2020年高考物理复习练习：气体实验定律的应用
2023年高考物理一轮复习讲义——气体实验定律的综合应用
专题强化二十六 气体实验定律的综合应用目标要求 1.理解理想气体状态方程并会应用解题.2.掌握“玻璃管液封模型”和“汽缸活塞类模型”的处理方法.3.会处理“变质量气体模型”问题．题型一 玻璃管液封模型1．气体实验定律及理想气体状态方程 理想气体状态方程：pVT＝Cp 1V 1T 1＝p 2V 2T 2⎩⎪⎨⎪⎧当T 一定时，p 1V 1＝p 2V 2当p 一定时，V 1T 1＝V 2T 2当V 一定时，p 1T 1＝p 2T22．玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意： (1)液体因重力产生的压强为p ＝ρgh (其中h 为液体的竖直高度)； (2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处压强相等；(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg ”，使计算过程简捷． 考向1 单独气体例1 (2019·全国卷Ⅲ·33(2))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2.0 cm 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2.0 cm.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76 cmHg ，环境温度为296 K.(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(1)41 cm(2)312 K解析(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，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②p1＝p0－ρgh③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)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm⑥(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V T0＝V1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.考向2关联气体例2(2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．答案22.5 cm7.5 cm解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤l2′＝7.5 cm⑥题型二汽缸活塞类模型1．解题的一般思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．(2)分析物理过程①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程．②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程．(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．(4)多个方程联立求解．注意检验求解结果的合理性．2．两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解． 考向1 单独气体例3 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h ，横截面积为S .汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞．缸内封闭了压强为2p 0的理想气体．已知此时外部环境的热力学温度为T 0，大气压强为p 0，活塞的质量为2p 0Sg，g 为重力加速度．(1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低110T 0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；(2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离． 答案 (1)95p 0 (2)23h解析 (1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T 0，压强为2p 0， 末态时热力学温度为T 1＝910T 0，压强设为p 1.根据查理定律有2p 0T 0＝p 1T 1，解得p 1＝95p 0(2)封闭气体初态压强为2p 0，体积V 0＝Sh ，设汽缸倒置后，气体压强为p 2，活塞到汽缸底部的距离为H ， 则气体体积V 2＝SH ，根据平衡条件可知p 0S ＋mg ＝p 2S 解得p 2＝3p 0根据玻意耳定律有2p 0V 0＝p 2V 2 解得H ＝23h所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为23h .考向2 关联气体例4 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：(1)抽气前氢气的压强； (2)抽气后氢气的压强和体积．答案 (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ① 得p 10＝12(p 0＋p )；②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变， 则由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④ p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故 V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 p 1＝12p 0＋14pV 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p.题型三变质量气体模型1．充气问题选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．2．抽气问题选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．3．灌气分装把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．考向1充气、抽气问题例5(2021·山东卷·4)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示．加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg.已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变．忽略细管和压强计内的气体体积．则V等于()A．30 cm3B．40 cm3C．50 cm3D．60 cm3答案 D解析根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg代入数据整理得V＝60 cm3故选D.例6 2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响．勤消毒是一个很关键的防疫措施．如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图．消毒桶的总容积为 10 L ，装入7 L 的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm 3的1 atm 的空气，大气压强为1 atm ，设整个过程温度保持不变，求：(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm ，打气筒应打压几次？(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？ 答案 (1)48 (2)剩不下 13解析 (1)设需打压n 次，使消毒桶内空气的压强变为5 atm ， 由玻意耳定律p 1(V 1＋n ΔV )＝p 2V 1 其中p 1＝1 atm ，p 2＝5 atm ， V 1＝10 L －7 L ＝3 L ， ΔV ＝250 cm 3＝0.25 L 解得n ＝48(次)(2)停止喷雾时，桶内气体压强变为1 atm ，此时气体体积为V 2 由玻意耳定律得 p 2V 1＝p 1V 2 即5 atm ×3 L ＝1 atm ×V 2 解得V 2＝15 L大于消毒桶的总容积10 L ，故消毒桶里不能剩下消毒液了．喷出去的气体体积ΔV ＝15 L －10 L ＝5 L 则Δm m ＝ΔV V 2＝13.考向2 灌气分装例7 新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107Pa.在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装．不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：(1)在武汉检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用．答案(1)21 ℃(2)124解析(1)大钢瓶的容积一定，从北方到武汉对大钢瓶内气体，有p1T1＝p2T2解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃(2)在武汉时，设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3，则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa根据p2V2＝p3V3得V3＝2.52 m3可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3根据p4V4＝p5V5得n＝124即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶．课时精练1．(2021·河北卷·15(2))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.(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；(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 (1)3.1×103 Pa (2)973解析 (1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可得p 1T 1＝p 2T 2代入数据解得p 2＝3.1×103 Pa(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V ，以静置后的所有空气为研究对象有p 0V ＝p 1V 1 解得V 1＝1003V则夹层中增加空气的体积为ΔV ＝V 1－V ＝973V所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为 Δm m ＝ΔV V ＝973. 2．(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H ＝18 cm 的U 形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h 0＝ 4 cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l ＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T 1＝283 K ．大气压强p 0＝76 cmHg.