高中物理 第八章 气体教案 新人教版选修3-3（通用）
第八章 气体
目录
l 气体的等温变化 2
考点一、气体压强的求法 2
考点二、探究气体等温变化的规律 4
考点三、玻意耳定律 5
考点四、气体等温变化的p－V或p－图象 9
l 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 16
考点三、假设法判断液柱(或活塞)的移动问题 20
l 理想气体的状态方程 24
考点一、理想气体 24
考点二、理想气体的状态方程 25
考点三、理想气体状态方程与气体图象 28
l 气体现象的微观意义 34
考点一、气体分子运动的特点 34
考点二、气体压强的微观意义 37
考点三、对气体实验定律的解释 39
l 专题提升 42
第八章 气体
l 气体的等温变化
[目标定位] 1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.3.了解p－V图、p－图的物理意义．
考点一、气体压强的求法
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＝p0＋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.
2．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p0，试求封闭气体的压强．
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＋p0S＝pS，即：p＝p0＋
.
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？
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＝p0S，
所以pA＝p0－ph1＝(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pB，则(pB＋ph2)S＝pAS，所以pB＝pA－ph2＝(65－5)cmHg＝60 cmHg.
(1)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh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，则封闭气体的压强为( )
图4
A．p＝p0＋ B．p＝p0＋ C．p＝p0－ D．p＝
答案 C
解析 以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，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
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1
A．此时封闭气体的压强是(L＋h)cmHg
B．此时封闭气体的压强是(H－h)cmHg
C．此时封闭气体的压强是(H＋h)cmHg
D．此时封闭气体的压强是(H－L)cmHg
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＝p0－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ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
图2
A．p0－ρg(h1＋h2－h3) B．p0－ρg(h1＋h3) C．p0－ρg(h1＋h3－h2) D．p0－ρg(h1＋h2)
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ρgh3，B端气体压强比中间气室低ρgh1，所以B端气体压强为p0－ρgh3－ρgh1，选B项．
3.求图10中被封闭气体A的压强．其中(1)、(2)、(3)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．大气压强p0＝76 cmHg.(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)
图10
答案 (1)66 cmHg (2)71 cmHg (3)81 cmHg
(4)1.13×105 Pa
解析 (1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg.
(2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg.
(3)pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg
pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg.
(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa.
考点二、探究气体等温变化的规律
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：压强由气压计读出，空气柱长度由刻度尺读出，空气柱长度与横截面积的乘积即为体积．
(5)数据处理：以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作出p－图象，图象结果：p－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？
图5
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
①采用改变气体体积时，缓慢进行，等稳定后再读出气体压强的方法，以防止气体体积变化太快，气体的温度发生变化．
②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．
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p－图象，是因为p－图象比p－V图象更直观
答案 AD
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，A正确；由于注射器是圆柱形的，横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，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，p－图象是一条过原点的直线，而p－V图象是双曲线，所以p－图象更直观，D正确．
考点三、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．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＝p2V2或pV＝常数或＝.
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)
(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．
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．
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2 cm，求管口距水面的深度．(取水面上大气压强为p0＝1.0×105 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：p1＝p0，V1＝12S
末状态：p2＝p0＋ρg(h－0.02)，V2＝10S
由玻意耳定律p1V1＝p2V2得，p0·12S＝[p0＋ρg(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3
A．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项正确．
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h1)封闭一定质量的气体，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( )
图4
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，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，h1液柱下降，D项正确．
3.一个气泡由湖面下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( )
A．3倍 B．2倍 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个标准大气压相当于10 m水产生的压强)，故p1＝3 atm，p2
＝2 atm，由p1V1＝p2V2得：＝＝＝1.5，故C项正确．
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h的水银柱将一段空气柱封闭，现保持槽内水银面上玻璃管的长度l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( )
图5
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p1＋ph＝p0，玻璃管倾斜后，假定管内水银柱的长度h不变，因l不变，管内空气柱的体积也不变，其压强仍为p1，但由于管的倾斜，管内水银柱产生的压强ph1小于倾斜前的压强ph，使p1＋ph1
p1，故有ph2T2
D．T1ΔV2 C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定
答案 A
解析 由盖—吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝V1，所以ΔV1＝V1，ΔV2＝V2(V1、V2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确．
考点三、假设法判断液柱(或活塞)的移动问题
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Δp＝ΔT，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较．
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l2＝2l1.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？(设原来温度相同)
图6
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Δp＝p1－p2＝ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp1<Δp2，水银柱向下移动，若Δp1＝Δp2，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：＝，所以p2′＝p2，
Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；
同理下段：Δp1＝p1.
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．
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ΔT为负值，Δp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，则两边压强要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝，而各管原压强p相同，所以Δp∝，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．
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1.5×105 Pa.
