人教版高中物理选修(33)8《气体》word学案

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人教版高中物理选修3-3第8章《气体》4.docx

高中物理学习材料桑水制作双基限时练(九) 气体热现象的微观意义1．下列关于气体分子运动的特点，正确的说法是( )A．气体分子运动的平均速率与温度有关B．当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多、两头少”C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得D．气体分子的平均速度随温度升高而增大解析气体分子的运动与温度有关，温度升高时，平均速率变大，但仍遵循“中间多、两头少”的统计规律，A对，B错．由于分子运动是无规则的，而且牛顿运动定律是物体运动宏观定律，故不能用它来求微观的分子运动速率，C错．大量分子向各个方向运动的概率相等，所以稳定时，平均速度几乎为零，与温度无关，D错．答案 A2．气体的压强是由于气体分子的下列哪种原因造成的( )A．气体分子间的作用力B．对器壁的碰撞力C．对器壁的排斥力D．对器壁的万有引力答案 B3．(多选题)关于理想气体的温度和分子平均速率、内能之间的关系，下列说法正确的是( ) A．温度升高，气体分子的平均速率增大B．温度相同时，气体分子的平均速率都相同C．温度相同时，气体分子的平均动能相同D．温度相同时，各种气体的内能相同解析温度升高，分子平均速率增大，A选项正确；温度相同分子平均动能相同，B选项错误，C选项正确；气体的内能与温度和物质的量有关，故D选项错误．答案AC4．一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，将气体的温度由－13 ℃升高到50 ℃，则保持不变的是( )A．压强B．分子平均速率C．分子平均动能D．气体的密度解析气体体积不变，质量不变，故当温度变化时，气体密度保持不变，故D选项正确．答案 D5．(多选题)关于气体分子运动的特点，下列说法正确的是( )A．气体分子之所以能充满空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动B．每个气体分子的速率都相等C．每个气体分子的速率都不等，速率很大和速率很小的分子数目很多D．气体分子速率很大和速率很小的分子数目都很小答案AD6．(多选题)注射器中封闭着一定质量的气体，现在缓慢压下活塞，下列物理量发生变化的是( ) A．气体压强B．分子平均速率C．分子密度D．气体密度解析缓慢下压活塞的过程中温度保持不变，分子平均速率不变，故B选项错误．答案ACD7．关于密闭容器中气体的压强，下列说法正确的是( )A．是由于气体分子相互作用产生的B．是由于气体分子碰撞容器壁产生的C．是由于气体的重力产生的D．气体温度越高，压强就一定越大解析气体的压强是由容器内的大量分子撞击器壁产生的，A、C错，B正确．气体的压强受温度、体积影响，温度升高，若体积变大，压强不一定增大，D错．答案 B8．下面的表格是某地区1～7月份气温与气压的对照表：月份/月 1 2 3 4 5 6 7平均最高1.4 3.9 10.7 19.6 26.7 30.2 30.8气温/ ℃平均大气1.021 1.019 1.014 1.008 1.003 0.998 0.996压/105 Pa7月份与1月份相比较，正确的是( )A．空气分子无规则热运动的情况几乎不变B．空气分子无规则热运动减弱了C．单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了D．单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少了解析由表中数据知，7月份与1月份相比，温度升高，压强减小，温度升高使气体分子热运动更加剧烈，空气分子与地面撞击一次对地面的冲击力增大，而压强减小，单位时间内空气分子对单位面积地面的冲击力减小．所以单位时间内空气分子对单位面积地面的撞击次数减少了，因而只有D项正确．答案 D9．一定质量的理想气体由状态A经过如图所示过程变到状态B，在此过程中气体的分子密度( )A．一直变小B．一直变大C．先变小后变大D．先变大后变小解析由图可知，气体由A状态变化到B状态，气体的体积增大，分子密度不断减小，故A选项正确．答案 A10．(多选题)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B，等容过程B→C，等温过程C→A，又回到了状态A，则( )A. A→B过程气体降温B. B→C过程气体吸热C. C→A过程气体放热D．全部过程气体做功为零解析A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，选项A 正确．B→C过程气体等容升压，由p/T＝恒量可知，气体温度升高，其对应内能增加，因做功W＝0，故该过程必定从外界吸热，即选项B正确．C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，选项C正确．A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积．B→C 过程气体不做功．C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，选项D不正确．由以上分析易知A、B、C选项正确．答案ABC11．如下图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，①中恰好装满水，②中充满空气，(容器容积恒定)则下列说法正确的是( )A．两容器中器壁的压强都是由分子撞击器壁而产生的B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的C．①容器中p A>p B，②容器中p C＝p DD．当温度升高时，p A、p B变大，p C、p D也变大解析对①容器压强产生的原因是由于液体受到重力作用；而②容器中压强产生的原因，是分子对器壁撞击而产生的，故A、B选项错误；液体压强p＝ρgh，可知p A>p B，而密闭容器中气体压强处处相等，与位置无关，p C＝p D，故C选项正确，当温度升高时，p A、p B不变，而p C、p D增大，故D选项错误．答案 C12．(多选题)x、y两容器中装有相同质量的氦气，已知x容器中氦气的温度高于y容器中氦气的温度，但压强却低于y容器中氦气的压强．由此可知( )A．x中氦气分子的平均动能一定大于y中氦气分子的平均动能B．x中每个氦分子的动能一定都大于y中每个氦分子的动能C．x中动能大的氦气分子数一定多于y中动能大的氦气分子数D．x中氦分子的热运动一定比y中氦分子的热运动剧烈解析分子的平均动能取决于温度，温度越高，分子的平均动能越大，故A项正确；但对于任一个氦分子来说并不一定成立，故B项错；分子的动能也应遵从统计规律：即“中间多、两头少”，温度较高时容器中动能大的分子数一定多于温度较低时容器中动能大的分子数，C项正确；温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，D 项正确．答案 ACD13．一定质量的某种理想气体，当它的压强变为原来的3倍，体积减小为原来的一半时，其热力学温度变为原来的多少？试从压强和温度的微观意义进行说明．解析设原来气体的压强为p 0，体积为V 0，热力学温度为T 0.则末状态时的压强变为3p 0，体积变为12V 0，根据理想气体状态方程可得：p 0V 0T 0＝3p 0·12V 0T . 解得T ＝32·p 0V 0p 0V 0T 0＝32T 0.下面从气体的压强和温度的微观意义对上述结果进行说明．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，一个是气体分子的密集程度．当体积减小为原来的一半时，气体分子的密集程度变为原来的两倍，这时气体的压强相应地变为原来的两倍，但还不能满足题意(题目要求，压强变为原来的3倍)，这时，只能要求从另外一个因素考虑，即增加气体分子的平均动能．而气体分子的平均动能是由温度来决定的，即应增加温度，根据计算，气体的热力学温度应变为原来的1.5倍，这时压强便在两个因素(体积减小——分子密集程度增大，温度升高——分子平均动能变大)的共同作用下变为原来的3倍．答案见解析14．一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变成状态C ，其中A →B 过程为等压变化，B →C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3，T A ＝T C ＝300 K ，T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B →C 过程压强变化的微观原因．解析 (1)A →B 由气体定律，V A T A ＝V BT B 知V B ＝T B T A V A ＝400300×0.3 m 2＝0.4 m 3(2)B →C 气体体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．答案 (1)0.4 m 3(2)见解析。