(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 答案 见解析解析 (1)设密封气体初始体积为V 1，压强为p 1，左、右管的横截面积均为S ，密封气体先经等温压缩过程体积变为V 2，压强变为p 2，由玻意耳定律有 p 1V 1＝p 2V 2①设注入水银后水银柱高度为h ，水银的密度为ρ，根据题设条件有p 1＝p 0＋ρgh 0② p 2＝p 0＋ρgh ③ V 1＝(2H －l －h 0)S ④ V 2＝HS ⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 h ≈12.9 cm ⑥(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V 3，温度变为T 2，由盖—吕萨克定律有 V 2T 1＝V 3T 2⑦ 根据题设条件有V 3＝(2H －h )S ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得 T 2≈363 K.3．(2021·全国甲卷·33(2))如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A 、B 两部分；初始时，A 、B 的体积均为V ，压强均等于大气压p 0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p 0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动．气体温度始终保持不变．向右缓慢推动活塞，使B 的体积减小为V 2.(1)求A 的体积和B 的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A 的体积和B 的压强． 答案 (1)0.4V 2p 0 (2)(5－1)V3＋54p 0 解析 (1)对B 气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p 0V ＝p B ·12V解得p B ＝2p 0对A 气体分析，根据玻意耳定律有p 0V ＝p A V A p A ＝p B ＋0.5p 0 联立解得V A ＝0.4V .(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A 的体积为32V ，由玻意耳定律可得 p 0V ＝p ′·32V 则此情况下A 的压强为p ′＝23p 0<p B －0.5p 0 则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A 的体积为V A ′、压强为p A ′，气体B 的体积为V B ′、压强为p B ′，根据玻意耳定律有p 0V ＝p A ′V A ′，p 0V ＝p B ′V B ′V A ′＋V B ′＝2V ，p A ′＝p B ′－0.5p 0联立解得p B ′＝3－54p 0(舍去)，p B ′＝3＋54p 0 V A ′＝(5－1)V .4.竖直放置的一粗细均匀的U 形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中．已知大气压强p 0＝75 cmHg ，环境温度不变，左管足够长．求：(1)此时右管封闭气体的压强；(2)左管中需要倒入水银柱的长度．答案 (1)90 cmHg (2)27 cm解析 (1)设玻璃管的横截面积为S ，对右管中的气体，初态：p 1＝75 cmHg ，V 1＝30 cm·S末态：V 2＝(30 cm －5 cm)·S由玻意耳定律有：p 1V 1＝p 2V 2解得：p 2＝90 cmHg(2)对水平管中的空气柱，初态：p ＝p 0＋15 cmHg ＝90 cmHg ，V ＝11 cm·S末态：p ′＝p 2＋20 cmHg ＝110 cmHg根据玻意耳定律：pV ＝p ′V ′解得V ′＝9 cm·S ，则水平管中的空气柱长度变为9 cm ，此时原来左侧竖直管中15 cm 水银柱已有7 cm 进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm －75 cm －(15－7) cm ＝27 cm.5.(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b 间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．(重力加速度大小为g )答案 ⎝⎛⎭⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 解析 开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝⎛⎭⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝⎛⎭⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .6.(2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病．常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门．使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上．抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强．某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K ，最终降到300 K ，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的2021.若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同．罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化．求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值．答案 13解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p 1、T 1、V 1，温度降低后状态参量分别为p 2、T 2、V 2，罐的容积为V 0，大气压强为p 0，由题意知p 1＝p 0、T 1＝450 K 、V 1＝V 0、T 2＝300 K 、V 2＝20V 021① 由理想气体状态方程有p 0V 0T 1＝p 2·2021V 0T 2② 代入数据得p 2＝0.7p 0③对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p 3、V 3，末态气体状态参量分别为p 4、V 4，罐的容积为V 0′，由题意知p 3＝p 0、V 3＝V 0′、p 4＝p 2④由玻意耳定律有p 0V 0′＝p 2V 4⑤联立③⑤式，代入数据得V 4＝107V 0′⑥ 设抽出的气体的体积为ΔV ，由题意知ΔV ＝V 4－2021V 0′⑦ 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为Δm m ＝ΔV V 4⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Δm m ＝13.。
专题3.2 气体实验定律实验(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（物理实验）第三部分热学，机械振动和光学实验专题3.2 气体实验定律实验1.（2020年4月北京西城模拟）某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。
（1）在实验中，下列哪些操作不是必需的。
A．用橡胶塞密封注射器的下端B．用游标卡尺测量柱塞的直径C．读取压力表上显示的气压值D．读取刻度尺上显示的空气柱长度（2）实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是。
（3）下列图像中，最能反映气体做等温变化的规律的是。
【参考答案】（1）B （2）防止玻璃管内的空气温度升高（或保持玻璃管内的空气温度不变）（3）C 【名师解析】（1）由于玻璃管粗细均匀，因此用游标卡尺测量柱塞的直径的操作不需要，选择B。
（2）不是 用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是防止玻璃管内的空气温度升高（或保持玻璃管内的空气温度不变）。
（3）根据气体等温变化，压强与体积成反比可知最能反映气体做等温变化的规律的是图像C 。
2. （2020年6月北京海淀二模）（6分）如图12所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：① 在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；② 移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V 1和由计算机显示的气体压强值p 1； ③ 重复上述步骤②，多次测量并记录；④ 根据记录的数据，作出相应图象，分析得出结论。
（1）关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是 （选填选项前的字母）。
A ．移动活塞时应缓慢一些 B ．封闭气体的注射器应密封良好 C ．必须测出注射器内封闭气体的质量 D ．气体的压强和体积必须用国际单位（2）为了能最直观地判断气体压强p 与气体体积V 的函数关系，应作出 （选填“p - V ”或“1p V-”）图象。
气体实验定律及应用答案
第2节气体实验定律及应用知识梳理一、气体分子运动速率的统计散布气体实验定律理想气体1．气体分子运动的特色(1)分子很小，间距很大，除碰撞外不受力．(2)气体分子向各个方向运动的气体分子数量都相等．(3)分子做无规则运动，大批分子的速率按“中间多，两端少”的规律散布．(4)温度一准时，某种气体分子的速率散布是确立的，温度高升时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增加，分子的均匀速率增大，但不是每个分子的速率都增大．2．气体的三个状态参量(1)体积； (2)压强； (3)温度．3．气体的压强(1)产生原由：因为气体分子无规则的热运动，大批的分子屡次地碰撞器壁产生连续而稳固的压力．(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力．公式：Fp＝S.(3)常用单位及换算关系：①国际单位：帕斯卡，符号： Pa,1 Pa＝1 N/m2. ②常用单位：标准大气压 (atm)；厘米汞柱 (cmHg)．③换算关系： 1 atm＝76 cmHg＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa. 4．气体实验定律(1)等温变化——玻意耳定律：①内容：必定质量的某种气体，在温度不变的状况下，压强 p 与体积 V 成反比．②公式： p1V1＝p2V2或 pV＝C(常量 )．(2)等容变化——查理定律：①内容：必定质量的某种气体，在体积不变的状况下，压强 p 与热力学温度 T 成正比．p1T1p②公式：p2＝T2或T＝C(常量 )．p1③推论式：p＝T1·ΔT.(3)等压变化——盖—吕萨克定律：①内容：必定质量的某种气体，在压强不变的状况下，其体积 V 与热力学温度 T 成正比．②公式：V1＝T1或V＝C(常量 )．V2T2T③推论式：V＝V1·ΔT.T15．理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵照气体实验定律的气体．①理想气体是一种经科学的抽象而成立的理想化模型，实质上不存在．②理想气体不考虑分子间互相作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积没关．③实质气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度不太低时都可看作理想气体．(2)必定质量的理想气体状态方程：p1V1p2V2pVT1＝T2或T＝C(常量 )．典例打破考点一气体压强的产生与计算1．产生的原由：因为大批分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、连续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定要素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的均匀动能和分子的密集程度．3．均衡状态下气体压强的求法(1)液片法：选用设想的液体薄片 (自己重力不计 )为研究对象，剖析液片双侧受力状况，成立均衡方程，消去面积，获得液片双侧压强相等方程．