图8
(1)说出A→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，画出由状态A经过状态B变为状态C的p－T
的图象，并在图线相应位置上标出字母A，B，C.如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．
答案 (1)200 K (2)见解析
解析 (1)由题图甲可以看出，A与B的连线的延长线经过原点O，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB.根据盖—吕萨克定律可知：＝，即TA＝·TB＝×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得：＝，即pC＝·pB＝·pB＝pB＝pA＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa.可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
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(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )
图4
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 A
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ΔV＝V，因A、B管中的封闭气柱，初温相同，温度的变化也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1>H2，A管中气柱的体积较大，|ΔV1|>|ΔV2|，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A管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 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将( )
图5
A．向右移动 B．向左移动 C．不动 D．条件不足，不能确定
答案 A
解析 假设水银柱不动，A、B气体都做等容变化：由Δp＝p知 Δp∝，因为TAΔpB，所以水银柱向右移动．
题组四 综合应用
5.如图6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)
图6
答案 1 cm
解析 设筒底露出水面的高度为h.
当t1＝7 ℃时，H1＝14 cm，当t2＝27 ℃时，H2＝(14＋h)cm，由等压变化规律＝，得＝，解得h＝1 cm，也就是钢筒露出水面的高度为1 cm.
6.1697年法国物理学家帕平发明了高压锅，高压锅与普通铝锅不同，锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，加上锅盖与锅体之间有橡皮制的密封圈，所以锅盖与锅体之间不会漏气，在锅盖中间有一排气孔，上面再套上类似砝码的限压阀，将排气孔堵住(如图7)．当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，这时蒸气就从排气孔向外排出．由于高压锅内的压强大，温度高，食物容易煮烂．若已知排气孔的直径为0.3 cm，外界大气压为1.0×105 Pa，温度为20 ℃，要使高压锅内的温度达到120 ℃，则限压阀的质量应为多少？(g＝10 m/s2)
图7
答案 0.024 kg
解析 选锅内气体为研究对象，则
初状态：T1＝293 K，p1＝1.0×105 Pa
末状态：T2＝393 K
由查理定律得
p2＝＝ Pa≈1.34×105 Pa.
对限压阀受力分析可得
mg＝p2S－p1S＝(p2－p1)S＝(p2－p1)π
＝(1.34×105－1.0×105)×3.14×2 N≈0.24 N，
所以m＝0.024 kg.
7.如图8所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，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300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2求：
图8
(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积．
答案 (1)4 kg (2)640 cm3
解析 (1)设物体A的体积为ΔV.
T1＝300 K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40－ΔV
T2＝330 K，p2＝Pa，V2＝V1
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV
由状态1到状态2为等容过程，有＝
代入数据得m＝4 kg
(2)由状态2到状态3为等压过程，有＝
代入数据得ΔV＝640 cm3.
l 理想气体的状态方程
[目标定位] 1.了解理想气体的概念，并知道实际气体在什么情况下可以看成理想气体.2.掌握理想气体状态方程的内容和表达式，并能应用方程解决实际问题．
考点一、理想气体
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)严格遵守气体实验定律．
(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．
深度思考
为什么要引入理想气体的概念？
答案 由于气体实验定律只在压强不太大，温度不太低的条件下理论结果与实验结果一致，为了使气体在任何温度、压强下都遵从气体实验定律，引入了理想气体的概念．
例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
答案 AD
解析 理想气体是一种理想模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体；只有理想气体才遵循气体实验定律，选项A、D正确，选项B错误．一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，与体积无关，选项C错误．
考点二、理想气体的状态方程
1．内容：一定质量的某种理想气体，在从一个状态(p1、V1、T1)变化到另一个状态(p2、V2、T2)时，尽管p、V、T都可能改变，但是压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变．
2．表达式：＝或＝C.
3．对理想气体状态方程的理解
(1)成立条件：一定质量的理想气体．
(2)该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关．
(3)公式中常量C仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(p、V、T)无关．
(4)方程应用时单位方面：温度T必须是热力学温度，公式两边中压强p和体积V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位．
4．理想气体状态方程与气体实验定律
＝⇒
深度思考
理想气体状态方程的推导过程有几种组合方式？说明什么问题？
答案 理想气体状态方程的推导过程有六种组合方式，即：
说明从1到2各两个状态参量之间的关系，只跟这两个状态有关，与中间过程无关．
例2 一水银气压计中混进了空气，因而在27 ℃、外界大气压为758 mmHg时，这个水银气压计的读数为738 mmHg，此时管中水银面距管顶80 mm，当温度降至－3 ℃时，这个气压计的读数为743 mmHg，求此时的实际大气压值为多少mmHg?
