《气体的等压变化和等容变化》教案

《气体的等压变化和等容变化》教案1．知道什么是等压变化和等容变化。2．知道盖吕萨克定律和查理定律的内容和表达式。3.知道V­T图像和p­T图像及其物理意义。4．能利用盖吕萨克定律和查理定律处理有关的气体问题。5.知道理想气体及其特点，会用分子动理论定性解释气体实验定律。eq\a\vs4\al(一、气体的等压变化)1．填一填(1)等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程。(2)盖吕萨克定律①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。②表达式：V＝CT(其中C是常量)，或eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)。(3)等压线(如图所示)2．判一判(1)气体的温度升高时，体积一定增大。(×)(2)一定质量的气体，在压强不变的情况下，体积与温度成正比。(×)(3)一定质量的气体，在压强不变的情况下，其V­T图像是一条过原点的直线。(√)3．想一想如图所示，用双手捂住烧瓶，发现竖直细管中的液柱上升了，试分析烧瓶中的被封气体发生了怎样的变化？提示：烧瓶中气体的压强不变，用双手捂住烧瓶，瓶内气体温度升高，体积增大，细管中的液柱上升。eq\a\vs4\al(二、气体的等容变化)1．填一填(1)等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。(2)查理定律：①文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。②符号表达：p＝CT(其中C为常量)，或eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)。③图像表达④适用条件：气体的质量不变，气体的体积不变。2．判一判(1)一定质量的气体做等容变化时，气体的压强与温度成正比。(×)(2)一定质量的气体在体积不变的情况下，压强p与摄氏温度t存在线性关系。(√)(3)一定质量的某种气体在体积不变的情况下，当气体的温度由27℃增加到54℃时，其压强将由p0增加到2p0。(×)3．选一选描述一定质量的气体在等容变化过程的图线是图中的()解析：选D等容变化过程的p­t图线在t轴上的交点坐标是(－273℃，0)，故D正确。eq\a\vs4\al(三、理想气体和气体实验定律的微观解释)1．填一填(1)理想气体①定义：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。②理想气体与实际气体：(2)气体实验定律的微观解释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，分子的数密度增大，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就增大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，使分子的数密度减小，才能保持压强不变查理定律一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变。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2．判一判(1)实际气体在常温常压下可看作理想气体。(√)(2)理想气体是为了研究问题的方便提出的一种理想化模型。(√)(3)一定质量的理想气体，体积增大，单位体积内的分子数减少，气体的压强一定减小。(×)3．想一想如图所示的储气罐中存有高压气体，在其状态发生变化时，还遵守气体实验定律吗？低温状态下，气体还遵守实验定律吗？为什么？提示：在高压、低温状态下，气体状态发生改变时，将不会严格遵守气体实验定律，因为在高压、低温状态下，气体的状态可能已接近或已达到液态，故气体实验定律将不再适用。盖吕萨克定律的理解及应用[学透用活]1．适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大(小于几个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。2．在摄氏温标下，盖吕萨克定律的表述一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高(或降低)1℃，增大(或减小)的体积等于它在0℃时体积的eq\f(1,273)。数学表达式为eq\f(Vt－V0,t)＝eq\f(V0,273)或Vt＝V0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t,273)))。3．推论：一定质量的气体，从初状态(V、T)开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为eq\f(ΔV,ΔT)＝eq\f(V,T)或ΔV＝eq\f(ΔT,T)·V。eq\a\vs4\al([典例1])如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0。当汽缸内气体温度是20℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？[解析]初状态：T1＝273K＋20K＝293K，V1＝h1S，末状态：T2＝273K＋100K＝373K，V2＝h2S，其中S为活塞的横截面积，根据盖吕萨克定律：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)得：V2＝eq\f(V1,T1)T2，即h2＝eq\f(h1,T1)T2＝eq\f(h1,293)×373＝1.27h1。[答案]1.27h1[规律方法]应用盖吕萨克定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即某被封闭气体。(2)分析状态变化过程，明确初、末状态，确认在状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。(3)分别找出初、末两状态的温度、体积。(4)根据盖吕萨克定律列方程求解。(5)分析所求结果是否合理。[对点练清]1．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了eq\f(1,2)，若气体原来温度为27℃，则温度的变化是()A．升高了450K B．升高了150℃C．升高了40.5℃ D．升高了450℃解析：选B根据盖吕萨克定律，可得eq\f(ΔV,ΔT)＝eq\f(V1,T1)，ΔT＝eq\f(T1,V1)ΔV＝eq\f(273＋27K,V)×eq\f(1,2)V＝150K，升高了150K和升高了150℃是等效的，故B正确。