求得气体的压强．(2)力均衡法：选用与气体接触的液柱 (或活塞 )为研究对象进行受力剖析，获得液柱 (或活塞 )的受力均衡方程，求得气体的压强．(3)等压面法：在连通器中，同一种液体 (中间不中断 )同一深度处压强相等．4．加快运动系统中关闭气体压强的求法选用与气体接触的液柱 (或活塞 )为研究对象，进行受力剖析，利用牛顿第二定律列方程求解．例 1．如图中两个汽缸质量均为 M，内部横截面积均为 S，两个活塞的质量均为 m，左侧的汽缸静止在水平面上，右侧的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别关闭有必定质量的空气 A、B，大气压为 p0，求关闭气体 A、B 的压强各多大？分析：题图甲中选 m 为研究对象．p A S＝p0S＋ mgmg得 p A＝p0＋S Mg题图乙中选 M 为研究对象得 p B＝ p0－S .mg Mg答案： p0＋S p0－S例 2．若已知大气压强为 p0，在以下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被关闭气体的压强．分析：在甲图中，以高为 h 的液柱为研究对象，由二力均衡知 p 气 S＝－ρghS ＋p0S因此 p 气＝p0－ρgh在图乙中，以 B 液面为研究对象，由均衡方程F 上＝F 下有： p A S＋p h S＝p0S p 气＝p A＝p0－ρgh在图丙中，仍以 B 液面为研究对象，有p A＋ρghsin 60 ＝°p B＝p0因此 p气＝p A＝p0－32ρ gh在图丁中，以液面 A 为研究对象，由二力均衡得p气 S＝(p ＋ρgh ，因此p气＝p ＋ρgh01)S01答案：甲： p0－ρgh乙： p0－ρgh丙： p0－32ρ gh丁： p0＋ρgh1例 3．如下图，圆滑水平面上放有一质量为M 的汽缸，汽缸内放有一质量为 m 的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为 S.现用水平恒力 F 向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内关闭气体的压强 p.(已知外界大气压为p0)分析：选用汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有：F＝(M＋m)a再选活塞为研究对象，依据牛顿第二定律有：pS－p0S＝mamF解得： p＝p0＋S M＋m .mF答案： p0＋S M＋m考点二气体实验定律及理想气体状态方程1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系温度不变： p1V1＝p2V2玻意耳定律p1V1p2V2体积不变：p1＝p2查理定律T1＝T2T1T2V1V2压强不变：T1＝T2盖—吕萨克定律2．几个重要的推论＝p1(1)查理定律的推论：Tp T1V1(2)盖—吕萨克定律的推论：V＝T1T(3)理想气体状态方程的推论：pV0＝p1V1＋p2V2＋T0T1T2例 4．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒构成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝ 2.50 kg，横截面积为 S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为 m2＝1.50 kg，横截面积为 S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连结，间距保持为 l ＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为 p＝1.00×105lPa，温度为 T＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距2，两活塞间关闭气体的温度为 T1＝495 K ．现汽缸内气体温度迟缓降落，活塞迟缓下移，忽视两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加快度大小 g 取 10 m/s2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬时，汽缸内关闭气体的温度；(2)缸内关闭的气体与缸外大气达到热均衡时，缸内关闭气体的压强．分析 (1)设初始时气体体积为 V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内关闭气体的体积为 V2，温度为 T2.由题给条件得1＝S1l＋S2l －l①V22V2＝S2l②在活塞迟缓下移的过程中，用 p1表示缸内气体的压强，由力的均衡条件得S1(p1－p)＝ m1g＋m2g＋S2(p1－p)③故缸内气体的压强不变．由盖-吕萨克定律有V1＝V2④T1T2联立①②④式并代入题给数据得T2＝330 K⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被关闭气体的压强为 p1.在今后与汽缸外大气达到热均衡的过程中，被关闭气体的体积不变．设达到热均衡时被关闭气体的压强为p′，由查理定律，有p′＝ p1⑥T T2联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105 Pa⑦答案(1)330 K(2)1.01×105 Pa例 5．一氧气瓶的容积为 0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为 20 个大气压．某实验室每日耗费 1 个大气压的氧气 0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到 2 个大气压时，需从头充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气从头充气前可供该实验室使用多少天．分析：设氧气开始时的压强为 p1，体积为 V1，压强变成 p2(2 个大气压 )时，体积为 V2.依据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①从头充气前，用去的氧气在 p2压强下的体积为V3＝V2－V1②设用去的氧气在 p0(1 个大气压 )压强下的体积为 V0，则有 p2V3＝p0V0③设实验室每日用去的氧气在 p0下的体积为 V，则氧气可用的天数为N＝V0/V④联立①②③④式，并代入数据得N＝ 4(天)⑤答案：4天考点三气体状态变化的图象问题必定质量的气体不一样图象的比较例 6．为了将空气装入气瓶内，现将必定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．以下图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积 V 关系的是 ()分析：选 B.等温变化时，依据 pV＝C，p 与1成正比，因此p－1图象是一V V条经过原点的直线，故正确选项为 B.当堂达标1．如下图，一个横截面积为 S 的圆筒形容器竖直搁置，金属圆块 A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为 M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块关闭在容器中的气体的压强 p 为________．分析：对圆块进行受力剖析：重力 Mg，大气压的作使劲 p，关闭气体对0S它的作使劲pS，容器侧壁的作使劲F1和 F2，如下图．因为不需要求cos θ出侧壁的作使劲，因此只考虑竖直方向协力为零，就能够求被关闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力均衡，故 p0＋＝pS·θ，即＝0＋Mg Mg S Mg cos θcosp p S.答案： p0＋S－33－33 2．某压缩式喷雾器储液桶的容量是 5.7×10m .往桶内倒入 4.2×10m的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．假如每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内药液能所有喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是 ()A．16 次B．17 次C．20次D．21 次分析：选 B.设大气压强为 p，由玻意耳定律， npV0＋p V＝pV，V0＝2.5×10－4m3， V＝ 5.7×10－3m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3m3，V＝5.7×10－3m3，解得 n＝16.8 次≈17 次，选项 B 正确．3．(多项选择)必定质量理想气体的状态经历了如下图的ab、bc、cd、da 四个过程，此中 bc 的延伸线经过原点， cd 垂直于 ab 且与水平轴平行， da 与bc 平行，则气体体积在 ()A ．ab 过程中不停增大B．bc 过程中保持不变C．cd 过程中不停增大D．da 过程中保持不变分析：选 AB. 第一，因为 bc 的延伸线经过原点，因此 bc 是等容线，即气体体积在 bc 过程中保持不变， B 正确； ab 是等温线，压强减小则体积增大， A 正确； cd 是等压线，温度降低则体积减小， C 错误；连结 aO 交 cd于 e，如下图，则 ae 是等容线，即 V a＝V e，因为 V d＜V e，因此 V d＜V a， da 过程中体积不是保持不变， D 错误．4．已知湖水深度为 20 m，湖底水温为 4 ℃，水面温度为 17 ℃，大气压强为 1.0×105当一气泡从湖底迟缓升到水面时，其体积约为本来的(取g Pa.233)＝10 m/s ，ρ ＝1.0×10 kg/m )(水A ．2.8 倍B．8.5 倍C．3.1 倍D．2.1 倍分析：选 C.一标准大气压约为 10m 高的水柱产生的压强，因此气泡在湖底的压强 p1约为 3.0×105，由理想气体状态方程得，p1V1＝p2V2，而 T1Pa T1T2＝(4＋273)K＝277 K，T2＝(17＋273)K＝290 K，温度基本不变，压强减小1为本来的3，体积扩大为本来的 3 倍左右， C 项正确．5．如下图，上端张口的圆滑圆柱形汽缸竖直搁置，横截面积为 40 cm2的活塞将必定质量的气体和一形状不规则的固体 A 关闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm 处设有 a、b 两限制装置，使活塞只好向上滑动．开始时活塞搁在 a、b 上，缸内气体的压强为 p00＝1.0×105Pa为大气压强，温度(p)为 300 K．现迟缓加热汽缸内气体，当温度为330 K 时，活塞恰巧走开 a、b；当温度为 360 K 时，活塞上移了 4 cm.g 取 10 m/s2.求活塞的质量和物体A的体积．分析：设物体 A 的体积为V，T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40 cm3mg－ V，T2＝330 K，p2＝ 1.0×105＋40×10－4 Pa， V2＝V1，T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40 cm3－ V.p1p2由状态 1 到状态 2 为等容过程，则T1＝T2，代入数据得 m＝4 kg.由状态 2 到状态 3 为等压过程，则V2 V3T2＝T3，代入数据得V＝640 cm3.答案： 4 kg640 cm3。
2024届高考物理知识点复习：气体实验定律的综合应用(解析版)
气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 类型2 “汽缸活塞类”模型类型3 变质量气体模型题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用题型一气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1=p 2V 2T 2温度不变：p 1V 1=p 2V 2(玻意耳定律)体积不变：p 1T 1=p 2T 2(查理定律)压强不变：V 1T 1=V 2T 2(盖-吕萨克定律)2两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp =p 1T 1ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV =V 1T 1ΔT 3利用气体实验定律解决问题的基本思路1(2023·广东深圳·校考模拟预测)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL ，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa ，护士把注射器内横截面积为0.3cm 2、长度为0.4cm 、压强为1.0×105Pa 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体。