答案 762.2 mmHg
解析 画出该题初、末状态的示意图：
分别写出初、末状态的状态参量：
p1＝758 mmHg－738 mmHg＝20 mmHg
V1＝(80 mm)·S(S是管的横截面积)
T1＝(273＋27) K＝300 K
p2＝p－743 mmHg
V2＝(738＋80)mm·S－(743 mm)·S＝(75 mm)·S
T2＝(273－3)K＝270 K
将数据代入理想气体状态方程：
＝
解得p＝762.2 mmHg.
应用理想气体状态方程解题的一般步骤
(1)明确研究对象，即一定质量的理想气体；
(2)确定气体在初、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)由状态方程列式求解；
(4)必要时讨论结果的合理性．
例3 如图1，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg.
图1
(1)为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？
(2)封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？
答案 (1)350 K (2)10 cm
解析 (1)初状态压强p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg，
末状态左右水银面高度差为(16－2×3) cmHg＝10 cmHg，
压强p2＝(76－10) cmHg＝66 cmHg
由理想气体状态方程＝，
解得T2＝T1＝×280 K＝350 K.
(2)设加入的水银柱长度为L′，
末状态时左右水银面高度差h′＝(16＋2×2)－L′＝20－L′，
由玻意耳定律p1V1＝p3V3，式中p3＝76－(20－L′)＝56＋L′，
解得：L′＝10 cm.
题组一 理想气体及其状态方程
1．(多选)关于理想气体，下列说法正确的是( )
A．理想气体能严格遵从气体实验定律
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 AC
解析 理想气体是实际气体的科学抽象，是理想化模型，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．
2．关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是( )
A．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍
B．气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程＝
C．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍
D．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半
答案 C
解析 一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比，温度由100 ℃上升到200 ℃时，体积增大为原来的1.27倍，故A错误；理想气体状态方程成立的条件为质量不变，B项缺条件，故错误；由理想气体状态方程＝恒量可知，C正确，D
错误．
3．一定质量的气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0，再经等容变化使压强减小到p0，则气体最后状态为( )
A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0
C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0
答案 B
解析 在等压过程中，V∝T，有＝，V2＝V0，再经过一个等容过程，有＝，T3＝T0，所以B正确．
4．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系中正确的是( )
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝T2
B．p1＝p2，V1＝V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
答案 D
5.对于一定质量的理想气体，下列状态变化中可能实现的是( )
A．使气体体积增加而同时温度降低
B．使气体温度升高，体积不变、压强减小
C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大
D．使气体温度升高，压强减小，体积减小
答案 A
解析 由理想气体状态方程＝恒量得A项中只要压强减小就有可能，故A项正确；而B项中体积不变，温度与压强应同时变大或同时变小，故B项错；C项中温度不变，压强与体积成反比，故不能同时增大，故C项错；D项中温度升高，压强减小，体积减小，导致减小，故D项错误．
考点三、理想气体状态方程与气体图象
1．一定质量的理想气体的各种图象
类别
图线
特 点
举 例
p－V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之乘积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p－
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V－T
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
2.理想气体状态方程与一般状态变化图象
基本方法：化“一般”为“特殊”，如图2是一定质量的某种理想气体的状态变化过程A→B→C→A.
图2
在V－T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，因pA′TA.为确定它们之间的定量关系，可以从p－V图上的标度值代替压强和体积的大小，代入理想气体状态方程＝，即＝，故TB＝6TA.
2.一定质量的理想气体，经历了如图1所示的状态变化过程，则此三个状态的温度之比是( )
图1
A．1∶3∶5 B．3∶6∶5 C．3∶2∶1 D．5∶6∶3
答案 B
解析 由理想气体状态方程得：＝C(C为常数)，可见pV＝TC，即pV的乘积与温度T成正比，故B项正确．
3.(多选)如图2所示为一定质量的理想气体沿着如图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2
A．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，图线的斜率表示压强的倒数，斜率大的压强小，因此A、C正确，B、D错误．
4.(多选)一定质量的理想气体经历如图3所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p－T图上都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断( )
图3
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断增大
答案 BD
解析 由p－T图线的特点可知a、b在同一条等容线上，ab过程中体积不变，故A错；c、d在同一条等容线上，cd过程中体积不变，故C错；在p－T图线中，图线的斜率越大与之对应的体积越小，因此b→c的过程体积减小，同理d→a的过程体积增大，故B、D均正确．
5.如图5所示，在p－T坐标系中的a、b两点，表示一定质量的理想气体的两个状态，设气体在状态a时的体积为Va，密度为ρa，在状态b时的体积为Vb，密度为ρb，则( )
图5
A．Va>Vb，ρa>ρb B．VaVb，ρa<ρb D．Vaρb
答案 D
解析 过a、b两点分别作它们的等容线，由于斜率ka>kb，所以Vaρb，故D正确．
题组三 综合应用
1.如图6所示，圆柱形汽缸A中用质量为2m的活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27 ℃，汽缸中的活塞通过滑轮系统悬挂一质量为m的重物，稳定时活塞与汽缸底部距离为h，现在重物m上加挂质量为的小物体，已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，m＝，不计一切摩擦，求当气体温度升高到37 ℃且系统重新稳定后，重物m下降的高度．
图6
答案 0.24h
解析 初状态下：
p1S＋mg＝p0S＋2mg
V1＝hS，T1＝300 K
末状态下：
p2S＋mg＝p0S＋2mg
由题意知m＝，解得p1＝2p0，p2＝p0
V2＝(h＋Δh)S，T1＝310 K
根据理想气体状态方程：＝
解得：Δh＝0.24h
2.我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新记录．在某次深潜试验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化，如图4所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3.如果将该汽缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．
图4
答案 2.8×10－2 m3
解析 当汽缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意知p＝100 atm.
