3-3第八章气体教师版_最新修正版

1、25目录气体的等温变化考点一、气体压强的求法考点二、探究气体等温变化的规律考点三、玻意耳定律考点四、气体等温变化的P V或PV图象气体的等容变化和等压变化14考点一、气体的等容变化14考点二、气体的等压变化17考点三、假设法判断液柱（或活塞）的移动问题20理想气体的状态方程25考点一、理想气体25考点二、理想气体的状态方程26考点三、理想气体状态方程与气体图象29气体现象的微观意义35考点一、气体分子运动的特点35考点二、气体压强的微观意义38考点三、对气体实验定律的解释40专题提升44最新修正版最新修正版1第八章气体气体的等温变化3 了解 P V目标定位1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用

2、条件2能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算 图、PV图的物理意义.考点一、气体压强的求法知识梳理1. 液柱封闭气体取等压面法：同种液体在同一深度液体中的压强相等，在连通器中，灵活选取等压面，利用两侧压强相等求解气体压强.如图甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故Pa= po+ Ph;如图乙所示，M、N两处压强相等.故有 PA + ph2= Pb,从右侧管看，有 Pb= P0+ Ph1.甲/i2.活塞封闭气体选与封闭气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，再利用平衡条件求压强.如图甲所示，汽缸截面积为S,活塞质量为M.在活塞上放置质量为 m的铁块，设大气压强为Po,试求封闭气体的压强.

3、以活塞为研究对象，受力分析如图乙所示.由平衡条件得:Mg + mg + PoS= pS，即：p = po +（皿；m 卫甲隔乙典例精析【例1】如图所示，竖直放置的U形管，左端开口，右端封闭, 管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内. 已知水银柱a长hi为10 cm，水银柱b两个液面间的高度差 h?为5 cm ,大气压强为 75 cmHg，求空气柱 A、B的压强分别 是多少?最新修正版答案 65 cmHg 60 cmHg解析设管的截面积为 S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(Pa+Ph1)S，受向上的大气压力为P0S,由于系统 处于静止状态，则(Pa+ Ph1)s= Po

4、S,再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱所以 Pa = Po phi= (75 10)cmHg = 65 cmHg ,h2的上表面处的压强等于Pb，则(Pb+ Ph2)S= PaS，所以Pb= PaPh2 = (65 5)cmHg = 60 cmHg.厂I总结提升卜(1在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p= P gh时，应特别注意 h是表示液柱竖直高度，不一定是液柱长度 (2特别注意大气压强的作用，不要漏掉大气压强 【例2】如图4所示，活塞的质量为 m,缸套的质量为 M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S,大气压强为 P0,则封闭气

5、体的压强为 (A . p = P0 + 詈B. p=p0+iMJtf小MgC . p= P0"SD. p=mg答案 C解析 以缸套为研究对象，有pS+ Mg = poS，所以封闭气体的压强P = p0Mg，故应选C.对于活塞封闭气体类问题压强( )的求法，灵活选取研究对象会使问题简化.对于此类问题，选好研究对象，对研究对象进行受力分析是关键 题组一气体压强的计算h(cm)，上端空气柱长为L(cm)，如图1所A .此时封闭气体的压强是(L + h)cmHgB .此时封闭气体的压强是(H h)cmHgC.此时封闭气体的压强是(H+ h)cmHgD .此时封闭气体的压强是(H L)cmHg

6、1. 一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高 示，已知大气压强为 H cmHg，下列说法正确的是答案 B解析 利用等压面法，选管外水银面为等压面，则封闭气体压强P + Ph = P0,得 P = po Ph，即 P = (H h) cmHg，故 B 项正确.2. 如图2所示，竖直放置的弯曲管 A端开口，B端封闭，密度为 为h1、h2和h3,则B端气体的压强为（已知大气压强为P0)()P的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别AA . P0 P (h1 + h2 h3)B . P0 P gh1 + h3)答案P0 P gh1 + h3 h2)D . P0 P (h