(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。
(2)求此时药瓶内气体的压强。
【答案】(1)总内能增加，原因见解析；(2)p1=1.3×105Pa【详解】(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。
(2)以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3注射器内气体体积为V2，有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3根据玻意耳定律有p0V1+V2=p1V1代入数据解得p1=1.3×105Pa2．(2023·山东·模拟预测)某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。
气体实验定律及应用参考答案
气体实验定律及应用参考答案集团公司文件内部编码：（TTT-UUTT-MMYB-URTTY-ITTLTY-第2节气体实验定律及应用知识梳理一、气体分子运动速率的统计分布气体实验定律理想气体1．气体分子运动的特点(1)分子很小，间距很大，除碰撞外不受力．(2)气体分子向各个方向运动的气体分子数目都相等．(3)分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大．2．气体的三个状态参量(1)体积；(2)压强；(3)温度．3．气体的压强(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力．(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力．公式：p＝.(3)常用单位及换算关系：①国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1Pa＝1N/m2.②常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)．③换算关系：1atm＝76cmHg＝1.013×105Pa≈1.0×105Pa.4．气体实验定律(1)等温变化——玻意耳定律：①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比．②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)．(2)等容变化——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：＝或＝C(常量)．③推论式：Δp＝·ΔT.(3)等压变化——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：＝或＝C(常量)．③推论式：ΔV＝·ΔT.5．理想气体状态方程(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．①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在．②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积无关．③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度不太低时都可看作理想气体．(2)一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C(常量)．典例突破考点一气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．平衡状态下气体压强的求法(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程．求得气体的压强．(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．4．加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．例1．如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？解析：题图甲中选m为研究对象．p A S＝p0S＋mg得p A＝p0＋题图乙中选M为研究对象得p B＝p0－.答案：p0＋p0－例2．若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．解析：在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＝－ρghS＋p0S所以p气＝p0－ρgh在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：p A S＋p h S＝p0Sp气＝p A＝p0－ρgh在图丙中，仍以B液面为研究对象，有p A＋ρgh sin60°＝p B＝p0所以p气＝p A＝p0－ρgh在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝(p0＋ρgh1)S，所以p气＝p0＋ρgh1答案：甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－ρgh丁：p0＋ρgh1例3．如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压为p0)解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有：F＝(M＋m)a 再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：pS－p0S＝ma解得：p＝p0＋.答案：p0＋考点二气体实验定律及理想气体状态方程1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系＝2．几个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋……例4．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．解析(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得V1＝S1＋S2①V2＝S2l②在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③故缸内气体的压强不变．由盖-吕萨克定律有＝④联立①②④式并代入题给数据得T2＝330K⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有＝⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105Pa⑦答案(1)330K (2)1.01×105Pa例5．一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝V0/ΔV④联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)⑤答案：4天考点三气体状态变化的图象问题一定质量的气体不同图象的比较例6．为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是( )解析：选B.等温变化时，根据pV＝C，p与成正比，所以p－图象是一条通过原点的直线，故正确选项为B.当堂达标1．如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p 为________．解析：对圆块进行受力分析：重力Mg，大气压的作用力p0S，封闭气体对它的作用力，容器侧壁的作用力F1和F2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡，故p0S＋Mg＝·cosθ，即p＝p0＋.答案：p0＋2．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3 m3.往桶内倒入 4.2×10－3 m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进 2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是( )A．16次B．17次C．20次D．21次解析：选 B.设大气压强为p，由玻意耳定律，npV0＋pΔV＝pV，V0＝2.5×10－4m3，ΔV＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3，V＝5.7×10－3m3，解得n＝16.8次≈17次，选项B正确．3．(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )A．ab过程中不断增大B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增大D．da过程中保持不变解析：选AB.首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc 过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，如图所示，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d＜V e，所以V d＜V a，da过程中体积不是保持不变，D错误．4．已知湖水深度为20 m，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10 m/s2，ρ＝1.0×103 kg/m3)( )水A．2.8倍B．8.5倍C．3.1倍D．2.1倍解析：选C.一标准大气压约为10m高的水柱产生的压强，所以气泡在湖底的压强p1约为 3.0×105Pa，由理想气体状态方程得，＝，而T1＝(4＋273)K＝277K，T2＝(17＋273)K＝290K，温度基本不变，压强减小为原来的，体积扩大为原来的3倍左右，C 项正确．5．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105Pa为大气压强)，温度为300K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上移了4 cm.g取10 m/s2.求活塞的质量和物体A的体积．解析：设物体A的体积为ΔV，T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40cm3－ΔV，T2＝330K，p2＝Pa，V2＝V1，T3＝360K，p3＝p2，V3＝64×40cm3－ΔV.由状态1到状态2为等容过程，则＝，代入数据得m＝4kg.由状态2到状态3为等压过程，则＝，代入数据得ΔV＝640cm3.答案：4kg 640cm3。
高中物理一轮复习同步练习：应用气体实验定律处理三类典型问题
应用气体实验定律处理三类典型问题同步训练1. (2019·高考全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S 和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。
整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。
平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。
现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。
2. (2020·九江市第二次模拟)如图所示，竖直放置在粗糙水平面上的汽缸，汽缸里封闭一部分理想气体。
其中缸体质量M＝4 kg，活塞质量m＝4 kg，横截面积S＝2×10－3 m2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞的上部与劲度系数为k＝4×102 N/m的弹簧相连，挂在某处。