理想气体状态方程为＝，代入数据得V＝2.8×10－2 m3.
3.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，空气柱长4 cm，水银柱高58 cm，进入封闭端长2 cm，如图5所示，温度是87 ℃，大气压强为75 cmHg，求：
图5
(1)在图示位置空气柱的压强p1.
(2)在图示位置，要使空气柱的长度变为3 cm，温度必须降低到多少度？
答案 (1)133 cmHg (2)－5 ℃
解析 (1)p1＝p0＋ph＝(75＋58) cmHg＝133 cmHg.
(2)对空气柱：初态：p1＝133 cmHg，V1＝4S，
T1＝(273＋87) K＝360 K.
末态：p2＝p0＋ph′＝(75＋57)cmHg＝132 cmHg，V2＝3S.
由＝代入数值，解得：T2≈268 K＝－5 ℃.
3.如图6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)．
图6
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？(g＝10 m/s2)
(2)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 (1)20 cm (2)25 cm
解析 (1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态为p2＝p0＋＝1.05×105 Pa
V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1LS＝p2L2S
解得L2＝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＝
解得L3＝25 cm.
4.一端开口的U形管内由水银柱封有一段空气柱，大气压强为76 cmHg，当气体温度为27 ℃时空气柱长为8 cm，开口端水银面比封闭端水银面低2 cm，如图7所示，求：
图7
(1)当气体温度上升到多少℃时，空气柱长为10 cm?
(2)若保持温度为27 ℃不变，在开口端加入多长的水银柱能使空气柱长为6 cm?
答案 (1)122.3 ℃ (2)28.7 cm
解析 (1)p1＝p0－ph＝74 cmHg
V1＝8·S T1＝300 K
p2＝p0＋ph＝78 cmHg
V2＝10·S T2＝？
由＝得，T2≈395.3 K，所以T2＝122.3 ℃
(2)p3＝？ V3＝6·S T3＝300 K
由p1V1＝p3V3得：p3≈98.7 cmHg
加入水银柱的长度为L＝(98.7＋2＋2×2－76)cm＝28.7 cm
l 气体现象的微观意义
[目标定位] 1.初步了解统计规律.2.知道气体分子运动的特点.3.理解气体压强的微观意义.4.能对气体实验定律进行微观解释，并能用微观观点解释气体状态变化．
考点一、气体分子运动的特点
1．随机性与统计规律
(1)随机事件：在一定条件下可能出现，也可能不出现的事件．
(2)统计规律：大量随机事件整体表现出的规律．
2．气体分子运动的特点
(1)由于气体分子间的距离比较大，分子间作用力很弱．通常认为，气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，不受力而做匀速直线运动，因而气体会充满它能达到的整个空间．
(2)分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等．
3．气体温度的微观意义
(1)温度越高，分子的热运动越激烈．
(2)气体分子速率呈“中间多、两头少”的规律分布．当温度升高时，对某一分子在某一时刻它的速率不一定(填“一定”或“不一定”)增加，但大量分子的平均速率一定(填“一定”或“不一定”)增加，而且“中间多”的分子速率值在增加(如图1所示)．
图1
(3)理想气体的热力学温度T与分子的平均动能k成正比，即：T＝ak(式中a是比例常数)，这表明，温度是分子平均动能的标志．
深度思考
为什么说分子的运动是杂乱无章的，但大量分子的运动会表现出一定的规律性？
答案 气体分子的密度很大，分子之间频繁地碰撞，每个分子的速度大小和方向频繁地改变，所以分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着各个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等，所以说大量分子的运动会表现出一定的规律性．
例1 (多选)对于气体分子的运动，下列说法正确的是( )
A．一定温度下某理想气体的分子的碰撞虽然十分频繁，但同一时刻，每个分子的速率都相等
B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不相等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少
C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况
D．一定温度下某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的平均动能可能减小
答案 BD
解析 一定温度下某理想气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，速率不等，但大量分子的运动遵从统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，向各个方向运动的分子数目相等，A、C错，B对；温度升高时，大量分子平均动能增大，但个别或少量(如10个)分子的平均动能有可能减小，D对．