高中物理 8.1 气体的等温变化学案新人教版选修33

8.1 气体的等温变化[学习目标定位] 1.知道什么是等温变化.2.掌握玻意耳定律的内容，并能应用公式解决实际问题.3.理解等温变化的p －V 图象和p －1V图象．1．在热学中，常用压强、温度、体积来描述气体的状态，这些物理量叫做气体的状态参量．2．压强公式：p ＝F S. 3．温度是分子热运动平均动能的标志．温度越高，分子平均动能越大．一、等温变化一定质量的气体，在温度不变的条件下其压强与体积发生的变化叫等温变化．二、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：pV ＝C 或者p1V1＝p2V2.三、气体等温变化的p －V 图象一定质量的气体等温变化的p －V 图象的形状为双曲线．一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同(填“相同”或“不同”)的.一、封闭气体压强的计算[问题设计]图1在图1中，C 、D 两处液面水平且等高，液体密度为ρ，其他条件已标于图上，试求封闭气体A 的压强．答案同一水平液面C 、D 处压强相同，气体A 的压强与液面C 处压强相同，可得pA ＝p0＋ρgh.[要点提炼]封闭气体压强的计算方法主要有：1．取等压面法根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．2．力平衡法选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强．二、玻意耳定律[要点提炼]1．成立条件玻意耳定律p1V1＝p2V2是实验定律．只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立．2．常量的意义p1V1＝p2V2＝常量C该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该常量C越大(填“大”或“小”)．3．利用玻意耳定律解题的基本思路(1)明确研究对象，根据题意确定所研究的是哪部分封闭气体，注意其质量和温度应不变．(2)明确状态质量，找准所研究气体初、末状态的p、V值．(3)根据玻意耳定律列方程求解．注意：用p1V1＝p2V2解题时只要同一物理量使用同一单位即可，不必(填“一定”或“不必”)转化成国际单位制中的单位．三、p－V图象[要点提炼]图21.p－V图象：一定质量的气体，其p－V图象(等温线)是双曲线，双曲线上的每一个点均表示气体在该温度下的一个状态，双曲线上的一段表示等温变化的一个过程．而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积是相等的．一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线，且pV乘积越大，温度就越高，图2中T2＞T1.图32.p－1V图象：一定质量气体的等温变化过程，也可以用p－1V图象来表示，如图3所示．等温线是过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以原点附近等温线应用虚线表示，该直线的斜率k＝pV，故斜率越大，温度越高，图中T2＞T1.一、封闭气体压强的计算图4例1 如图4所示，活塞的质量为m ，汽缸缸套的质量为M.通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封有一定质量的气体．缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S ，大气压强为p0.则封闭气体的压强为( )A ．p ＝p0＋mg/SB ．p ＝p0＋(M ＋m)g/SC ．p ＝p0－Mg/SD ．p ＝mg/S解析对汽缸缸套进行受力分析，如图所示．由平衡条件可得：p0S ＝Mg ＋pS所以p ＝p0－Mg S故C 项正确．答案 C二、玻意耳定律的应用图5例2 如图5所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭长l1＝20 cm 气柱，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h ＝10 cm.环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg ，求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．解析设U 形管横截面积为S ，则初始状态左端封闭气柱体积可记为V1＝l1S ，由两管中水银面等高，可知初始状态其压强为p0.当右管水银面高出左管10 cm 时，左管水银面下降5cm，气柱长度增加5 cm，此时气柱体积可记为V2＝(l1＋5 cm)S，右管低压舱内的压强记为p，则左管气柱压强p2＝p＋10 cmHg，根据玻意耳定律得：p0V1＝p2V2即p0l1S＝(p＋10 cmHg)(l1＋5 cm)S代入数据，解得：p＝50 cmHg.答案50 cmHg三、p－V图象图6例3如图6所示，是一定质量的某种气体状态变化的p－V图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是()A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小解析由题图可知，pA V A＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，所以从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．答案 D图71．(封闭气体压强的计算)如图7所示，一圆筒形汽缸静置于地面上，汽缸的质量为M，活塞(连同手柄)的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，大气压强为p0.现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计汽缸内气体的质量及活塞与汽缸壁间的摩擦，若汽缸刚提离地面时汽缸内气体的压强为p，手对活塞手柄竖直向上的作用力为F，则()A ．p ＝p0＋mg S ，F ＝mgB ．p ＝p0＋mg S，F ＝p0S ＋(m ＋M)g C ．p ＝p0－Mg S，F ＝(m ＋M)g D ．p ＝p0－Mg S，F ＝Mg 答案 C解析对整体有F ＝(M ＋m)g ；对汽缸有Mg ＋pS ＝p0S ，p ＝p0－Mg S，选C.图82．(玻意耳定律)如图8所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段用水银柱h1封闭的一定质量的气体，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 ．h1上升D ．h1下降答案 D解析被封闭气体的压强p ＝p0＋ph1＝p0＋ph2，故h1＝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，气柱长度变短，但h1、h2长度不变，故h1下降，D 项正确．图93．(p －V 图象的考查)如图9所示，D→A→B→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 ．D→A 是一个等温过程B ．A→B 是一个等温过程C ．A 与B 的状态参量相同D ．B→C 体积减小，压强减小，温度不变答案 A解析D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B的过程中1V不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B、C错；B→C是一个等温过程，V 增大，p减小，D错．。