当汽缸内气体温度为227 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L＝80 cm。
求：(1)当缸内气体温度为多少K时，汽缸对地面的压力为零；(2)当缸内气体温度为多少K时，汽缸对地面的压力为160 N。
(g取10 m/s2，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦)3.(2020·蚌埠市第三次教学质检)如图甲，一竖直导热汽缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2∶3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2∶1，如图乙。
已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。
4.(2020·厦门市第一次质检)内径均匀的L形直角细玻璃管，一端封闭，一端开口竖直向上，用水银柱将一定质量空气封存在封闭端内，空气柱AB长68 cm，水银柱高58 cm，进入水平封闭端长2 cm，如图所示，温度是27 ℃，大气压强为76 cmHg。
2020高中物理 第八章 气体 课时4 习题课：气体实验定律和理想气体状态方程的应用学案
学案4 习题课：气体实验定律和理想气体状态方程的应用[目标定位] 1.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.2.会利用图象对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题.3.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．一、变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明： 1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程看成等温压缩过程． 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，总质量不变，故抽气过程可看成是等温膨胀过程．例1 氧气瓶的容积是40 L ，其中氧气的压强是130 atm ，规定瓶内氧气压强降到10 atm 时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm 的氧气400 L ，这瓶氧气能用几天？假定温度不变． 解析 用如图所示的方框图表示思路．由V 1→V 2：p 1V 1＝p 2V 2，V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010L ＝520 L ，由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3，V 3＝p 2(V 2－V 1)p 3＝10×4801L ＝4 800 L ，则V 3400 L＝12(天)． 答案 12天二、理想气体的图象问题名称图象 特点 其他图象等温线p－VpV＝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－1Vp＝CTV，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高等容线p－Tp＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大，对应的体积越小等压线V－TV＝CpT，斜率k＝Cp，即斜率越大，对应的压强越小曲线的一部分．图1(1)已知气体在状态A的温度T A＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？(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．解析从p－V图中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为p A＝4 atm，p B＝4 atm，p C ＝2 atm，p D＝2 atm，V A＝10 L，V C＝40 L，V D＝20 L.(1)根据理想气体状态方程p A V AT A＝p C V CT C＝p D V DT D，可得T C＝p C V Cp A V A·T A＝2×404×10×300 K＝600 K，T D ＝p D V D p A V A ·T A ＝2×204×10×300 K＝300 K ，由题意知B 到C 是等温变化，所以T B ＝T C ＝600 K. (2)由状态B 到状态C 为等温变化， 由玻意耳定律有p B V B ＝p C V C ，得V B ＝p C V C p B ＝2×404L ＝20 L.在V －T 图上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态依次连接(如图)，AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程．答案 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析 三、理想气体的综合问题 1．定性分析液柱移动问题：定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案． 常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔT T p .(2)盖—吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTT V .2．定量计算问题：定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、气缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题． 解决该问题的一般思路： (1)弄清题意，确定研究对象．(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强．(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程． (4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．例3 如图3所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的T 型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h 0处连接一U 形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T 0，活塞距离气缸底部为1.5h 0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p 0，气缸横截面积为S ，活塞竖直部分长为1.2h 0，重力加速度为g ，试问：图3(1)初始时，水银柱两液面高度差多大？(2)缓慢降低气体温度，水银柱两液面相平时温度是多少？ 答案 (1)m ρS (2)4p 0T 0S 5p 0S ＋5mg解析 (1)被封闭气体压强p ＝p 0＋mgS＝p 0＋ρgh 初始时，水银柱两液面高度差为h ＝m ρS. (2)降低温度直至水银柱两液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化． 初状态：p 1＝p 0＋mg S，V 1＝1.5h 0S ，T 1＝T 0 末状态：p 2＝p 0，V 2＝1.2h 0S ，T 2＝？ 根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 代入数据得：T 2＝4p 0T 0S5p 0S ＋5mg1. (变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图4所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3、1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求：图4(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？ 答案 (1)15 (2)1.5 L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p由玻意耳定律得：1 atm×300 cm 3＝1.5×103cm 3×p ，p ＝0.2 atm 需打气次数n ＝4－10.2＝15(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×VV ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2. (理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC 来表示，在A 、B 、C 三个状态上，气体的温度T A 、T B 、T C 相比较，大小关系为( )图5A ．TB ＝T A ＝TC B ．T A ＞T B ＞T C C ．T B ＞T A ＝T CD ．T B ＜T A ＝T C 答案 C解析 由题图中各状态的压强和体积的值：p A V A ＝p C V C ＜p B V B ，因为pV T＝C ，可知T A ＝T C ＜T B .3．(液体移动问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图6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( )图6A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动 答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p 对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p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，选项C 正确．4．(液体移动问题)如图7所示，A 气缸横截面积为500 cm 2，A 、B 两个气缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm 、温度均为27 ℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左边的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁、细管间的摩擦，周围大气压强为1 atm ＝105 Pa ，当推力F ＝53×103N 时，求：图7(1)活塞N 向右移动的距离是多少厘米？(2)B 气缸中的气体升温到多少摄氏度？ 答案 (1)5 cm (2)127 ℃解析 (1)p A ′＝p A ＋F S ＝43×105Pa对A 中气体，由p A V A ＝p A ′V A ′ 得V A ′＝p A V A p A ′，解得V A ′＝34V A L A ＝V AS ＝20 cmL A ′＝V A ′S＝15 cmΔx ＝L A －L A ′＝5 cm(2)对B 中气体，p B ′＝p A ′＝43×105Pa由p B T B ＝p B ′T B ′，解得T B ′＝p B ′p BT B ＝400 K ＝127 ℃.题组一 变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 答案 A解析 取全部气体为研究对象，由p 1V 1＋p 2V 2＝pV 1得p ＝2.5 atm ，故A 正确．2．用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500 cm 3，轮胎容积V ＝3 L ，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( ) A ．5次 B ．10次 C ．15次 D ．20次 答案 C解析 因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得 1．5 atm×3 L＋n ×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L， 解得n ＝15. 