7、1 + h2)解析需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低P gh，B端气体压强比中间气室低p gh,所以B端气体压强为po Pgh P ghi,选 B 项.3.求图压强 Po = 76 cmHg.( po= 1.01 x 105 Pa，g = 10 m/s2,IB cm 参CKFcmoli戶简.bj10中被封闭气体 A的压强.其中（1）、图中的玻璃管内都装有水银，（4）图中的小玻璃管浸没在水中.大气P 水=1 x 310g/m3）答案 (1)66 cmHg (2)71 cmHg (3)81 cmHg(4) 1.13 x 105 Pa 解析 (1) Pa= P0 ph= 76 cmHg 1

8、0 cmHg = 66 cmHg.(2) PA = p0 ph= 76 cmHg 10x sin 30 cmHg = 71 cmHg.(3) pB = p0 + p h2= 76 cmHg + 10 cmHg = 86 cmHg pA= Pb Ph1 = 86 cmHg 5 cmHg = 81 cmHg.(4)Pa = P0 + P水gh = 1.01 x 105 Pa+ 1x 103x 10 x 1.2 Pa = 1.13 x 105 Pa.考点二、探究气体等温变化的规律知识梳理1.气体状态参量： 气体的三个状态参量为压强P、体积V、温度T.2. 等温变化：一定质量的气体，在温度不变的条件下

9、其压强与体积的变化关系.3. 实验探究(1) 实验器材：铁架台、注射器、气压计等.(2) 研究对象(系统):注射器内被封闭的空气柱.(3) 实验方法：控制气体温度和质量不变，研究气体压强与体积的关系.(4) 数据收集：压强由气压计读岀，空气柱长度由刻度尺读岀，空气柱长度与横截面积的乘积即为体积.1 1(5) 数据处理：以压强 P为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作岀p V图象，图象结果：P V图象是一条过原点的直线 (6)实验结论：压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比.【深度思考】如图5所示为“探究气体等温变化的规律 ”的实验装置，实验过程中如何保证气体的质量和温度不变? 1X1 1爲：-0

10、.5圧力我答案 (1)保证气体质量不变的方法：采用实验前在柱塞上涂好润滑油，以免漏气的方法，保证气体质量不变.(2)保证气体温度不变的方法采用改变气体体积时，缓慢进行，等稳定后再读岀气体压强的方法，以防止气体体积变化太快，气体的温度发生变化.采用实验过程中，不用手接触注射器的圆筒的方法，以防止圆筒从手上吸收热量，引起内部气体温度变化.典例精析【例3(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验，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 .实验中为找到体积与压强的关系，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，以减小摩擦D .处理数据时采用

11、 P V图象，是因为P V图象比P V图象更直观 答案 ADA正确；由于注射器是圆柱形解析 本实验探究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,的，横截面积不变，所以只需测岀空气柱的长度即可,B错误；涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量1不发生变化，不仅是为了减小摩擦，C错误；当P与V成反比时，PV图象是一条过原点的直线，而P V图象是双曲线,所以PV图象更直观，D正确.考点三、玻意耳定律知识梳理=1.内容：一定质量的某种气体，在温度丕变的情况下，压强p与体积V成反比.2.成立条件：(1)质量一定，温度不变.(2)温度不太低，压强不太大.3.表达式：p1V1=

12、P2V2或PV =常数或 g =贽.4.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)注意分析隐含条件，作岀必要的判断和说明.【深度思考】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?答案 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，该恒量越大.典例精析【例4】 粗细均匀的玻璃管，一端封闭，长为12 cm.一个人手持玻璃管开口竖直向下潜入池水中，当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口

13、2 cm，求管口距水面的深度.(取水面上大气压强为 P0= 1.0X 105 Pa,g取10 m/s2，池水中温度恒定)答案 2.02 m解析确定研究对象为被封闭的空气，玻璃管下潜的过程中空气的状态变化可视为等温过程.设潜入水下的深度为 h，玻璃管的横截面积为 S.空气的初、末状态参量分别为:初状态：Pi = P0， Vi = 12s末状态：P2 = P0 + pg 0.02），V2= 10S由玻意耳定律 piVi= P2V2得，po 12S= Po+ P（h 0.02） 10s解得：h = 2.02 m.题组二玻意耳定律及等温线1.如图3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