2019高中物理第八章气体课时1 气体的等温变化学案新人教版选修3-3

学案1 气体的等温变化[目标定位] 1.知道什么是等温变化.2.掌握玻意耳定律的内容，并能应用公式解决实际问题.3.理解等温变化的p －V 图象和p －1V图象．一、封闭气体压强的计算 [问题设计]1．在图1中，C 、D 两处液面水平且等高，液体密度为ρ，其他条件已标于图上，试求封闭气体A 的压强．图1答案同一水平液面C 、D 处压强相同，可得p A ＝p 0＋ρgh .2．在图2中，气缸置于水平地面上，气缸截面积为S ，活塞质量为m ，设大气压为p 0，试求封闭气体的压强．图2答案以活塞为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS则p ＝p 0＋mg S[要点提炼]封闭气体压强的计算方法主要有： 1．取等压面法根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强． 2．力平衡法对于平衡态下用液柱、活塞等封闭的气体压强，可对液柱、活塞等进行受力分析，由F 合＝0列式求气体压强． 3．牛顿第二定律法当封闭气体所在的系统处于力学非平衡态时通常选择与封闭气体相关联的液柱、活塞等作为研究对象，进行受力分析，由F 合＝ma 列式求气体压强．二、玻意耳定律 1．等温变化一定质量的气体，在温度不变的条件下其压强与体积发生的变化叫等温变化． 2．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：pV ＝C 或者p 1V 1＝p 2V 2. 3．成立条件玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2是实验定律，只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立． 4．常量的意义p 1V 1＝p 2V 2＝常量C该常量C 与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该常量C 越大(填“大”或“小”)． 5．利用玻意耳定律解题的基本思路(1)明确研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件． (2)明确初、末状态及状态参量(p 1、V 1；p 2、V 2) (3)根据玻意耳定律列方程求解．注意：用p 1V 1＝p 2V 2解题时只要同一物理量使用同一单位即可，不必(填“一定”或“不必”)转化成国际单位制中的单位．三、p －V 图象1．p －V 图象：一定质量的气体等温变化的p －V 图象是双曲线的一支，双曲线上的每一个点均表示气体在该温度下的一个状态．而且同一条等温线上每个点对应的p 、V 坐标的乘积是相等的．一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线，且pV 乘积越大，温度就越高，图3中T 2＞T 1.图32．p －1V 图象：一定质量气体的等温变化过程，也可以用p －1V图象来表示，如图4所示．等温线是过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以原点附近等温线应用虚线表示，该直线的斜率k ＝pV ，故斜率越大，温度越高，图中T 2＞T 1.图4一、封闭气体压强的计算例1 如图5所示，活塞的质量为m ，气缸缸套的质量为M .通过弹簧吊在天花板上，气缸内封有一定质量的气体．缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S ，大气压强为p 0.则封闭气体的压强为( )图5A ．p ＝p 0＋mgSB ．p ＝p 0＋(M ＋m )gSC ．p ＝p 0－MgSD ．p ＝mg S解析对气缸缸套进行受力分析，如图所示．由平衡条件可得：p 0S ＝Mg ＋pS 所以p ＝p 0－Mg S故C 项正确．答案 C二、玻意耳定律的应用例2 如图6所示，一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管，有一段h ＝19 cm 的水银柱将一部分空气封闭在细玻璃管里．当玻璃管开口向上竖直放置时(如图甲)，管内空气柱长L 1＝15 cm ，当时的大气压强p 0＝76 cmHg.那么，当玻璃管开口向下竖直放置时(如图乙，水银没有流出)，管内空气柱的长度是多少？图6答案25 cm解析设细玻璃管横截面积为S，开口向下竖直放置时空气柱的长度为L2.开口向上竖直放置时：空气柱的体积V1＝L1S压强p1＝p0＋p h＝(76＋19) cmHg＝95 cmHg开口向下竖直放置时空气柱的体积V2＝L2S压强p2＝p0－p h＝(76－19) cmHg＝57 cmHg根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2代入数值可得L2＝25 cm例3如图7所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭长l1＝20 cm气柱，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h ＝10 cm.环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．图7解析设U形管横截面积为S，则初始状态左端封闭气柱体积可记为V1＝l1S，由两管中水银面等高，可知初始状态其压强为p0.当右管水银面高出左管10 cm时，左管水银面下降5 cm，气柱长度增加5 cm，此时气柱体积可记为V2＝(l1＋5 cm)S，右管低压舱内的压强记为p，则左管气柱压强p2＝p＋10 cmHg，根据玻意耳定律得：p0V1＝p2V2即p0l1S＝(p＋10 cmHg)(l1＋5 cm)S代入数据，解得：p＝50 cmHg.答案50 cmHg三、p－V图象例4如图8所示，是一定质量的某种气体状态变化的p－V图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是( )图8A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小解析由题图可知，p A V A＝p B V B，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，所以从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．答案 D1．(气体压强的计算)如图9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h1为10 cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5 cm，大气压强为75 cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少？图9答案65 cmHg 60 cmHg解析设管的横截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(p A＋p h1)S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则(p A＋p h1)S＝p0S，所以p A＝p0－p h1＝(75－10) cmHg＝65 cmHg，再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h2的上表面处的压强等于p B，则(p B＋p h2)S＝p A S，所以p B＝p A－p h2＝(65－5) cmHg＝60 cmHg.2．(玻意耳定律的应用)一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )A.43L B．2 LC.83L D．3 L答案 B解析设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律得3V1＝(3－2)·(V1＋4)，解得V1＝2 L.3．(p－V图象的考查)如图10所示，D→A→B→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( )图10A．D→A是一个等温过程B．A→B是一个等温过程C．A与B的状态参量相同D．B→C体积减小，压强减小，温度不变答案 A解析 D →A 是一个等温过程，A 对；A 、B 两状态温度不同，A →B 的过程中1V不变，则体积V 不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B 、C 错；B →C 是一个等温过程，V 增大，p 减小，D 错．4．(玻意耳定律的应用)如图11所示，横截面积为0.01 m 2的气缸内被重力G ＝200 N 的活塞封闭了高30 cm 的气体．已知大气压p 0＝1.0×105Pa ，现将气缸倒转竖直放置，设温度不变，求此时活塞到缸底的高度．图11答案 45 cm甲解析选活塞为研究对象初状态：气缸开口向上时，受力分析如图甲所示p 1＝p 0＋GS ＝1.2×105 PaV 1＝30S末状态：气缸倒转开口向下时，受力分析如图乙所示乙p 2＝p 0－GS ＝0.8×105 PaV 2＝L 2S由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得L 2＝45 cm.