故答案选C.3．容积为5×10－3m 3的容器内盛有理想气体，若用最大容积为0.1×10－3m 3的活塞抽气筒抽气，在温度不变的情况下抽气10次，容器内剩余气体的压强是最初压强的多少倍？ 答案 0.82解析 本题是一道变质量问题，我们必须转化成质量一定的问题．因为每次抽出的气体压强不一样，但可把抽气等效成容器与真空的抽气筒相通，所以每次抽气可视为质量一定的气体体积增大ΔV .设容器中原有气体的压强为p 0，体积为V 0，抽气筒容积为ΔV . 第一次抽气：p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )， 第二次抽气：p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )， 第三次抽气：p 2V 0＝p 3(V 0＋ΔV )， …第十次抽气：p 9V 0＝p 10(V 0＋ΔV )， 各式相乘可得p 10＝(V 0V 0＋ΔV)10p 0.所以p 10p 0＝(V 0V 0＋ΔV )10＝(55＋0.1)10≈0.82. 题组二 理想气体的图象问题4．在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是( )答案 D解析 根据p －V 、p －T 、V －T 图象的物理意义可以判断，其中D 反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符．5.如图1所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热气缸中，用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p 、V 、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示( )图1答案 AD解析 由题意知，由状态①到状态②过程中，温度不变，体积增大，根据pV T＝C 可知压强将减小．对A 图象进行分析，p －V 图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②体积增大，压强减小，故A 项正确；对B 图象进行分析，p －V 图象是直线，温度会发生变化，故B 项错误；对C 图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C 项错误；对D 图象进行分析，可知温度不变，压强减小，故体积增大，D 项正确．6．如图2所示为一定质量的理想气体沿着箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是( )图2A ．从状态c 到状态d ，压强减小B ．从状态d 到状态a ，压强不变C ．从状态a 到状态b ，压强增大D ．从状态b 到状态c ，压强增大 答案 AC解析 在V －T 图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定质量的理想气体，图线上的点与原点连线的斜率表示压强的倒数，即斜率大的，压强小，因此A 、C 正确，B 、D 错误．7．如图3所示是理想气体经历的两个状态变化的p －T 图象，对应的p －V 图象应是图中的( )图3答案 C题组三 理想气体的综合问题8．如图所示，四个两端封闭、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，则水银柱向左移动的是( )答案 CD解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp ＝p ΔTT，而各管原压强相同，ΔT 相同，所以Δp ∞1T，即T 高，Δp 小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C 、D 项正确．9．图4为一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系图象，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )图4A ．T A <TB ，T B <TC B ．T A >T B ，T B ＝T C C ．T A >T B ，T B <T CD ．T A ＝T B ，T B >T C 答案 C解析 由题图可知，气体由A 到B 的过程为等容变化，由查理定律得p A T A ＝p B T B，p A >p B ，故T A >T B ；由B 到C 的过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得V B T B ＝V C T C，V B <V C ，故T B <T C .选项C 正确．10.如图5所示为内径均匀的U 形管，其内部盛有水银，右端封闭空气柱长12 cm ，左端被一重力不计的轻质活塞封闭一段长10 cm 的空气柱，当环境温度t 1＝27 ℃时，两侧水银面的高度差为2 cm.当环境温度变为t 2时，两侧水银面的高度相等．已知大气压强p 0＝75 cmHg ，求：图5(1)温度t 2的数值； (2)左端活塞移动的距离．答案 (1)－5 ℃ (2)2.1 cm 解析 (1)设U 形管的横截面积为S 对右端封闭空气柱有p 1＝77 cmHg ，V 1＝12S ，T 1＝300 K ，p 2＝75 cmHg ， V 2＝11S由p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得T 2≈268 K，即t 2＝－5 ℃ (2)对左端封闭空气柱V 1′＝10S ，T 1′＝300 K ，T 2′＝268 K ，V 2′＝L 2′S由V 1′T 1′＝V 2′T 2′解得L 2′≈8.9 cm 故左端活塞移动的距离s ＝(10＋1－8.9) cm ＝2.1 cm11.如图6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 图象，已知气体在状态B 时的体积是8 L ，求V A 、V C 和V D ，并画出此过程的V －T 图象．图6答案 4 L 8 L 10.7 L V －T 图象见解析图 解析 A →B ，等温过程有p A V A ＝p B V B所以V A ＝p B V B p A ＝1.0×105×82.0×105 L ＝4 LB →C ，等容过程，所以V C ＝V B ＝8 LC →D ，等压过程有V C T C ＝V D T D ，V D ＝T D T C V C ＝400300×8 L＝323L≈10.7 L此过程的V －T 图象如图所示：12．用销钉固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图7所示，起初A 中有温度为127 ℃、.. 压强为1.8×105 Pa 的空气，B 中有温度为27 ℃、压强为1.2×105Pa 的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．图7答案 都为1.3×105 Pa解析 对A 空气，初状态：p A ＝1.8×105 Pa ，V A ＝？，T A ＝400 K.末状态：p A ′＝？，V A ′＝？，T A ′＝300 K ，由理想气体状态方程p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′得： 1.8×105 V A 400＝p A ′V A ′300对B 空气，初状态：p B ＝1.2×105 Pa ，V B ＝？，T B ＝300 K.末状态：p B ′＝？，V B ′＝？，T B ′＝300 K.由理想气体状态方程p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′得： 1.2×105 V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′，V A ∶V B ＝2∶1，p A ′＝p B ′，联立以上各式得p A ′＝p B ′＝1.3×105Pa.。
(江苏专版)2020年高考物理总复习 第50讲 气体实验定律 理想气体 气体热现象的微观意义讲义
第50讲气体实验定律理想气体气体热现象的微观意义考情剖析考纲要求考查年份考查详情能力要求气体实验定律、理想气体Ⅰ14年T12A(1)—选择，考查对理想气体的理解理解15年T12A(3)—计算，考查玻意耳定律应用数学处理物理问题16年T12A(2)—填空，考查气体实验定律理解17年T12A(1)—选择，考查气体状态变化图象理解分子热运动速率的统计分布规律,Ⅰ,14年,T12A(2)—填空，考查分子平均动能与温度的关系,分析综合16年,T12A(2)—填空，考查分子速率分布图象的理解,理解气体压强的微观解释,Ⅰ,15年,T12A(2)—填空，考查气体压强的微观解释,理解弱项清单,气体分子热运动速率分布的统计规律(将分布图中的峰值大小误以为是温度的高低)，气体压强的微观解释．知识整合一、气体的三个实验定律1．等温变化——玻意耳定律(1)内容：一定质量的某种气体，在________不变的情况下，________与________成________．这个规律称________定律．(2)等温变化的表达式：p∝1V或pV＝C(C为常量)或p1V1＝p2V2(p1、V1和p2、V2分别表示气体在初、末两种不同状态下的压强和体积)．2．等容变化——查理定律(1)内容：一定质量的某种气体，在________不变的情况下，________与________成________．这个规律称________定律．(2)等容变化的表达式：p∝T、p ＝CT(C 为常量)或p 1T 1＝p 2T 2(p 1、T 1和p 2、T 2分别表示气体在初、末两种不同状态下的压强和温度)．3．等压变化——盖·吕萨克定律(1)内容：一定质量的某种气体，在________不变的情况下，________与________成________．这个规律称________定律．(2)等压变化的表达式：V∝T、V ＝CT(C 为常量)或V 1T 1＝V 2T 2(V 1、T 1和V 2、T 2分别表示气体在初、末两种不同状态下的体积和温度)．二、理想气体的状态方程 1．理想气体(1)宏观上讲，理想气体是一种理想化模型，是对在温度不低于零下几十摄氏度、压强不超过大气压的几倍时的实际气体的科学抽象，始终遵守气体实验定律的气体．(2)微观上讲，理想气体分子本身与分子间距离相比可以忽略不计，分子间除碰撞外无其他作用力，理想气体的分子势能为零，内能等于分子的总动能．2．理想气体的状态方程(1)一定质量的理想气体状态方程：______________或______________． (2)三个气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例． 三、气体分子动理论和气体压强 1．分子热运动速率的统计分布规律(1)气体分子之间的距离大约是分子直径的10倍，气体分子之间的作用力十分________，可以忽略不计且气体分子向各个方向运动的机会________．(2)气体分子的速率分布，表现出“____________”的统计分布规律．温度升高时，速率大的分子数目________，速率小的分子数目________，分子的平均速率________．2．气体压强及气体实验定律的微观解释 (1)气体压强①产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁____________的压力叫做气体的压强．②决定气体压强大小的因素a ．宏观上：决定于气体的________和________．b ．微观上：决定于分子的________和________________________________________________________________________．(2)气体实验定律的微观解释①等温变化：一定质量的理想气体，温度保持不变，体积增大时，压强________，原因是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.②等容变化：一定质量的理想气体，体积保持不变，温度增大时，压强________，原因是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.③等压变化：一定质量的理想气体，压强保持不变，温度增大时，体积________，原因是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 方法技巧考点1 三个实验定律、理想气体及状态方程玻意耳定律 等温变化1.