14、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，压强变大最新修正版压力传感器C.体积不变，压强变大D .体积变小，压强变小答案 BB项正确.解析 由图可知空气被封闭在细管内，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,2.如图4所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱（高为hi）圭寸闭一定质量的气体，这时管下端 开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是A. h2变长B . h2变短C. hi上升D. hi下降

15、答案 D解析被封闭气体的压强P=Po+ Ph1= Po+ Ph2,故hi= h2,随着大气压强的增大，被封闭气体压强也增大，由玻意耳定律知气体的体积减小，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，m液柱下降，D项正确.3. 个气泡由湖面下 20 m深处缓慢上升到湖面下 10 m深处，它的体积约变为原来体积的（）C . 1.5 倍D . 0.7 倍答案 C解析 气泡缓慢上升过程中，温度不变，气体等温变化，湖面下20 m处，水的压强约为 2个标准大气压（1个标准大气压V2 P13 atm相当于10 m水产生的压强），故P1= 3 atm, P2= 2 atm，由P1V1= P2V2得：V = P =

16、2禹 =1.5，故C项正确.h的水银柱将一段空气柱封闭，现4. （多选）如图5所示，上端封闭的玻璃管，开口向下，竖直插在水银槽内，管内长度为保持槽内水银面上玻璃管的长度丨不变，将管向右倾斜30°若水银槽内水银面的高度保持不变，待再次达到稳定时（）A.管内空气柱的密度变大B .管内空气柱的压强变大C .管内水银柱的长度变大D .管内水银柱产生的压强变大 答案 ABC解析玻璃管倾斜前，设大气压强为P0,管内空气柱的压强为P1,长度为h的水银柱产生的压强为Ph，有Pi+ Ph= Po,最新修正版P1,但由于管的倾斜,玻璃管倾斜后，假定管内水银柱的长度h不变，因丨不变，管内空气柱的体积也不变

17、，其压强仍为管内水银柱产生的压强Ph1小于倾斜前的压强P h,使P1+ Ph1< P0,故假设不成立，由此判断，随着玻璃管的倾斜，大气压强使管内水银面上移，管内水银柱上升，被封闭气体体积减小，空气柱的密度增大，再由玻意耳定律知，管内空气柱的压强随体积的减小而增大，当再次达到稳定时，设管内空气压强为P2,管内水银柱产生的压强变为Ph2,有P2+ Ph2 = P0,比较两个式子，因 P 2> pi,故有ph2Vph，即倾斜后管内水银柱产生的压强比倾斜前小，故A、B、C正确.5.大气压强P0 = 1.0X 105 Pa.某容器的容积为 20 L，装有压强为20X 105 Pa的理想气体，

18、如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待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答案 B解析由P1V1= P2V2得P1V0= P0V0+ PoV,因Vo = 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质量之比等于同压下气体的体积之比，即400=20, B项正确.6.如图11所示，横截面积为0.01 m2的汽缸内被重力 G= 200 N的活塞封闭了高 30 cm的气体.已知大气压p。= 1.0X

19、105 pg.现将汽缸倒转竖直放置，设温度不变，求此时活塞到缸底的高度.答案 45 cm 解析选活塞为研究对象 初状态：汽缸开口向上时，受力分析如图甲所示G5P1 = P0+ S= 1.2 X 10 PaV1 = 30 S 末状态：汽缸倒转开口向下时，受力分析如图乙所示P2= P0-=0.8 X 10 Pa最新修正版V2= L2S由玻意耳定律得：P1V1= P2V2，即卩 1.2 X 105X 30S= 0.8 X 105X L2S解得 L2 = 45 cm.7.如图12所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中,用长为h = 10 cm的水银柱将管内一部分空气密封，当玻璃管开口向上竖直放置时