例2 如图2，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是__________．(填选项前的字母)
图2
A．曲线① B．曲线②
C．曲线③ D．曲线④
答案 D
解析 据分子运动特点和速率分布可知A、B、C错误，D正确．
题组一 气体分子运动的特点
1．(多选)关于气体分子，下列说法中正确的是( )
A．由于气体分子间的距离很大，气体分子可以视为质点
B．气体分子除了碰撞以外，可以自由地运动
C．气体分子之间存在相互斥力，所以气体对容器壁有压强
D．在常温常压下，气体分子的相互作用力可以忽略
答案 BD
解析 通常情况下，分子间距离较大，相互作用力可以忽略，气体分子能否视为质点应视具体问题而定，A错，D对；气体分子间除相互碰撞及与器壁的碰撞外，不受任何力的作用，可自由移动，B对；气体对器壁的压强是由大量分子碰撞器壁产生，C错．
2．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图1所示，图中f(v)表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ、TⅡ、TⅢ，则( )
图1
A．TⅠ＞TⅡ＞TⅢ B．TⅢ＞TⅡ＞TⅠ
C．TⅡ＞TⅠ，TⅡ＞TⅢ D．TⅠ＝TⅡ＝TⅢ
答案 B
解析 曲线下的面积表示分子速率从0→∞所有区间内分子数的比率之和，显然其值应等于1，当温度升高时，分子的速率普遍增大，所以曲线的高峰向右移动，曲线变宽，但由于曲线下总面积恒等于1，所以曲线的高度相应降低，曲线变得平坦．所以，TⅢ＞TⅡ＞TⅠ.
3．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
答案 A
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；分子运动无规则，而且牛顿运动定律是宏观定律，不能用它来求微观分子的运动速率，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．
4．(多选)如图2所示为一定质量的氧气分子在0 ℃和100 ℃两种不同情况下的速率分布情况，由图可以判断以下说法中正确的是( )
图2
A．温度升高，所有分子的运动速率均变大
B．温度越高，分子的平均速率越小
C．0 ℃和100 ℃时氧气分子的速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点
D．100 ℃的氧气与0 ℃的氧气相比，速率大的分子所占的比例较大
答案 CD
解析 温度升高，气体分子的平均动能增大，平均运动速率增大，但有些分子的运动速率可能减小，从图中可以看出温度高时，速率大的分子所占比例较大，A、B错误，C、D正确．
4.1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律．若以横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比．如图所示的四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是( )
答案 D
考点二、气体压强的微观意义
1．气体压强的产生
单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．
2．决定气体压强大小的因素
(1)微观因素
①气体分子的密集程度：气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就多，气体压强就越大；
②气体分子的平均动能：气体的温度越高，气体分子的平均动能就越大，每个气体分子与器壁的碰撞给器壁的冲力就越大；从另一方面讲，分子的平均速率大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就越多，累计冲力就越大，气体压强就越大．
(2)宏观因素
①与温度有关：温度越高，气体的压强越大；
②与体积有关：体积越小，气体的压强越大．
3．大气压强的理解
大气压强可以从宏观和微观两个方面理解：宏观上，可以看做由大气的重力引起的；微观上，可以认为是大气分子对地面或对某一平面无规则的碰撞引起的．
例3 下列说法正确的是( )
A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均作用力
C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小
D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
答案 A
解析 气体压强为气体分子对器壁单位面积的撞击力，故A正确；平均作用力不是压强，B错误；气体压强的大小与气体分子的平均动能和气体分子密集程度有关，故C、D错．
气体压强问题的解题思路
(1)明确气体压强产生的原因——大量做无规则运动的分子对器壁频繁持续的碰撞.压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力；
(2)明确气体压强的决定因素——气体分子的密集程度与平均动能；
(3)只有知道了这两个因素的变化，才能确定压强的变化，任何单个因素的变化都不能决定压强是否变化.