等温变化在pV 图中是双曲线，由pV ＝nRT 知，T 越大，pV 值越大，所以，远离原点的等温线的温度越高，即T 2＞T 1.2.等温变化在p1V 图中是通过原点的直线．T 大，斜率大，所以T 2＞T 1.查理定律 等容变化1.等容变化在pt 图中是通过t 轴上－273 ℃的直线．由于在同一温度(如0 ℃)下，同一气体的压强大时，体积小，所以V 1＞V 2. 2.等容变化在pT 图中是通过原点的直线．体积大时，斜率小，所以V 1＞V 2.盖·吕萨克定律 等压变化1.等压变化在Vt 图中是通过t 轴上－273℃的直线，由于在同一温度下，同一气体的体积大时，压强小，所以p 1＞p2.2.等压变化在VT 图中是通过原点的直线．压强大时斜率小，所以p 1＞p 2. 理想气体状态方程pV/T ＝C【典型例题1】 有一传热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M 活塞密封一定质量的理想气体，活塞面积为S.开始时汽缸开口向上如图甲，已知外界大气压强P 0，被封气体的体积V 0.(1)求被封气体的压强：(2)现将汽缸倒置如图乙，待系统重新稳定后，活塞移动的距离是多少？甲乙1.如图所示，在两端封闭的均匀半圆管道内封闭有理想气体，管内有不计质量可自由移动的活塞P，将管内气体分成两部分，其中OP与管道的水平直径的夹角θ＝45°.两部分气体的温度均为T0＝300 K，压强均为p0＝1.0×105Pa.现对管道左侧气体缓慢加热，管道右侧气体温度保持不变，当可动活塞P缓慢移动到管道最低点时(不计摩擦)，求：(1)管道右侧气体的压强；(2)管道左侧气体的温度．2.(17年苏北四市三模)如图所示，一导热性能良好，内壁光滑的气缸竖直放置，用不漏气的轻质活塞封闭一定质量的理想气体，固定导热隔板上有一小孔，将A、B两部分气体连通，已知活塞的横截面积为S，初始时A、B两部分体积相同，温度为T0，大气压强p0.(1)若缓慢加热气体，使A、B两部分体积之比达到2∶1，求此时的温度T1；(2)保持气体温度T0不变，在活塞上施加一竖直向下的推力，缓慢推动活塞，当A、B两部分体积之比为1∶2时，求气体的压强p和所加推力大小F.考点2 对气体分子运动和气体压强的理解1．气体分子间距较大，分子力可以忽略，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满它能达到的整个空间．2．分子做无规则的运动，速率有大有小，且一直在变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．3．温度升高时，速率小的分子数减小，速率大的分子数增多，分子的平均速率将增加，速率分布规律仍然呈现“中间多，两头少”分布图象．4．气体压强是大量分子频繁地碰撞器壁产生的．5．气体的压强大小与温度和体积有关．单位体积内分子数越多，分子在单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数就越多，压强就越大；温度越高，气体分子运动的平均动能就越大，每个分子对器壁碰撞的作用力就越大，压强就越大．6．气体压强的确定要根据气体所处的外部条件，往往需要利用跟气体接触的液柱和活塞等物体的受力和运动情况计算．【典型例题2】(17年苏北四市联考)如图为密闭钢瓶中的理想气体分子在两种不同温度下的速率分布情况，可知，一定温度下气体分子的速率呈现________________分布规律；T1温度下气体分子的平均动能________(选填“大于”、“等于”或“小于”)T2温度下气体分子的平均动能．【学习建议】理解分子热运动速度分布的统计规律，由线状分布到柱状分布，其峰值并不是温度的高低．【典型例题3】(17年南京一模)如图所示，导热性能良好的气缸开口向下，缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞在气缸内可以自由滑动且不漏气，其下方用细绳吊着砂桶，系统处于平衡状态．现砂桶中的细沙不断流出，这一过程可视为一缓慢过程，且环境温度不变，则在此过程中气缸内气体分子的平均速率________(选填“减小”、“不变”、“增大”)，单位时间单位面积缸壁上受到气体分子撞击的次数________(选填“减少”、“不变”、“增加”)．【学习建议】理解温度是分子平均动能的标志，压强的微观上是由平均动能和数密度决定，宏观上是由温度和体积决定．当堂检测 1.(多选)下列对理想气体的理解，正确的有( )A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律2．如图所示，一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是( )第2题图A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C．在相同时间内撞在相同面积上的分子数两状态一样多D．单位体积的分子数两状态一样多3．(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是( )第3题图A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大4．给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L．请通过计算判断该包装袋是否漏气？5．如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞上升高度h，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．求：(1)加热过程中气体对外界做的功；(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．第5题图第50讲 气体实验定律、理想 气体、气体热现象的微观意义知识整合基础自测一、1.(1)温度 压强 体积 反比 玻意耳 2.(1)体积 压强 温度 正比 查理3.(1)压强 体积 温度 正比 盖·吕萨克 二、2.(1)p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 pV T＝C 三、1. (1) 微弱 均等 (2)中间多，两头少 增加 减少 增大 2.(1)①单位面积上②a.温度 体积b ．平均动能 分子的密集程度 (2)①减小 温度相同，分子的平均动能相同，体积增大时，单位体积内的分子数减小，所以气体压强减小 ②增大 单位体积内的分子数不变，温度增大，分子的平均动能增大，所以气体压强增大 ③增大 温度增大，分子的平均动能增大，若要维持压强不变，单位体积内的分子数需要减少，所以体积增大方法技巧·典型例题1·Mg ＋p 0S S 2MgV 0（p 0S －Mg ）S 【解析】 (1)对活塞受力分析：Mg ＋p 0S ＝pS 得p ＝Mg ＋p 0SS；(2)气缸倒置后，对活塞受力分析得：Mg ＋p 1S ＝p 0S 所以p 1＝p 0S －MgS；对封闭气体运用玻玛定律pV 0＝p 1V 1，得V 1＝（p 0S ＋Mg ）V 0p 0S －Mg ，所以Δh ＝V 1－V 0S ＝2MgV 0（p 0S －Mg ）S.·变式训练1·(1)1.5×105Pa (2)900 K 【解析】 (1)对于管道右侧气体，由于气体做等温变化p 0V 1＝P 2V 2，V 2＝23V 1解得 p 2＝1.5×105 Pa.(2)对于管道左侧气体，根据理想气体状态方程，有p 0V 1′T 0＝p 2′V 2′T ，V 2′＝2V 1′当活塞P 移动到最低点时，对活塞P 受力分析可得出两部分气体的压强p 2′＝p 2得T ＝900 K.·变式训练2·32T 0 13p 0S 【解析】 (1)设B 的体积为V ，则初状态AB 总体积2 V ，末状态总体积为3 V ，等压变化有2V T 0＝3V T 1计算得出T 1＝32T 0(2)气体作等温压缩后，A 的体积变为V /2，等温变化有p 0·2V ＝p ·32V 得出p ＝43p 0再由平衡条件有PS ＝P 0S＋F 得F ＝13p 0S .·典型例题2·中间多、两头少 小于 【解析】 由图可以知道，两种温度下气体分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点．因为T 1时速率较低的气体分子占比例较大，则说明T 1温度下气体分子的平均动能小于T 2温度下气体分子的平均动能．·典型例题3·不变 增加 【解析】 因温度不变，分子的平均动能不变，则气体的平均速率不变； 以活塞和沙桶整体为研究对象，设总质量为m, 有pS ＋mg ＝p 0S 细沙流出后，则p 增大，因为平均速率不变，根据压强的微观含义可以知道，单位时间单位面积器壁上受到气体分子撞击的次数增加．当堂检测1．AD 【解析】 理想气体是对压强不是很高，温度不是很大的实际气体的抽象，是理想化模型， AD 对B 错. 理想气体的气体分子间无作用力，不存在分子势能，故理想气体的内能取决于气体的温度，与体积无关，C 错.2．B 【解析】 等压变化，而b 状态的体积大于a 状态的体积，则b 状态的分子密集程度小于a 状态的分子密集程度，同时，a 状态的温度低，气体分子的平均动能小，分子对容器的碰撞作用力小，a 状态下在相同时间内撞在单位面积上的分子数a 状态较多，才可能使压强相同；故选B.3．ABC 【解析】 两条曲线下的面积相等均为1，A 对．温度越高分子运动越剧烈，分子平均动能越大，则知图中虚线表示0 ℃时氧气分子的分子数速率分布，实线表示100 ℃时氧气分子的分子数速率分布，即虚线对应的氧气分子平均动能小，故B 、C 项正确．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占总分子数的比例，并非分子数目， D 错．由图象知0 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大，E 错．4．漏气 【解析】 若不漏气，设加压后的体积为V 1，由等温过程得：p 0V 0＝p 1V 1，代入数据得V 1＝0.5 L ．因为0.45 L<0.5 L ，故包装袋漏气．5. (p 0S ＋mg )hp 0S ＋mg ＋m 0g2（p 0S ＋mg ）T 1 【解析】 (1)活塞处于平衡状态，得p 0S ＋mg ＝pS .缓慢上升，视为等压过程，则气体对活塞做功大小W ＝Fh ＝pSh ＝(p 0S ＋mg ) h . (2)添加砂粒的质量为m 0活塞受力：p 0S ＋mg ＋m 0g ＝p 1S 得p 1＝p 0＋（m ＋m 0）g S 气体初状态：p ，2hS ，T 1；末状态：p 1, hS ，T 2.由理想气体的状态方程得p ·2hS T 1＝p 1·hST 2，计算得出T 2＝p 0S ＋mg ＋m 0g 2（p 0S ＋mg ）T 1.。
2020-2021学年高考名师推荐物理--气体实验定律(解析版).doc
2020-2021学年高考名师推荐物理--气体实验定律（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：玻马定律,查理定律和盖吕定律,固体、液体、气体,气体的等容变化和等压变化,气体的实验定律）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.【答案】(1)(2)评卷人得分【解析】(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律，得①由此得②(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件．汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，左汽缸中活塞上方气体的体积为，由玻意耳定律，得③④联立③④式得其解为⑤另一解，不合题意，舍去．一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的体积V0＝2 m3，线段AB与p轴平行．①求气体在状态B时的体积；②气体从状态A变化到状态B过程中，对外界做功30 J，问该过程中气体吸热还是放热？传递的热量为多少？【答案】①1 m3②放热30 J【解析】①气体从状态A变化到状态B发生等温变化，根据玻意耳定律，得p0V0＝2p0VB，解得VB＝＝1 m3②A→B：由，得Q＝－W＝－30J该过程中气体放热，放出热量为30J.。
(新课标)高考物理大一轮复习热点集训11气体实验定律、热力学实验定律的应用课件
(1)实际大气压为多少cmHg? (2)初始状态玻璃管内的空气柱有多长？
第六页，共26页。
解析：设大气压强相当于高为H的水银柱产生的压强，初始 状态空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S.