20、，管内空气柱的长度Li= 0.30 m；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢岀.待水银柱稳定后，空气柱的长度L2为多少？（大气压强P0= 76 cmHg）12答案 0.39 m解析 玻璃管开口向上时，管内的压强为：p1= p0+ ph气体的体积为：V = L1S（S为玻璃管的横截面积）当玻璃管开口向下时，管内的压强为:P2= P0 Ph这时气体的体积为：V2= L2S 由玻意耳定律得：(P0+P h) L1 S= (p0 Ph)L2SL2=(P0 + Ph)L i/(p0 Ph) = (76 + 10) X 0.3(76 10) mn.39 m.8.粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空

21、气柱， 两管内水银面高度差为19 cm，封闭端空气柱长度为 40 cm，如图6所示.问向左管再注入多少水银可使两管水银面等高?（已知外界大气压强 p0 = 76 cmHg，灌入水银过程中温度保持不变.）-I、z图6解析 以右管中被封闭空气为研究对象.空气在初状态其答案 39 cmP1 = P0 Ph = (76 19) cmHg = 57 cmHg，V1 = L1S = 40S;末状态p2= P0= 76 cmHg， V2= L2S则由玻意耳定律得：57X 40S= 76X L2S， L2= 30 cm.需加入的水银柱长度应为h + 2(L 1 L2)= 39 cm.考点四、气体等温变化的P

22、V或P V图象知识梳理最新修正版1.等温线：一定质量的气体在温度不变时P- V图象是一条双曲线.2.分析 如图7所示(1)同一条等温线上每个点对应的P、V坐标的乘积都是相等的.一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同 傾“相同”或“不同”)的.乘积越大，温度越高3.转换：建立pV坐标系，一定质量的气体,温度不变时,PV是一条通过原点的直线.【深度思考】(1)如图8甲所示为一定质量的气体不同温度下的P V图线，Ti和T2哪一个大?(2)如图乙所示为一定质量的气体不同温度下的p V图线,Ti和T2哪一个大?甲乙答案 (1)Ti> T2 Ti< T2典例精析【例5 (多选)如图9所示，D

23、 f At B f C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是a . Dfa是一个等温过程B.afB是一个等温过程C. Ta>TbD . BfC体积增大，压强减小，温度不变答案 ad解析 D f a是一个等温过程， a对；BC是等温线，而 a到B温度升咼，B、C错；Bf C是一个等温过程， V增大，p减小，D正确.C也越大，在PW图由玻意耳定律可知，pV = C（常量，其中C的大小与气体的质量及温度有关，质量越大，温度越高, 象中，斜率k= C也就越大.题组三气体等温变化的 PV或PV图象P V图线，由图可知（）OV1.（多选）如图6所示，为一定质量的气体在不同温度下

24、的两条A 一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比B 一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比C. Ti>T2D. Ti<T2答案 BD解析这是一定质量的气体在发生等温变化时的PV图线，由图线过原点可知f =恒量，即斜率 k= pV为恒量，所以 PV与V成反比，A错，B正确；根据P V图线斜率的物理意义可知C错，D对.2.（多选）如图7所示，是一定质量气体状态变化的P V图象，则下列说法正确的是图7A .气体做的是等温变化B .气体的压强从 A至B 一直减小C.气体的体积从 A到B 一直增大D 气体的三个状态参量一直都在变答案 BCD解析一定质量的气体的等温过程

25、的P V图象即等温线是双曲线，显然图中所示AB图线不是等温线，A f B过程不是等温变化，A选项不正确；从 AB图线可知气体从 A状态变为B状态的过程中，压强P在逐渐减小，体积 V在不断增大,则B、C选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化,D选项正确.最新修正版3.（P V图象或PV图象）（多选）下图中，P表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是（）Oh答案 AB解析 A图中可以直接看岀温度不变；B图说明pT，即pV=常数，是等温过程；C图是双曲线，但横坐标不是体积V， 不是等温线；D图的PV图线不是双曲线，故也不是等温线题

