为T0时，活塞恰好在气缸上下两部分的分界处，玻璃管内左右水银液面高度差为h（U形管内的气体体积、水银质量不计）。已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度g。不计活塞与气缸的摩擦。 ①求气缸的质量M； ②现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化？怎样变化？ ③在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是多少？ 9．如图所示，容积均为V的气缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的5倍后关闭K1，已知室温为27℃，气缸导热。 （1）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； （2）接着打开K3，求稳定时活塞的位置； （3）再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。 10．某同学将一体积较大的广口瓶开口向上放入77℃热水杯中，待热平衡后，用一个剥去蛋壳的熟鸡蛋（最粗处横截面略大于瓶口横截面）恰好封住瓶口，如图所示，当热水杯中水温缓慢降至42℃时，观察到鸡蛋缓慢落入瓶中，已知大气压强P＝1.0×10Pa，瓶口面积S＝1.0×10﹣2m2，熟鸡蛋重G＝0.50N．求： （1）温度为42℃，鸡蛋刚要落入瓶中时，广口瓶内的压强变为多大？ （2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时与瓶口间的阻力多大？ ▉题型3 理想气体及理想气体的状态方程 【知识点的认识】 理想气体的状态方程 （1）理想气体 ①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。 ②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。 （2）理想气体的状态方程 一定质量的理想气体状态方程：或。 气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。 11．如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是（　　） A．当外界温度升高（大气压不变）时，L变大、H减小、p变大、V变大 B．当外界温度升高（大气压不变）时，h减小、H变大、p变大、V减小 C．当外界大气压变小（温度不变）时，L不变、H变大、p减小、V不变 D．当外界大气压变小（温度不变）时，h不变、H减小、p减小、V变大 12．活塞式抽气机气缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机抽动两次（抽气过程可视为等温变化），容器内剩余气体压强是原来的（　　） A． B． C． D． 13．桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24cm，高为35cm；柱形压水气囊直径为6cm，高为8cm；水桶颈部的长度为10cm。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。已知水桶所在处大气压强相当于10m高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从细出水管流出？（不考虑温度的变化）（　　） A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 14．一定质量的气体从状态a经历如图所示的过程，最后到达状态c，设a、b、c三状态下的密度分别为ρa、ρb、ρc，则（　　） A．ρa＞ρb＞ρc B．ρa＝ρb＝ρc C．ρa＞ρb＝ρc D．ρa＜ρb＝ρc 15．某同学用打气筒为体积为2.0L的排球充气，充气前排球呈球形，内部气压与外界大气压相等，均为1.0×105Pa．设充气过程中排球体积和内外气体温度不变，气筒容积为0.05L，要使球内气体压强达到1.5×105Pa，应至少打气多少次（　　） A．20次 B．30次 C．40次 D．60次 16．有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左右两部分横截面积之比为1：2．容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h＝5cm，左右两部分容器的水银面的高度差H＝15cm，设大气压P0＝75cmHg，外界环境温度t＝27℃．求： ①向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度； ②当左右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右端容器内被密封的气体的长度为5cm时，此时温控室的温度。 17．贮气筒的容积为100L，贮有温度为27℃、压强为30atm的氢气，使用后温度降为20℃，压强降为20atm，求用掉的氢气占原有气体的百分比？ 18．如图所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U形管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为25cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化。现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求： ①左右管中水银面的高度差是多大？ ②理想气体A的气柱长度为多少？ ▉题型4 理想气体状态变化的图像问题 【知识点的认识】 1.模型概述：本模型主要研究的就是理想气体的图像问题。 2.一定质量的理想气体的状态变化图像 19．某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环可视为由a→b和c→d两个绝热过程和两个等容过程组成如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体（　　） A．在d→a的过程中，气体温度升高 B．在a→b过程外界对气体做的功大于在c→d过程气体对外界做的功 C．在a→b的过程中，由于该过程绝热，故外界对其做的功全部用于增加内能 D．在b→c的过程中，气体温度不变 20．下列说法正确的是（　　） A．由图可知，状态①的温度比状态②的温度高 B．由图可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大 C．