气体的等温变化⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧封闭气体压强的计算⎩⎪⎨⎪⎧取等压面法力平衡法牛顿第二定律法玻意耳定律⎩⎪⎨⎪⎧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 成反比公式：pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V2适用条件：质量一定的气体，温度不太低、压强不太大时p －V 图象⎩⎪⎨⎪⎧p －V 图象：双曲线的一支p －1V 图象：过原点的倾斜直线题组一封闭气体压强的计算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h cm ，上端空气柱长为L cm ，如图1所示，已知大气压强为H cmHg ，下列说法正确的是()图1A ．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 答案 B解析取等压面法，选管外水银面为等压面，则由p 气＋p h ＝p 0得p 气＝p 0－p h 即p 气＝(H －h )cmHg ，选项B 正确．2.如图2所示，一圆筒形气缸静置于水平地面上，气缸缸套的质量为M ，活塞(连同手柄)的质量为m ，气缸内部的横截面积为S ，大气压强为p 0.现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计气缸内气体的质量及活塞与气缸壁间的摩擦，若气缸刚提离地面时气缸内气体的压强为p ，则( )图2A ．p ＝p 0＋mg SB ．p ＝p 0－mg SC ．p ＝p 0＋Mg SD ．p ＝p 0－Mg S答案 D解析对气缸缸套受力分析有Mg ＋pS ＝p 0S ，p ＝p 0－MgS，选D. 3.如图3所示，竖直放置的弯曲管A 端开口，B 端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h 1、h 2和h 3，则B 端气体的压强为(已知大气压强为p 0)( )图3A ．p 0－ρg (h 1＋h 2－h 3)B ．p 0－ρg (h 1＋h 3)C ．p 0－ρg (h 1＋h 3－h 2)D ．p 0－ρg (h 1＋h 2) 答案 B解析需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh 3，B 端气体压强比中间气室低ρgh 1，所以B 端气体压强为p 0－ρgh 3－ρgh 1，选B 项．题组二对p －V 图象或p －1V的考查4.如图4所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p －1V图线．由图可知( )图4A ．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 ．T 1>T 2D ．T 1<T 2 答案 BD解析一定质量的气体温度不变时，pV ＝常量，所以其p －1V图线是过原点的直线，A 错误，B 正确；对同一部分气体来说，体积相同时，温度越高，压强越大，所以T 1<T 2，D 正确．5.如图5所示是一定质量的某气体状态变化的p －V 图象，则下列说法正确的是( )图5A ．气体做的是等温变化B ．气体的压强从A 到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的p －V 图象即等温线是双曲线中的一支，显然题图所示AB 图线不是等温线，AB 过程不是等温变化过程，选项A 错误；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，选项B 、C 正确；又因为该过程不是等温变化过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，选项D 正确．6．如图6所示，一定质量的气体由状态A 变到状态B 再变到状态C 的过程，A 、C 两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )图6A ．从A 到B 的过程温度升高 B ．从B 到C 的过程温度升高 C ．从A 到C 的过程温度先降低再升高D ．A 、C 两点的温度相等答案 AD题组三玻意耳定律的应用7．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，若小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为( )A．球内氢气温度升高 B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小 D．以上说法均不正确答案 C解析氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．8．如图7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( )图7A．体积不变，压强变小 B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大 D．体积变小，压强变小答案 B解析由题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，B 选项正确．9.如图8所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段用水银柱h1封闭的一定质量的气体，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( )图8A．h2变长B．h2变短C．h1上升D．h1下降答案 D解析被封闭气体的压强p＝p0＋p h1＝p0＋p h2，故h1＝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，气柱长度变短，但h1、h2长度不变，故h1下降，D项正确．10．大气压强p0＝1.0×105Pa.某容器的容积为20 L，装有压强为20×105Pa的气体，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，容器内剩下气体的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p 1V 1＝p 2V 2，得p 1V 0＝p 0V 0＋p 0V ，因V 0＝20 L ，则V ＝380 L ，即容器中剩余20 L 压强为p 0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400 L ，所以剩下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20400＝120，B 项正确． 11．一个气泡从水底升到水面上时，体积增大为原来的2倍，设水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水底与水面温差不计，求水的深度．(g 取10 m/s 2)答案 10 m解析初状态p 1＝p 0＋ρgh V 1＝V 0末状态p 2＝p 0 V 2＝2V 0由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，得(1.0×105＋1.0×103×10h )V 0＝1.0×105×2V 0得h ＝10 m12．一导热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，用一光滑的质量为M 的活塞密封一定质量的气体，活塞面积为S .开始时气缸开口向上(如图9甲所示)，已知外界大气压强为p 0，被封气体的体积为V 0.图9(1)求被封气体的压强p 1；(2)现将气缸平放(如图乙所示)，待系统重新稳定后，活塞相对于缸底移动的距离是多少？答案 (1)Mg S ＋p 0 (2)MgV 0p 0S 2解析 (1)对活塞进行受力分析有Mg ＋p 0S ＝p 1S解得p 1＝Mg S ＋p 0(2)气缸平放后，对活塞受力分析得p 2S ＝p 0S对封闭气体运用玻意耳定律有p 1V 0＝p 2V解得Δh ＝V －V 0S ＝MgV 0p 0S 2. 13.如图10所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长为l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强为p 0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l 1′＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．图10答案15.0 cm解析以cmHg为压强单位，设玻璃管的横截面积为S，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p1＝p0＋p2①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S②如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l3′＝l3＋l1－l1′－Δl③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3′，则p3′＝p1′－p2④由玻意耳定律得p0l3S＝p3′l3′S⑤由①至⑤式及题给数据解得Δl＝15.0 cm。