26、组四综合应用1.一导热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，用一光滑的质量为M的活塞密封一定质量的气体，活塞横截面积为S开始时汽缸开口向上（如图8甲所示），已知外界大气压强为P0,被封气体的体积为Vo.（1）求被封气体的压强pi ；活塞相对于缸底移动的距离是多少?（2）现将汽缸平放（如图乙所示），待系统重新稳定后,答案詈+Po讐解析解得MgPi = s + Po（1）对活塞进行受力分析有Mg + PoS= piS（2）汽缸平放后，对活塞受力分析得P 2S= poS对封闭气体运用玻意耳定律有PiVo = P2VV Vo解得h= S =2.如图9为气压式保温瓶的原理图，保温瓶内水面与岀水口的高度差为h,

27、瓶内密封空气体积为V，设水的密度为P,大P,气压强为Po，欲使水从岀水口流岀，瓶内空气压缩量V至少为多少？（设瓶内弯曲管的体积不计，压前水面以上管内无水，温度保持不变，各物理量的单位均为国际单位最新修正版答案p ghVP0 + P gh解析 压水前：Pi= Po, Vi = V压水后水刚流岀时：P2=P0+ P ghV2 = V AV,由玻意耳定律 PiVi = P2V2得:poV= (po+ p gh(V AV)解得 AV= p ghV.p卄 p gh3.如图10所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿汽缸无摩擦地滑动.取一小盒沙子缓慢地倒在活塞

28、的上表面上,沙子倒完时，活塞下降了 h，再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上.外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距汽缸底部的高度.图10答案3h解析设大气和活塞对气体的总压强为P0,加一小盒沙子对气体产生的压强为P,活塞的横截面积为 S,由玻意耳定律得pohS= (po+ p)(h 1由式得P=3P 0再加一小盒沙子后，气体的压强变为po+2p.设第二次加沙子后，活塞的高度为h '，贝iJpohS= (po+2p)h'S3联立式解得h '=h.4.如图11所示，两端开口的 U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍.管中装入水银，两

29、管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为 po= 75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中,直至两管中水银面高度差达6 cm为止，求活塞下移的距离（假设环境温度不变）.f12 cm最新修正版图11答案 6.625 cm解析设粗管中气体为气体1.细管中气体为气体2.对粗管中气体1:有poLi= piLi' 右侧液面上升hi，左侧液面下降 h2,有Sihi = S2h2， hi + h2= 6 cm, 得 hi = 2 cm, h2= 4 cmLi=Li hi 解得：pi = 90 cmHg 对细管中气体 2 :有poLi= p2L2'

30、 p2= pi+ h 解得：L2 '=9.375 cm 因为 h = Li+ h2 L2 解得：h = 6.625 cm气体的等容变化和等压变化目标定位i.了解一定质量的某种气体的等容变化与等压变化.2.知道查理定律与盖一吕萨克定律的表达式及适用条件3理解P-T图象与VT图象的物理意义 4会运用气体变化规律解决实际问题.考点一、气体的等容变化知识梳理i.等容变化：一定质量的某种气体在体积丕变时压强随温度的变化规律.2.查理定律P与热力学温度T成正比.(1)内容:一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强 (2)表达式：Ti= T2= C(C是比例常数) 推论式：T=p.图象：如图所示

31、:<)77K屮-273.15 p T图中的等容线是一条过原点的倾斜直线. p - t图上等容线不过原点，但反向延长交t轴于273.15 C .无论P T图象还是P t图象，其斜率都能判断气体体积的大小，斜率越大，体积越小.【深度思考】 (1)查理定律在什么条件下成立?(2)查理定律的数学表达式 =C，其中C是一常量，C是不是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量?答案 (1)气体的质量不变，体积不变.(2)不是，C随气体质量、体积的变化而变化.典例精析【例1】 气体温度计结构如图 2所示玻璃测温泡 A内充有气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连开始时 A处于冰水混合物中，左管 C中