题组二 压强的微观解释
1.(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．气体分子的密度增大
答案 BD
解析 理想气体经等温压缩，压强增大，体积减小，分子密度增大，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，但气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，故B、D正确，A、C错误．
2．在一定温度下，当一定质量气体的体积增大时，气体的压强减小，这是由于( )
A．单位体积内的分子数变少，单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数减少
B．气体分子的密集程度变小，分子对器壁的吸引力变小
C．每个分子对器壁的平均撞击力都变小
D．气体分子的密集程度变小，单位体积内分子的重量变小
答案 A
3．下面关于气体压强的说法正确的是( )
①气体对器壁产生的压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的 ②气体对器壁产生的压强等于作用在器壁单位面积上的平均作用力 ③
从微观角度看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关 ④从宏观角度看，气体压强的大小跟气体的温度和体积有关
A．只有①③对 B．只有②④对
C．只有①②③对 D．①②③④都对
答案 D
解析 大量气体分子对容器壁撞击产生了压强，①正确；气体分子的速率不尽相同，因此气体分子对容器壁的作用力不尽相同，应取平均值，②正确；气体压强与单位时间内撞击容器壁单位面积上的分子数有关，即跟体积有关；气体压强也与分子撞击容器壁的压力有关，即与气体分子的平均动能有关，也就是与气体的温度有关，③④正确．故选D项．
4.(多选)封闭在汽缸内一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是( )
A．气体的密度增大
B．气体的压强增大
C．气体分子的平均动能减小
D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
答案 BD
解析 由理想气体状态方程＝C(常量)可知，当体积不变时，＝常量，T升高时，压强增大，B正确；由于质量不变，体积不变，分子密度不变，而温度升高，分子的平均动能增加，所以单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数增多，D正确，A、C错误．
考点三、对气体实验定律的解释
1．玻意耳定律：一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大．
2．查理定律：一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大．
3．盖—吕萨克定律：一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
深度思考
如图3所示，自行车的轮胎没气后会变瘪，用打气筒向里打气，打进去的气越多，轮胎会越“硬”．你怎样用分子动理论的观点来解释这种现象？(假设轮胎的容积和气体的温度不发生变化)
图3
答案 轮胎的容积不发生变化，随着气体不断地打入，轮胎内气体分子的密集程度不断增大，温度不变意味着气体分子的平均动能没有发生变化，故气体压强不断增大，轮胎会越来越“硬”．
例4 (多选)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 根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，选项A正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密度减小．选项B正确；压强不变，温度降低时，体积减小，气体密度增大．选项C错误；温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变．选项D错误．综上所述，正确答案为A、B.
题组三 对气体实验定律的解释
1.一房间内，上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的( )
A．空气密度增大
B．空气分子的平均动能增大
C．空气分子的速率都增大
D．空气质量增大
答案 B
解析 温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的作用力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，所以有ρ空减小，m空＝ρ空·V随之减小．
2.(多选)一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，体积增大，则( )
A．气体分子的平均动能增大
B．气体分子的平均动能减小
C．气体分子的平均动能不变
D．分子密度减小，平均速率增大
答案 AD
解析 一定质量的理想气体，在压强不变时，由盖—吕萨克定律＝C可知，体积增大，温度升高，所以气体分子的平均动能增大，平均速率增大，分子密度减小，A、D对，B、C错．
3.(多选)根据分子动理论，下列关于气体的说法中正确的是( )
A．气体的温度越高，气体分子无规则运动越剧烈
B．气体的压强越大，气体分子的平均动能越大
C．气体分子的平均动能越大，气体的温度越高
D．气体的体积越大，气体分子之间的相互作用力越大
答案 AC
解析 由分子动理论知：气体的温度越高，气体分子无规则的热运动就越剧烈，所以选项A正确；而气体压强越大，只能反映出单位面积的器壁上受到的撞击力越大，可能是分子平均动能大的原因，也可能是单位时间内撞击的分子数目多的原因，所以选项B错误；温度是分子平均动能的标志，所以平均动能越大，则表明温度越高，所以选项C正确；气体分子间的距离基本上已超出了分子作用力的作用范围，所以选项D错误．
4.(多选)对于一定质量的气体，当它的压强和体积发生变化时，以下说法正确的是( )
A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变
B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小
C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变
D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大
答案 AD
5.对于一定质量的某种理想气体，若用N表示单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数，则( )
A．当体积减小时，N必定增加
B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
答案 C
解析 由于气体压强是由大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的，其值与分子密度及分子平均速率有关；对于一定质量的气体，压强与温度和体积有关．若压强不变而温度和体积发生变化(即分子密度发生变化时)，N一定变化，故C正确，D错误；若体积减小且温度也减小，N不一定增加，A错误；当温度升高，同时体积增大时，N也不一定增加，故B错误．
6.(多选)如图4所示，c、d表示一定质量的某种气体的两个状态，则关于c、d两状态的下列说法中正确的是( )
图4
A．压强pd>pc
B．温度TdVc
D．d状态时分子运动剧烈，分子密度大
答案 AB
解析 由题中图象可直观看出pd>pc，TdVd，分子密度增大，C、D错.
题组四 综合应用
7.(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．温度升高，气体中每个分子的动能都增大
B．在任一温度下，气体分子的速率分布呈现“中间多、两头少”的分布规律
C．从微观角度看，气体的压强取决于气体分子的平均动能和分子的密集程度
D．温度不变时，气体的体积减小，压强一定增大
E．气体的压强由分子密度、分子平均动能、重力共同决定
答案 BCD
解析 温度升高时，分子平均动能增大，但每个分子的动能不一定都增大，A错；气体分子的速率分布规律是“中间多、两头少”，B对；气体的压强由分子密度和分子平均动能决定，与重力无关，C对，E错；温度不变，体积减小时，由玻意耳定律可知，压强一定增大，D对．
10.一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.增大时，n一定增大
D.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；增大，V一定减小，单位体积内的气体分子数一定增加，C正确，D错误．
11.一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝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．
答案 (1)0.4 m3
(2)气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小
解析 (1)设气体在B状态时的体积为VB，由盖—吕萨克定律得，＝，代入数据得VB＝0.4 m3.