高中物理第八章气体 8.2 气体的等容变化和等压变化导学案新人教版选修33

第2节气体的等容变化和等压变化1．查理定律(等容变化)：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，________与________成正比．表达式p ＝________或p 1T 1＝________或p 1p 2＝________，此定律的适用条件为：气体的________不变，气体的________不变，请用p —T 图和p —t 图表达等容变化：___________.2．盖—吕萨克定律(等压变化)：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其________与________________成正比．表达式V ＝________或V 1T 1＝____________或V 1V 2＝__________，此定律的适用条件为：气体________不变，气体________不变．请用V —T 图和V —t 图表达等压变化： ____________________________.3．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的两倍，则气体温度的变化情况是( )A ．气体的摄氏温度升高到原来的两倍B ．气体的热力学温度升高到原来的两倍C ．气体的摄氏温度降为原来的一半D ．气体的热力学温度降为原来的一半4．一定质量的气体，压强保持不变，下列过程可以实现的是( ) A ．温度升高，体积增大 B ．温度不变，体积增大 C ．温度升高，体积减小 D ．温度不变，体积减小【概念规律练】知识点一等容变化规律1．电灯泡内充有氮、氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，则在20℃的室温下充气，电灯泡内气体的压强至多能充到多少？ 2．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0℃升高到10℃时，其压强的增量为Δp 1，当它由100℃升高到110℃时，所增压强为Δp 2，则Δp 1与Δp 2之比是( ) A ．10∶1 B ．373∶273 C ．1∶1 D ．383∶283 知识点二等压变化规律 3.图3如图3所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入7℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14 cm ，当水温升高到27℃时，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)4．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由10℃升高到15℃，体积的增量为ΔV2，则( )A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定知识点三图象问题5.图4如图4所示是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，正确的是( ) A．a→d的过程气体体积增加B．b→d的过程气体体积不变C．c→d的过程气体体积增加D．a→d的过程气体体积减小6.图5一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图上表示如图5所示，则( )A．在过程AC中，气体的压强不断变大B．在过程CB中，气体的压强不断变小C．在状态A中，气体的压强最大D．在状态B中，气体的压强最大参考答案课前预习练1．压强p热力学温度T CT p2T2T1T2质量体积.2．体积V热力学温度T CT V2T2T1T2质量压强3．B 4．A课堂探究练1．0.38 atm 2．C 3．1 cm 4．A 5．AB 6．AD。