第八页，共26页。
3.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于 状态A，由过程AB到达状态B，后又经过程BC到达状态C，如图 所示．设气体在状态A时的压强、体积和温度分别为pA、VA和TA. 在状态B时的体积为VB.在状态C时的温度为TC.
(1)求气体在状态B时的温度TB； (2)求气体在状态A的压强pA与状态C的压强pC之比．
气体一定从外界吸收热量．
答案：(1)76p0
6 (2)7
吸热，原因见解析
第二十二页，共26页。
8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2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＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压取p0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强)．
第十页，共26页。
4．(2016·山东枣庄一模)如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁 光滑，横截面积为S＝1×10－3m2.活塞的质量为m＝2 kg，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下方汽缸的容积为1.0×10－3 m3，A、B之间的容积为2.0×10－4 m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.开始时活塞停在B处，缸内气 体的压强为0.9p0，温度为27℃.现缓慢加热缸内气体，直至327℃. 求：
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1
限时规范训练(单独成册)
[基础巩固题组](20分钟，50分)
1.一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经
历了B、C，最后到D状态，下列说法中正确的是( )
A．A→B温度升高，体积不变
B．B→C压强不变，体积变大
C．C→D压强变小，体积变小
D．B状态的温度最高，C状态的体积最大
解析：选A.在p -T图象中斜率的倒数反映气体的体积，所以V
A
＝VB＞VD＞VC，故选项B、C、D均错．
2．如图所示为一定质量理想气体的体积V与温度
T的关系图象，它由状态A经等温过程到状态B，再经
等容过程到状态C.设A、B、C状态对应的压强分别为
pA、pB、pC，则下列关系式中正确的是( )
A．pA＜pB，pB＜pC B．pA＞pB，pB＝pC
C．pA＞pB，pB＜pC D．pA＝pB，pB＞pC
解析：选A.由pVT＝常量得：A到B过程，T不变，体积减小，
则压强增大，所以pA＜pB；B经等容过程到C，V不变，温度升高，
则压强增大，即pB＜pC，所以A正确．
2
3．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3 m3.往桶内倒入
4.2×10－3 m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如
果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，
且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是( )
A．16次 B．17次
C．20次 D．21次
解析：选B.设大气压强为p，由玻意耳定律，npV0＋pΔV＝pV，
V0＝2.5×10－4m3，ΔV＝5.7×10－3m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3m3，
V＝5.7×10－3m3，解得n＝16.8次≈17次，选项B正确．
4．一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个
大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的
压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求
这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．
解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个
大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝
p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天
3
数为N＝V
0
/ΔV④
联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)⑤
答案： 4天
5．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图所示，容积为V的汽缸
由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等
的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容
器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内
上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流
入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气
体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力
加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．
解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为
p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、
下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0V2＝p1V1①
p0V2＝p2V2②
由已知条件得
V1＝V2＋V6－V8＝1324V③
V2＝V2－V6＝V3④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
4
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得
m＝15p0S26g⑥
答案： 15p0S26g
[能力提升题组](25分钟，50分)
1．一个篮球的容积是2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把
105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球内的空气压强也是
105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中
气体温度不变)
解析：令V2为篮球的容积，V1为30次所充空气的体积及篮球的
容积之和，则
V1＝V2＋nΔV＝2.5 L＋30×0.125 L＝6.25 L
由于整个过程中空气质量不变、温度不变，可用玻意耳定律求解，
即有p1V1＝p2V2
解得p2＝p1V1V2＝105×6.252.5 Pa＝2.5×105 Pa.
答案： 2.5×105 Pa
2．(2019·河北四市调研)如图，横截面积相等的
绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆
连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初
始时体积均为V0、温度为T0且压强相等，缓慢加热A中气体，停止
5
加热达到稳定后，A中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终
保持不变，求汽缸A中气体的体积VA和温度TA.
解析：设初态压强为p0，对汽缸A加热后A、B压强相等：
pB＝1.5p0
B中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得：
p0V0＝1.5p0VB
2V0＝VA＋VB
解得VA＝43V0.
对A部分气体，由理想气体状态方程得：
p0V0T0＝1.5p0V
A
T
A
解得TA＝2T0.
答案： 43V0 2T0
3．(2018·高考全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U
形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一
段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱
的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm.左边气体的压强为12.0
cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过
水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程
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中，气体温度不变．
解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体
的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压
强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为
l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
答案： 22.5 cm 7.5 cm
4．(2019·沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形
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导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，
活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连
接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为
p0，弹簧的劲度系数k＝p0Sl0(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时
间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢
向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了
0.2l0，缸内气体压强为1.1p0.
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底
部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2.
解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p0，体积为V0＝Sl0，
温度为T0
末态时：压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－0.2l0)
由理想气体状态方程得：
p0V0T0＝p1V
1
T
1
解得：T1＝0.88T0.
(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，体积为V2＝1.2Sl0，设气体
压强为p2，
由理想气体状态方程得：
p0V0T0＝p2V
2
T
2
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此时活塞受力平衡方程为：
p0S＋F－p2S＋k(1.2l0－l0)＝0
当活塞向右移动0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡
p0S＋F－1.1p0S－k(0.2l0)＝0
解得：T2＝1.8T0.
答案： (1)0.88T0 (2)1.8T0