(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．
l 专题提升
一、封闭气体压强的计算方法
封闭气体压强的计算是应用气体实验定律的基础，大致可分为液体封闭气体压强的计算和固体封闭气体压强的计算．
1．平衡时液体封闭气体压强的计算：液体封闭气体压强的计算的典型问题是水银柱封闭气体压强的计算，采用的方法主要有：
(1)取等压面法：即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解压强．
例如，在图81中，C、D在同一液面处，两点压强相等，所以封闭气体的压强p＝p0＋ρgh(其中h为液面间的竖直高度差，不一定是液柱的长度)．
图81
(2)参考液片法：通常是在液体的最低点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，进而求得封闭气体的压强．
如图所示，设U形管的横截面积为S，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知：
pS＋ρgh0S＝p0S＋ρgh0S＋ρghS
即得p＝p0＋ρgh
2．平衡时固体封闭气体压强的计算：固体封闭气体压强计算的典型问题是汽缸和活塞封闭气体压强的计算，通常选活塞或汽缸为研究对象，对其进行受力分析，列平衡方程求封闭气体的压强．
3．容器加速运动时，封闭气体压强的计算：当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液体柱、固体等做研究对象，分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，根据牛顿第二定律列方程，可求得封闭气体的压强．
典型例题1 如图82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l1＝25.0 cm的空气柱，中间有一段长l2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0 cm.已知大气压强为p0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，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82
【解析】 研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量，根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强，结合玻意耳定律求解．
以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p1＝p0＋l2①
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1②
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l′3＝l3＋l1－l′1－Δl③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′2，则p′2＝p′1－l2④
由玻意耳定律得p0l3＝p′2l′3⑤
由①至⑤式及题给数据解得Δl＝15.0 cm.
【答案】 15.0 cm
二、应用状态方程讨论变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用相关规律求解．
1．充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题．
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，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题．
3．分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解．如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关方程求解即可．
典型例题2一只两用活塞气筒的原理如图83所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为多少？
甲 乙
图83
【解析】 打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内、容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V
所以p′＝p0＝(1＋n)p0
抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻璃耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1(V＋V0)，则p1＝p0
第二次抽气：p1V＝p2(V＋V0)
则p2＝p1＝2p0
则第n次抽气后：pn＝np0
【答案】 p0，np0
三、气体状态变化的图象问题
1.常见的有p V图象、V T图象、p T图象三种．
2．要能够识别p V图象、p T图象、V T图象中的等温线、等容线和等压线，能从图象上解读出状态参量和状态变化过程．
3．依据理想气体状态方程＝C，得到V＝·T或p＝·T，认识p 图象、V T图象、p T图象斜率的意义．
4．作平行于横轴(或纵轴)的平行线，与同一坐标系内的两条p V线(或p线)，或两条V T线或两条p T线交于两点，两点横坐标(或纵坐标)相同，依据纵坐标(或横坐标)关系，比较第三物理量的关系．
典型例题3 (2020·大同高二检测)如图84所示，1、2、3为一定质量理想气体在pV图中的三个状态．该理想气体由状态1经过程1→2→3到达状态3，其中2→3之间图线为双曲线．已知状态1的参量为p1＝1.0×105 Pa，V1＝2 L，T1＝200 K.
(1)若状态2的压强p2＝4.0×105 Pa，则温度T2是多少？
(2)若状态3的体积V3＝6 L，则压强p3是多少？
【解析】 (1)1→2是等容变化
由查理定律＝ 得：T2＝T1＝800 K
(2)2→3是等温变化
由玻意耳定律p2V2＝p3V3
得：p3＝＝×105 Pa.
【答案】 (1)800 K (2)×105 Pa
典型例题4 (2020·大连检测)如图85所示，表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是( )
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态e，压强增大
C．从状态e到状态a，压强减小
D．从状态a到状态b，压强不变
E．从状态b到状态c，压强减小
【解析】 在V T图象中等压线是过坐标原点的直线．由理想气体状态方程知＝.