高中物理第八章气体 3 理想气体的状态方程学案新人

*3 理想气体的状态方程[学习目标] 1.了解理想气体的模型，并知道实际气体看成理想气体的条件.2.掌握理想气体状态方程，知道理想气体状态方程的推导过程.3.能利用理想气体状态方程分析解决实际问题．一、理想气体[导学探究] (1)理想气体有哪些特点？(2)实际气体符合什么条件时可看做理想气体？答案(1)①严格遵从气体实验定律；②理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，无分子势能．(2)实际气体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，可以当做理想气体处理．[知识梳理]1．理想气体(1)在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．(2)实际气体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，可以当成理想气体来处理．(3)理想气体是对实际气体的一种科学抽象，就像质点、点电荷模型一样，是一种理想模型，实际并不存在．2．理想气体的特点(1)严格遵从气体实验定律．(2)理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可忽略不计，分子不占空间，可视为质点．(3)理想气体分子除碰撞外，无(填“有”或“无”)相互作用的引力和斥力．(4)理想气体分子无(填“有”或“无”)分子势能，内能等于所有分子热运动的动能之和，一定质量的理想气体内能只和温度有关．二、理想气体的状态方程[导学探究] 如图1所示，一定质量的某种理想气体从状态A到B经历了一个等温过程，又从状态B到C经历了一个等容过程，请推导状态A的三个参量p A、V A、T A和状态C的三个参量p C、V C、T C之间的关系．图1答案从A →B 为等温变化过程，根据玻意耳定律可得p A V A ＝p B V B①从B →C 为等容变化过程，根据查理定律可得p B T B ＝p C T C② 由题意可知：T A ＝T B③ V B ＝V C④联立①②③④式可得p A V A T A ＝p C V CT C. [知识梳理]1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律) (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律) (3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖—吕萨克定律)一、理想气体状态方程的基本应用应用理想气体状态方程解题的一般思路 (1)确定研究对象，即一定质量的理想气体．(2)确定气体的初、末状态参量p 1、V 1、T 1和p 2、V 2、T 2，并注意单位的统一． (3)由状态方程列式求解． (4)讨论结果的合理性．例1 如图2所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?图2答案 78 ℃解析初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ；末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，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：76 cmHg×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg×9 cm·ST 2解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.例2 如图3所示，一汽缸竖直放置，横截面积S ＝50 cm 2，质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15 cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105Pa ，温度177 ℃.现拔去活塞销K(不漏气)，不计活塞与汽缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为p 0＝1.0×105Pa.g ＝10 m/s 2，求此时气体柱的长度h .图3答案 22 cm解析当活塞速度达到最大时，气体受力平衡p 2＝p 0＋mgS＝1.2×105 Pa根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2有 2.4×105×15×50177＋273＝1.2×105×h ×5057＋273解得：h ＝22 cm.理想气体状态方程是用来解决气体状态变化问题的方程，运用时，必须要明确气体不同状态下的状态参量，将它们的单位统一，且温度的单位一定要统一为国际单位K.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，对应的压强越小例3一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图4所示，下列说法中正确的是( )图4A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小答案 A解析由题图知a →b 为等温膨胀过程，b →c 为等压收缩过程，c →a 为等容升压过程，所以A 选项正确．例4 使一定质量的理想气体的状态按图5甲中箭头所示的顺序变化，图中BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．图5(1)已知气体在状态A 的温度T A ＝300 K ，则气体在状态B 、C 和D 的温度分别是：T B ＝ K ，T C ＝ K ，T D ＝ K.(2)将上述变化过程在图乙V －T 坐标系中表示出来，标明A 、B 、C 、D 四点，并用箭头表示变化方向．答案 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析图解析从p －V 图象中可以直观地看出，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 A T A ＝p C V C T C ＝p D V DT D，可得T C ＝p C V C p 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 坐标系上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态依次连接(如图所示)，AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程．1．(理想气体状态方程的基本应用)一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( )A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D解析由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 2．(理想气体的图象问题)如图6所示，一定量的理想气体从状态a 沿直线变化到状态b ，在此过程中，其压强( )图6A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．始终不变D ．先增大后减小答案 A3．(理想气体状态方程的基本应用)某次测量中在地面释放一体积为8升的氢气球，发现当氢气球升高到1 600 m 时破裂．实验表明氢气球内外压强近似相等，当氢气球体积膨胀到8.4升时即破裂．已知地面附近大气的温度为27 ℃，常温下当地大气压随高度的变化如图7所示，求：高度为1 600 m 处大气的摄氏温度．图7答案 17 ℃解析由图得：在地面球内压强：p 1＝76 cmHg 1 600 m 处球内气体压强：p 2＝70 cmHg 由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2； T 2＝p 2V 2p 1V 1T 1＝70×8.476×8×300 K≈290 Kt 2＝(290－273)℃＝17 ℃.题组一对理想气体的理解1．关于理想气体，下列说法正确的是( ) A ．理想气体也不能严格地遵守气体实验定律B ．实际气体在温度不太高、压强不太小的情况下，可看成理想气体C ．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体D ．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体答案 C解析理想气体是在任何温度、任何压强下都能遵从气体实验定律的气体，A 错误；它是实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下的抽象，故C 正确，B 、D 错误． 2．关于理想气体的性质，下列说法中正确的是( ) A ．理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在B ．理想气体的存在是一种人为规定，它是一种严格遵守气体实验定律的气体C ．一定质量的理想气体，内能增大，其温度一定升高D ．氦气是液化温度最低的气体，任何情况下均可当作理想气体答案 ABC解析理想气体是在研究气体的性质过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，其具备的特性均是人为规定的，A 、B 选项正确．对于理想气体，分子间不存在相互作用力，也就没有分子势能的变化，其内能的变化即为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，C 选项正确．实际中的不易液化的气体，包括液化温度最低的氦气，只有在温度不太低、压强不太大的条件下才可当作理想气体，在压强很大和温度很低的情形下，分子的大小和分子间的相互作用力就不能忽略，D 选项错误．故正确答案为A 、B 、C. 题组二理想气体的图象问题3. 如图1所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，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pVT＝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．4．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理想气体发生等温变化的是( )答案 AB解析 A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明p ∝1V，即p ·V ＝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p －V 图线不是双曲线，故也不是等温线． 5. 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． 6．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 C7．一定质量的理想气体经历如图4所示的A →B 、B →C 、C →A 三个变化过程，其中符合查理定律的变化过程是，设气体在状态A 、C 时的温度分别为t A 和t C ，则t A t C (填“大于”“小于”或“等于”)．图4答案 B →C 大于解析查理定律描述的是体积不变时气体状态变化的规律，图中B →C 过程体积不变，C →A 变化过程中压强不变、体积增大，根据盖—吕萨克定律知气体温度升高，所以t A 大于t C . 题组三理想气体状态方程的基本应用8．一定质量的某种理想气体的压强为p ，热力学温度为T ，单位体积内的气体分子数为n ，则( )A ．p 增大，n 一定增大B ．T 减小，n 一定增大 C.p T 增大时，n 一定增大 D.p T增大时，n 一定减小答案 C解析只有p 或T 增大，不能得出体积的变化情况，A 、B 错误；p T增大，V 一定减小，单位体积内的气体分子数一定增大，C 正确，D 错误．9．一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( ) A ．先等温膨胀，再等容降温 B ．先等温压缩，再等容降温 C ．先等容升温，再等温压缩 D ．先等容降温，再等温压缩答案 BD解析质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV T的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．10．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大B ．温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小C ．压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小D ．温度升高，压强和体积都可能不变答案 AB解析根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，体积不变，压强增大时，温度升高，所以气体分子的平均动能一定增大，A 正确；温度不变，压强减小时，体积变大，所以气体的密度一定减小，B 正确；压强不变，温度降低时，体积减小，所以气体的密度一定增大，C 错误；温度升高，pV 的乘积变大，压强和体积不可能都不变，D 错误．11．如图5甲所示，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V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热汽缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：图5 (1)活塞刚离开B 处时的温度T B ；(2)缸内气体最后的压强p . 答案 (1)330 K (2)1.1p 0 解析 (1)汽缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0. 12. 如图6所示，足够长的汽缸竖直放置，其横截面积S ＝1×10－3 m 2，汽缸内有质量m ＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁之间密封良好，不计摩擦．开始时活塞被销钉K 固定于图示位置，离缸底L 1＝12 cm ，此时汽缸内被封闭气体的压强p 1＝1.5×105Pa ，温度T 1＝300 K ．大气压p 0＝1.0×105 Pa ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图6(1)现对密闭气体加热，当温度升到T 2＝400 K 时，其压强p 2多大？(2)此后拔去销钉K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度降为T 3＝360 K ，则这时活塞离缸底的距离L 3为多少？答案 (1)2.0×105 Pa (2)18 cm解析 (1)气体体积不变，由查理定律得p 1T 1＝p 2T 2，解得p 2＝2.0×105 Pa.(2)活塞受力平衡，故封闭气体压强为 p 3＝p 0＋mg S＝1.2×105 Pa 根据理想气体状态方程，有p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3，解得L 3＝18 cm.13．一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图7所示，p －T 和V －T 图各记录了其部分变化过程，试求：图7(1)温度600 K 时气体的压强；(2)在p －T 图象上将温度从400 K 升高到600 K 的变化过程补充完整．答案 (1)1.25×105Pa (2)见解析图解析 (1)由题图知， p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝2.5 m 3，T 1＝400 Kp 2＝？，V 2＝3 m 3，T 2＝600 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2p 2＝p 1V 1T 2T 1V 2＝1.25×105 Pa. (2)由V －T 图知T ＝400 K ～500 K 做等容变化，T ＝500 K ～600 K 等压膨胀．在原p －T 图象上补充两段直线．。