32、水银面在 0点处，右管D中水银面高岀 0点h1= 14 cm，后将A放入待测恒温槽中，上下移动D， 使C中水银面仍在 0点处，测得D中水银面高岀 0点h2 = 44 cm.求恒温槽的温度(已知外界大气压为 1个标准大气压，1标准大气压相当于 76 cmHg).答案 364 K（或91 C ） 解析 设恒温槽的温度为 T2，由题意知Ti = 273 KA内气体发生等容变化，根据查理定律得Pl = Po+ Ph1 P2= Po+ Ph2 联立式，代入数据得T2= 364 K（或 91 C ）.明确研究对象，找准初、末状态，正确确定初、末状态的压强和温度，是运用查理定律的关键 题组一查理定律的应用1

33、. 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，火罐就会紧紧地被“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，体积减小答案 B解析体积不变，当温度降低时，由查理定律最新修正版T= C可知，压强减小，故 B项正确.2.在密封容器中装有某种气体，当温度从50 C升高到100 C时，气体的压强从 P1变到P2,则(P2 12A.P2B.p2= 1P1= 323C.p2= 373解析t1 + 273 K 32

34、3=盹，故C选项正确.3.定质量的气体，在体积不变的条件下， 温度由0 时，其压强的增量为 Ap2，则Ap1与Ap2之比是(C升高到10 C时，其压强的增量为Api,当它由100 C升高到110 CA . 10 : 1 B . 373 : 273 C. 1 : 1 D . 383:283答案解析由查理定律得 Ap= Tat，定质量的气体在体积不变的条件下T=恒量，温度由10 C和由100高到110 C, AT= 10 K相同，故压强的增量Ap1 = Ap2， C 项正确.4一个密闭的钢管内装有空气，在温度为20C时，压强为1 atm，若温度上升到 80C，管内空气的压强约为 (A. 4 atm

35、B.4 atmC. 1.2 atm5D.6 atm答案由于气体做等容变化，所以°=¥=P2'2 t2+ 273 K答案 CP2勺.2 atm，所以C正确.解析由查理定律知P1 =製，代入数据解得T1 T2A相连的B管插在水银槽中，B管上的刻度直接读岀设B管的体积与A泡的5.有人设计了一种测温装置，其结构如图7所示，玻璃泡 A内封有一定质量的气体，与内外水银面的高度差 x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由体积相比可略去不计.图7(1)在1标准大气压下对 B管进行温度标刻(1标准大气压相当于 76 cmHg的压强)已知当温度t1 = 27 C时，管内水银面 的高

36、度为X1= 16 cm，此高度即为27 C的刻线，问t= 0 C的刻线在何处？27 C,问：此时的实际温度为多(2)若大气压已变为相当于75 cmHg的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为少？答案(1)21.4 cm (2)22 C解析末态,(1) 玻璃泡 A 内气体的初始状态：= 300 K，p1= (76 16) cmHg = 60 cmHg.即 t= 0 C 的状态： T0= 273 K，p=?由查理定律得：P =严P1 = 273 X 60 cmHg = 54.6 cmHg , 11300所以t= 0 C时，水银面的高度即t = 0 C 的刻线位置是：xo = (76 - 54.

37、6) cm = 21.4 cm.由题意知，此时水银面的高度仍为X1= 16 cm，所以玻璃泡 A内的气体压强为：P2= (75 - 16) cmHg = 59 cmHg.可得此时的实际温度为：T2= 器尸50 300 K = 295 K .即卩t2= 22 C.考点二、气体的等压变化知识梳理1.等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V随热力学温度 T的变化规律.2.盖一吕萨克定律(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)表达式：V；= Tf= C(C是比例常数)推论式：V=1T.图象：如图所示.-273.15 P乙V-T图中的等压线