可见，当压强增大，等压线的斜率k＝＝变小．由题图可确定paVa，单位体积的分子数a状态较多，故D对．
【答案】 BCD
3．如图2所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中不正确的是( )
图2
A．B管内水银面比管外水银面高h
B．B管内水银面比管外水银面高h cos θ
C．B管内水银面比管外水银面低h cos θ
D．管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ高汞柱
E．管内封闭气体的压强比大气夺强大hcos θ高汞柱
【解析】 以A管中的水银为研究对象，则有pS＋hcos θ·S＝p0S，B管内压强p＝p0－h cos θ，显然pΔpB
D．ΔFA＝ΔFB
E．无法判断
【解析】 假设水银柱不动，两气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，其中p0、T0表示初始的压强和温度，初始压强pA>pB，则ΔpA>ΔpB，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A、C正确．由于气体的总体积不变，所以ΔVA＝ΔVB，B错误．ΔFA＝ΔpASA>ΔFB＝ΔpBSB，D错误．
【答案】 BDE
5．一定质量的理想气体经历如图4所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p—T图上都是直线段，其中AB的延长线通过坐标原点O，BC垂直于AB，而CD平行于AB，由图可以判断( )
图4
韩A.AB过程中气体体积不断减小
B．AB过程中气体体积不变
C．BC过程中气体体积不断增大
D．CD过程中气体体积不断增大
E．DA过程中气体体积不断增大
【解析】 AB的延长线通过坐标原点O，即AB位于同一等容线，所以VA＝VB，A错误，B正确；连线CO与DO，则C和O、D和O分别位于同一等容线，比较斜率可知VA＝VB＞VD＞VC，D、E正确，C错误．
【答案】 BDE
6．如图5所示为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3200 m、气温为10 ℃的环境下．下列说法中正确的是( )
甲 乙
图5
A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强
B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强
C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大
D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能
E．甲图中小包内气体分子的平均距离大于乙图中小包内气体分子的平均距离
【解析】
根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确、E错误；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．
【答案】 BCD
7．如图6所示为一定质量的理想气体沿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的下列说法中正确的是( )
图6
A．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，压强减小
E．无法判断
【解析】 在VT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、D正确，B、E错误．
【答案】 ACD
8．用如图7所示的实验装置来研究气体等容变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的某种气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )
图7
A．将烧瓶浸入热水中，应将A管向上移
B．将烧瓶浸入热水中，应将A管向下移动
C．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向上移动
D．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向下移动
E．将该装置移到高山上做实验，应将A管向上移
【解析】 将烧瓶浸入热水中，气体温度升高，压强增大，要维持体积不变，应将A管向上移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项A正确，选项B错误；将烧瓶浸入冰水中，气体温度降低，压强减小，要维持体积不变，应将A管向下移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项D正确，选项C错误；将该装置移到高山上做实验，大气压减小，气体压强大于外界大气压，要维持体积不变，应将A管向上移动，E正确．
【答案】 ADE
9．(10分)为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：
a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；
b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；
c．用电加热器加热容器内的空气；
d．将待测安全阀安装在容器盖上；
e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．
(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序排列：______；
(2)若测得的温度分别为t1＝27 ℃，t2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×105 Pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是________．
【解析】 (1)将安全阀安装在容器盖上，然后密封空气，记录其初始温度t1，然后加热密封空气，待漏气时记录容器内空气温度t2，故正确操作顺序为deacb.
(2)已知T1＝300 K，T2＝360 K，p0＝1.0×105 Pa，由于密封空气的体积不变，由查理定律可得＝，p＝＝Pa＝1.2×105 Pa.
【答案】 (1)deacb (2)1.2×105 Pa
10．(12分)(2020
·浙江高考)如图8所示，内壁光滑的圆柱型金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞．容器固定放置在倾角为θ的斜面上．一定量的气体被密封在容器内，温度为T0，活塞底面与容器底面平行，距离为h.已知大气压强为p0，重力加速度为g.
图8
(1)容器内气体压强为________．
(2)由于环境温度变化，活塞缓慢下移h/2时气体温度为________．
【解析】 (1)容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关．活塞对气体产生的压强为p′＝，则容器内气体的压强p＝p0＋p′＝p0＋.
(2)环境温度变化，活塞缓慢下移，可认为是等压变化，则＝，且V0＝2V1，
解得T1＝.
【答案】 (1)p0＋ (2)
11．(14分)(2020·全国卷Ⅱ)如图9所示，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间．
图9
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．
【解析】 (1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气做等压变化，设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为，由题给数据和盖—吕萨克定律得
V1＝V0＋×＝V0①
V2＝V0＋V0＝V0②
＝③
由①②③式和题给数据得T2＝320 K.
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意耳定律得
V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0④
p′1V′1＝p′2V′2⑤
由④⑤式得p′2＝p0.
【答案】 (1)320 K (2)p0
12．(16分)(2020·山东高考)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图10所示，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强P0.当封闭气体温度上升到303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为P0 ，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：
图10
(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力.
【解析】 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0，末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得＝①
代入数据得p1＝p0②
(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S＝p0S＋mg
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得＝④
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得F＝p0S⑥
【答案】 (1)p0 (2)p0S