新课标最新高中物理第八章气体章末总结学案新人教版选修3-3

章末总结一、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖-吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．3．求解压强的方法：（1）在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．（2）也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、汽缸等）作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态,运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．4．注意气体实验定律或理想气体状态方程的适用条件，即适用于定质量的气体,对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．例1如图1所示,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，且与顶部刚好没有挤压；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：图1（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。

解析（1）设左、右活塞的质量分别为M1、M2，左、右活塞的横截面积均为S由活塞平衡可知：p0S＝M1g①p0S＝M2g＋错误!得M2g＝错误!p0S②打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V0不变，所以当下面接触温度为T 的恒温热源稳定后，活塞下方体积增大为（V0＋错误!V0），则由等压变化:错误!＝错误!解得T ＝错误!T0(2）如图所示，当把阀门K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部,且由①②两式知M1g ＞M2g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置,右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T 等温变化．设左侧上方气体压强为p ，由pVx ＝错误!·错误!,设下方气体压强为p2:p ＋错误!＝p2,解得p2＝p ＋p0所以有p2（2V0－Vx)＝p0·7V04联立上述两个方程有6V2，x －V0Vx －V20＝0，解得Vx ＝12V0，另一解Vx ＝－错误!V0，不合题意，舍去．答案（1)错误!T0 (2)错误!V0例2 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K ，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计），两边水银柱高度差为76 cm ，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)求:图2(1）将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？（2)打开阀门K 后将容器内的气体从300 K 分别加热到400 K 和540 K 时，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？解析 (1)初始时，pA0＝p0＋ρgh＝2 atm ，VA0＝V0/3打开阀门后，A 室气体等温变化，pA ＝1 atm,体积为VA,由玻意耳定律得pA0 VA0＝pAVAVA ＝错误!＝错误!V0(2）假设打开阀门后，气体从T0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V0，压强仍为p0,即等压过程．根据盖—吕萨克定律错误!＝错误!得T ＝错误!T0＝450 K因为T1＝400 K<450 K,所以pA1＝p0，水银柱的高度差为零．从T ＝450 K 升高到T2＝540 K 为等容过程．根据查理定律p0T＝错误!，得pA2＝1.2 atm. T2＝540 K 时，p0＋ρgh′＝1。

高中物理第八章气体1气体的等温变化互动课堂学案新人教版选修3_

学习资料汇编1 气体的等温变化互动课堂疏导引导1.玻意耳定律（1）定律内容温度一定时，一定质量的气体的压强和体积关系：一定质量的气体在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变.此即玻意耳定律，它的数学表达式为： 1221V V p p =V 2V 1或p 1V 1=p 2V 2或pV=C （常数）. （2）玻意耳定律的适用条件①温度不太低，压强不太大.②被研究的气体质量不变，温度不变.（3）p-V 图上的等温线：在p-V 图中，pV=C 是反比例函数，其图象是以坐标轴为渐近线的双曲线的一支. 注意：玻意耳定律pV=C （恒量），其中恒量C 不是一个普适恒量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，恒量C 越大，等温线离坐标轴越远.如图8-1-1所示4条等温线的关系为：t 4＞t 3＞t 2＞t 1.图8-1-12.应用玻意耳定律解题的一般步骤（1）首先确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件.（2）然后确定始末状态及状态参量（p 1,V 1,p 2,V 2）.（3）最后根据玻意耳定律列方程求解（注意统一单位）.活学巧用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h ，上端空气柱长为L ，如图8-1-2所示，若将玻璃管向下压一小段距离，则下列说法正确的是（）图8-1-2A.h 增大，L 减小B.h 增大，L 不变C.h 不变，L 缩小D.h 缩小，L 缩小解析：图8-1-2所示为一简单气压计，本题的研究对象为封闭气体，运用玻意耳定律可解决问题.向下压玻璃管时，可认为玻璃管内空气柱的温度不变，设初状态空气柱的体积为V1时，压强为p1；末状态体积为V2，压强为p2，则由玻意耳定律得（p0-p h）L=（p0-p h′）L′，可以看出若h′减小，则L′＜L，反之若h′＞h，则L′＞L，而水银面上方的玻璃管总长度减小，所以h和L都减小.答案：D2.如图8-1-3所示，一个内径均匀，一端开口的玻璃管，管中有一段长为30 cm的水银柱，封闭了一段空气柱，如右图所示，当玻璃管开口向上竖直放置，水银柱静止时，空气柱长度为40 cm；当玻璃管开口向下竖直放置，水银柱静止时，空气柱长度是多少？（大气压强为760 mmHg），空气柱的温度不变，开口朝下时水银柱不溢出）图8-1-3解析：以封闭的空气柱为研究对象，找出初状态（开口向上时）的压强P1和体积V1；再确定末状态（开口向下时）的压强P2和体积V2.由于是等温变化，所以根据玻意耳定律就可列方程求解.以被封闭的空气柱为研究对象，初状态时的压强为P1=P0+P h=760 mmHg+300 mmHg=1 060 mmHg空气柱的横截面积为S，则空气柱的体积为V1=L1S末状态时的压强为P2=P0-P h，体积为V2=L2S由玻意耳定律有：（P0+P h）L1S=（P0-P h）L2S，把已知条件代入可求得空气柱长度.答案：92.2 cm敬请批评指正。

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学案6 章末总结
一、气体实验定律和理想气体状态方程的应用
1．玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定
时的特例．
2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．
求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以
把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处
的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．
3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气
等变质量问题，巧妙地选取研究对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．
例1 如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有
细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0，气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p
0