由图可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做负功 D．由图可知，当分子间的距离r＞r0时，分子间的作用力先减小后增大 （多选）21．一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，气体体积变小，温度降低 B．b→c过程中，气体温度不变，体积变小 C．c→a过程中，气体体积变小，压强增大 D．c→a过程中，气体压强增大，温度升高 （多选）22．热学中有很多图像，对图中一定质量的理想气体图像的分析，正确的是（　　） A．甲图中理想气体的体积一定不变 B．乙图中理想气体的温度一定不变 C．丙图中理想气体的压强一定不变 D．丁图中理想气体从P到Q，可能经过了温度先降低后升高的过程 ▉题型5 理想气体的实验规律 【知识点的认识】 理想气体的实验定律包括玻意耳定律、盖﹣律萨克定律和查理定律。 1.玻意耳定律：气体的等温变化 实验方法：控制温度不变，研究气体压强与体积的关系。 表达式：pV＝C。 实验图像： 2.盖﹣吕萨克定律：气体的等压变化 实验方法：控制压强不变，研究气体温度与体积的关系。 表达式： 实验图像： 3.查理定律：气体的等容变化 实验方法：控制体积不变，研究气体温度与压强的关系。 表达式： 实验图像： （多选）23．下列说法正确的是（　　） A．一定量的空气等容变化或等压变化时，若吸热升高相同温度，则空气在定容下的比热容大于在定压下的比热容 B．一定量的空气等容变化或等压变化时，若吸热升高相同温度，则空气在定容下的比热容小于在定压下的比热容 C．某个钢瓶所装气体的压强为10atm，如果温度不变，打开钢瓶气阀以后剩余气体质量变为原来的10% D．足球容积为2.5L，里面空气压强与大气压相同。用打气筒给足球打气，每打一次把体积为125mL、压强与大气压相同的空气打进球内，若温度不变，则打了20次后足球内部压强是大气压的2倍 E．某容积为20L的氧气瓶装有30atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶（无气体）中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5atm，则能分装24瓶（设分装过程中无漏气，且温度不变） 24．“探究气体等温变化的规律”的实验装置如图1所示。 （1）下列说法正确的是 　　 。 A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化 B.为找到P与V的关系，一定要测量空气柱的横截面积 C.为了减小实验误差，可以在柱塞上涂润滑油，目的是减小摩擦 D．处理数据时采用p图像，是因为p图像比pV图像更直观 （2）如图2是甲、乙两同学在实验中得到的p图像，若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同，所用气体种类、质量及装置均相等，则两图线斜率不同的原因可能是 　　 。（写出一个即可） 25．气体压强跟气体分子总个数、气体体积和温度有关，宏观上的实验规律是pV＝nRT，具中p为气体压强、V为气体体积、n为气体分子的物质的量，T为气体温度、R为理想气体状态常数。 （1）理想气体状态常数R的单位用国际基本单位表示为　　 。 （2）已知1mol任何气体在压强p0＝1×105Pa，温度t0＝0℃时，体积约为V0＝22.4L。空气的平均摩尔质量M＝29g/mo1，一个同学深呼吸一次大约体积V1＝3.36mL。（保留一位有效数字） Ⅰ.在冬天，标况下，该同学1次深呼吸，吸入空气分子　 个； Ⅱ.在春天，压强为p0，温度为t1＝25℃时，该同学1次深呼吸，吸入空气的质量　　 g。 （3）高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p0＝1atm，温度t0＝27℃，火箭以大小为g的加速度竖直向上飞行，仪器舱内水银气压计（如图）的示数为p＝0.6p0，已知仪器舱是密封的，那么： 此时舱内气体的压强为　　 atm，这段过程中舱内温度是　　 ℃。 （4）如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的体积为V0，从状态A到状态B，从状态A到状态C再到状态B，A、B状态的压强和温度值见图，在p﹣T图像中图线AC反向延长线通过坐标原点O，请分析： Ⅰ.下列气体状态变化过程，　　 是等容变化过程； A.从状态A到状态B B.从状态A到状态C C.从状态C到状态B Ⅱ.气体在状态B时的体积VB＝　　 V0； （5）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。 容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10﹣4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K。 Ⅰ.在此过程中，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　　 ； A.变大 B.变小 C.不变 Ⅱ.在此过程中，气体分子的数密度将　　 ； A.变大 B.变小 C.不变 Ⅲ.此过程中，气体对外界做功为　　 J； Ⅳ.（计算）求此不规则小块圆体的体积； Ⅴ.实验装置不变，如果要更精确的测出该小块固体体积，可以获取5组以上数据（T，V0+lxS），描点作图为一条直线，得出图线的斜率k，横轴截距a，纵轴截距b。这块小块固体体积为　　 。 A.k B.a C.b 26．如图导热良好的薄壁汽缸放在光滑水平面上，用横截面积为S＝2.0×10﹣2m2的光滑薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上。外界大气压强p0＝1.0×105Pa．当环境温度为27℃时，密闭气体的体积为3.0×10﹣3m3。 （1）当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动了多少距离？ （2）如果环境温度保持在87℃，对汽缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时汽缸受到的水平作用力多大？ 27．某热气球的球囊体积V1＝2.3×103m3．在热气球下方开口处燃烧液化气，使球囊内空气温度由T1＝270K开始逐渐升高，热气球离地后，徐徐升空，当球囊内空气温度T2＝300K时热气球停在空中。假设地面附近的大气压恒为p0，球囊体积始终不变。 ①求热气球停在空中时球囊内剩余空气与升空前球囊内空气的质量之比k； ②若热气球停在空中时停止加热，同时将热气球下方开口处封住，求球囊内空气温度降为T3＝280K时球囊内的空气压强p（结果可用分式表示）。 学科网（北京）股份有限公司 $