38、是一条过原点的倾斜直线V-1图上的等压线不过原点，反向延长线交t轴于-273.15 C . 无论V-T图象还是V- t图象，其斜率都能判断气体压强的大小，斜率越大，压强越小.【深度思考】一定质量的某种气体，在等容变化过程中，气体的压强P与热力学温度 T的图线如图4甲所示一定质量的某种气体,在等压变化过程中，气体的体积V与热力学温度 T的图线如图乙所示这两种图线的不同点和共同点是什么?甲答案P T图象与V- T图象的比较图象最新修正版纵坐标压强P体积V斜率意义体积的倒数，斜率越大，体积越小，V4 < V3 V V2< Vi压强的倒数，斜率越大，压强越小，P4< P3< P

39、2< Pi相 同 点（1）都是一条通过原点的倾斜直线都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小典例精析27 C,如果把它加热到Vi = V，Ti= 300 K ;末状态 V2 =【例2 一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为 127 C,从容器中逸岀的空气质量是原来质量的多少?解析 设逸岀的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初状态V + 0，T2 = 400 K，由盖吕萨克定律半二划：*- V+AVT2代入数据得AV= V，3VT E、丄匚 AmAV3 1又因为m= pV故=厂=7.m V+ AV4V 43此题从容器中逸岀空气来看

40、是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸岀的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变，因此符合盖一吕萨克定律.（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 5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TC.在状态A时，气体的压强最大D 在状态B时，气体的压强最大答案 ADA正确.在CB变化过程中,解析 气体的AC变化过程是等温变化，由pV = C（C是常数）可知，体积减小，压强增大，故气体的体积不发生变化，即为等容变化，由T= C（C是比例常数）可知，温度升高，压强增大,故 B错误综

41、上所述，在ACB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.故正确答案为A、D.（1在V-T图象中，比较两个状态的压强大小，可以通过这两个状态与原点连线的斜率大小来判断，斜率越大，压强越 小；斜率越小，压强越大 （2 一定质量的气体，温度不变，体积越大，压强越小 题组二 盖一吕萨克定律的应用30刻度线时，空气柱长度是30 cm ;当容器水1. 如图1所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是温是90刻度线时，空气柱长度是36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线（）图1A. - 273B. - 270C. - 268D. - 271答案解析当水

42、温为30刻度线时，V1 = 30S;当水温为90刻度线时，V2= 36S，设T= t刻线+ x，由盖一吕萨克定律得 乂 = 二t1 + x t2+ x30S即=30刻线+ x 90刻线+ x，解得x= 270刻线，故绝对零度相当于270刻度线，选B.2. 如图2所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5X 10-3 m2, 定质量的气体被质量为2 kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为部的高度由0.50 mPa（大气压强取1.01 X 105 Pa, g取10 m/s2） 若从初温27 C开始加热气体，使活塞离汽缸底缓慢地变为0.51 m，则此时气体的温度为C .下列选项正确的是（）LUE&

43、#177;xi± = ±±i.i±± = ±lIShHSliHKI - M"zz"g""zzg""gMA . 1.05 X 105B . 0.04 X 105C. 33D . 300答案AC解析F mgP1 =S= S2X 1055 Pa= 0.04 X 10 Pa，所以P= P1+ P0= 0.04 X 105 Pa+ 1.01 X 105 Pa=1.05 X 105 Pa,由盖一吕萨克定律得V1= V2,t= 33 °C .即 MS = 0.51S，所以273

44、+ 27273 + t3.房间里气温升高 3 C时,房间内的空气将有 1%逸岀到房间外,由此可计算岀房间内原来的温度是A. 27B . 33D. 63 C答案解析以升温前房间里的气体为研究对象，由盖一吕萨克定律:T+ 3 V(1 + 1% =，解得：T= 300 K , t = 27 C .4.如图3所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞与缸壁摩擦），温度升高时，改变的量有（）hLIA .活塞高度hB.汽缸高度HC .气体压强P D.弹簧长度答案解析以汽缸整体为研究对象，由受力平衡知弹簧弹力等于总重力，故L、不变，设缸壁的重力为Gi,则封闭气体的压强p= poGs1 保持不