和p03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V04.现使气缸底与一恒温热源接

触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；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，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：

图1
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后，左气缸中活塞上方气体的体积Vx.
解析 (1)设左、右活塞的质量分别为M1、M2，左、右活塞的横截面积均为S
由活塞平衡可知：p0S＝M1g①

p0S＝M2g＋p0S3得M2g＝23p0S②
打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧
上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V0不变，所以当下面接触温度为T的恒温热源稳

定后，活塞下方体积增大为(V0＋34V0)，则由等压变化：12V0＋34V0T0＝V0＋34V0T
解得T＝75T0
(2)如图所示，当把阀门K打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由
①②两式知M1g＞M2g，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持温

度T0等温变化，气缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由pVx＝p03·V04，设下方

气体压强为p2：p＋M1gS＝p2，解得p2＝p＋p0
所以有p2(2V0－Vx)＝p0·7V04
联立上述两个方程有6V2x－V0Vx－V20＝0，解得Vx＝12V0，另一解Vx＝－13V0，不符合题意，舍去．
答案 (1)75T0 (2)12V0
例2 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活
塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U
形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气
相通(外界大气压等于76cmHg)求：

图2
(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
(2)打开阀门K后将容器内的气体从300K分别加热到400K和540K时，U形管内两边水银面的高
度差各为多少？

解析 (1)初始时，pA0＝p0＋ρgh＝2atm，VA0＝V03
打开阀门后，A室气体等温变化，pA＝1atm，体积为VA，由玻意耳定律得
pA0VA0＝pAVA

VA＝pA0VA0pA＝23V0
(2)假设打开阀门后，气体从T0＝300K升高到T时，活塞C恰好到达容器最右端，即气体体积变为
V0，压强仍为p0，即等压过程．

根据盖—吕萨克定律V1T1＝V2T2得

T＝V0VAT0＝450K
因为T1＝400K<450K，所以pA1＝p0，水银柱的高度差为零．
从T＝450K升高到T2＝540K为等容过程．根据查理定律p0T＝pA2T2，得pA2＝1.2atm.
T2＝540K时，p0＋ρgh′＝1.2atm，
故水银高度差h′＝15.2cm.

答案 (1)23V0 (2)0 15.2cm
二、气体的图象问题
要会识别图象反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图象的转化，理解图象的斜率、截距的物
理意义．当图象反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分
析，要特别关注两阶段衔接点的状态．
1．等温线

图3
(1)在p－V图象中，p与V乘积越大，温度越高，如图3甲所示，T2>T1.

(2)在p－1V图象中，直线的斜率越大，温度越高，如图乙所示，T2>T1.
2．等容线
在p－T图象中，直线的斜率越大，体积越小，如图4所示，V23．等压线
在V－T图象中，直线的斜率越大，压强越小，如图5所示p2

图4 图5
例3 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图象如图6所示．在A状态时的体积为
V0，试画出对应的V－T图象和p－T图象．

图6
解析对气体A→B的过程，根据玻意耳定律，有p0V0＝3p0VB，则VB＝13V0.由此可知A、B、C三
点的状态参量分别为：A：p0、T0、V0；B：3p0、T0、13V0；C：3p0、3T0、V0.
V－T图象和p－V图象分别如图甲、乙所示．

答案见解析图
图7
针对训练如图7所示，一根上细下粗、粗端与细端都均匀的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足
够长，下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体．现对气体缓慢加热，气体温度不断
升高，水银柱上升，则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近下图中的( )

答案 A
解析根据理想气体状态方程pVT＝C得：V＝CpT，图线的斜率为Cp.在水银柱升入细管前，封闭气体
先做等压变化，斜率不变，图线为直线；水银柱部分进入细管后，气体压强增大，斜率减小；当水
银柱全部进入细管后，气体的压强又不变，V－T图线又为直线，只是斜率比原来的小．A正确．
1．(气体实验定律的应用)容积为1L的烧瓶，在压强为1.0×105Pa时，用塞子塞住，此时温度为
27℃；当把它加热到127℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好(塞子塞好时瓶内气体
温度仍为127℃，压强为1.0×105Pa)，把－273℃视作0K．求：
(1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；
(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值．

答案 (1)1.33×105Pa (2)34
解析 (1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象
初态有
p1＝1.0×105Pa，T1＝300K
末态气体压强设为
p2，T2＝400K
由查理定律可得

p2＝T2T1p1≈1.33×105Pa.
(2)设瓶内原有气体体积为V，打开塞子后在温度为400K、压强为1.0×105Pa时气体的体积为V′
由玻意耳定律有p2V＝p1V′，

可得V′＝43V

故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为34.
2．(气体实验定律及其图象问题)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计
质量的活塞封闭压强为1.0×105Pa、体积为2.0×10－3m3的理想气体，现在活塞上方缓慢倒上沙
子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.

图8
(1)求气缸内气体的最终体积；
(2)在图8上画出整个过程中气缸内气体的状态变化(外界大气压强为1.0×105Pa)．
答案 (1)1.47×10－3m3 (2)见解析图
解析 (1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即
p0V0＝p1V1
解得p1＝V0V1p0＝2.0×10－31.0×10－3×1.0×105Pa＝2.0×105Pa
在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，则
V1T0＝V
2

T
2

所以V2＝T2T0V1＝273＋127273×1.0×10－3m3
≈1.47×10－3m3
(2)整个过程中气缸内气体的状态变化如图所示
3．(气体实验定律及图象问题)1mol的理想气体，其状态变化的p－V图象如图9所示，请画出对应
的状态变化的p－T图象和V－T图象．

图9
答案见解析图
解析 1mol的理想气体在标准状态下(1atm,273K)的体积是22.4L，所以状态A的温度是273K.
A到B的过程是等容变化，压强增大1倍，则温度升高1倍，所以B的温度是546K.
B到C的过程是等压变化，体积增大1倍，则温度升高1倍，所以C的温度是1092K.

C到D的过程是等容变化，压强减小12，则温度降低一
半，所以D的温度是546K.
D到A的过程是等压变化，体积减小12，则温度降低一半．
因此，p－T图象和V－T图象分别如图甲、乙所示．

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