45、变，当温度升高时，由盖一吕萨克定律知气体体积增大,H将减小，故只有 B项正确.5.（盖吕萨克定律的应用）一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由 温度由10 C升高到15 C,体积的增量为AV2，则（5 C升高到10 C,体积的增量为 AVi ；A . AVi = AV2B . AV1>AV2C . AV1<AV2D.无法确定答案 A解析由盖一吕萨克定律 ¥= ¥可得半二孚，即卩AVI 1 12 I 1AIAT=石V1,5所以AV1 =278V1,5AV2= 283V2（V1、V2分别是气体在 5 C和10 C时的体积），而2V8 = 283,所以AV1

46、= A/2, a正确.考点三、假设法判断液柱（或活塞）的移动问题知识梳理此类问题的特点是：当气体的状态参量P、V、T都发生变化时，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行 气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解.其一般思路为: （1）假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化.（2）对两部分气体分别应用查理定律的分比形式AP=Tat,求岀每部分气体压强的变化量A，并加以比较.典例精析【例4 如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知12= 2li.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

47、同）答案水银柱上移解析 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差巾=Pl P2= Ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Api>Ap2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若A3ivAp2，水银柱向下移动，若A31= Ap2，水银柱不动.所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多.假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律:上段：竿T2P2'T2'=T?所以 p2=2P2，Ap2= P2'同理下段:ATiAPi=亓 pi.又因为 AT2 =，Ti = T2，Pi= P

48、2+ Ph>p2, 所以Api>Ap2，即水银柱上移.厂I总结提升J同一问题可从不同角度考虑，用不同方法求解，培养同学们的发散思维能力.此类问题中，如果是气体温度降低，则AT为负值，Ap亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动 题组三液柱移动问题的判断1. （多选）如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放则水银柱向左移动的是置时，水银柱处于静止状态.如果管内两端的空气都升高相同的温度,b答案 CD解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强要增加，由查理定律有，压强的增加量 所以，即T高，巾小,也

49、就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故Ap= 旱，而各管原压强 P相同,C、D项正确.2. 如图8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图象.已知气体在状态 A时的压强是1.5 X 105o屮乙().4(1) 说岀Af B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图中Ta的温度值.(2) 请在图乙坐标系中，画岀由状态A经过状态B变为状态C的P T的图象,如果需要计算才能确定有关坐标值，请写岀计算过程.并在图线相应位置上标岀字母A, B, C.答案 (1)200 K (2)见解析解析 (1)由题图甲可以看岀， A与B的连线的延长线经过原点0,所以Af B是一个等压变化

50、，即Pa = Pb.根据盖一吕萨克定律可知：沽半，即Ta = VBTb=器X 300 K = 200 K.(2)由题图甲可知，Bf C是等容变化，根据查理定律得:嚳半,即 pc=TCTb TcTb40044_PB 二 300 PB=3P b=3Pa 二45-X 1.5X 105 Pa= 2.03X 105 Pa.可画岀由状态 Af Bf C的p T图象如图所示.14pA X I CP Pa)!.(3. 如图4所示，两端开口的直玻璃管 A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气,空气柱长度 H1>H2,水银柱长度 h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(

51、大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是()A 均向下移动,A管移动较多B 均向上移动,A管移动较多C. A管向上移动,B管向下移动D无法判断答案 APa.解析 封闭气柱均做等压变化，故封闭气柱下端的水银面高度不变，根据盖吕萨克定律的分比形式AV = -V,管中的封闭气柱，初温相同，温度的变化也相同，且AT<0 ,所以AVvO,即A、B管中气柱的体积都减小；又因为Hi>H2,A管中气柱的体积较大，I A/1|>| V2|, a管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且中的水银柱下移得较多，故A项正确.4. 两个容器A、B,用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图5所示，A、B所装气体的温度分别为17 C和27 °C,水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 C,则水银柱将（）A .向右移动B.向左移动C .不动D.条件不足，不能