2.如图所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度。当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为30cm；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是36cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线()A．－273 B．－270C．－268 D．－271解析：选B当水温为30刻度线时，V1＝30S；当水温为90刻度线时，V2＝36S，设T＝t刻线＋x，由盖吕萨克定律得eq\f(30S,t刻线＋30)＝eq\f(36S,t刻线＋90)，解得t刻线＝270刻度线，故绝对零度相当于－270刻度线，选项B正确。3.[多选]如图所示，在一个圆柱形导热汽缸中，用活塞封闭了一部分理想气体，活塞与汽缸壁间是密封而光滑的。用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个汽缸悬挂在天花板上，当外界温度升高(大气压不变)时()A．弹簧测力计示数变大 B．弹簧测力计示数不变C．汽缸下降 D．汽缸内气体压强变大解析：选BC弹簧测力计上的拉力跟汽缸和活塞总重力相等，当气温升高时，不影响弹簧弹力大小，所以示数不变，故A错误，B正确；以汽缸为研究对象可知，最终达到平衡时，汽缸重力与汽缸内压力之和等于大气压力，因为重力和大气压力均不变，所以汽缸内压力不变，即汽缸内气体压强不变，故D错误；温度升高，气体的体积膨胀，汽缸下降，故C正确。查理定律的理解及应用[学透用活]1．对查理定律的理解(1)查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。(2)适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大(小于n个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。(3)一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高(或降低)相同的温度，所增加(或减小)的压强是相同的。2．液柱或活塞移动类问题分析思路(1)先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＝eq\f(ΔT,T)p，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较。(3)如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应比较液柱或活塞两端的受力变化ΔpS。eq\a\vs4\al([典例2])(2018·全国卷Ⅱ)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p0，温度均为T0。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。[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T1，压强为p1，根据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)①根据力的平衡条件有p1S＝p1S＋mg②联立①②式可得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0③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T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦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＝(p0S＋mg)h⑧[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0(p0S＋mg)h[规律方法]1．查理定律的推论2．应用查理定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即被封闭的气体。(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变。(3)确定初、末两个状态的温度、压强。(4)根据查理定律列式求解。(5)求解结果并分析、检验。[对点练清]1．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0℃升高到10℃时，其压强的增加量为Δp1，当它由100℃升高到110℃时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是()A．10∶1 B．373∶273C．1∶1 D．383∶283解析：选C由查理定律得Δp＝eq\f(p,T)ΔT，一定质量的气体在体积不变的条件下eq\f(p,T)＝恒量，温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃，ΔT＝10K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C正确。2.开口向上、内壁光滑的汽缸竖直放置，开始时质量不计的活塞停在卡口处，气体温度为27℃，压强为0.9×105Pa，体积为1×10－3m3。现缓慢加热缸内气体，试通过计算判断当气体温度为67℃时活塞是否离开卡口。(已知外界大气压强p0＝1×105Pa)解析：活塞刚好离开卡口时，压强为p2＝p0，由于气体为等容变化，根据查理定律，得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，代入数据得T2＝333K，因为67℃＝340K>333K，故活塞已经离开卡口。答案：当气体温度为67℃时活塞已经离开卡口p­T图像和V­T图像[学透用活]1．p­T图像与V­T图像的比较不同点图像纵坐标压强p体积V斜率意义体积的倒数，斜率越大，体积越小，V4＜V3＜V2＜V1压强的倒数，斜率越大，压强越小，p4＜p3＜p2＜p1相同点①都是一条通过原点的倾斜直线②横坐标都是热力学温度T③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小2.对于p­T图像与V­T图像的注意事项(1)首先要明确是p­T图像还是V­T图像。(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标。(3)解决问题时要将图像与实际情况相结合。eq\a\vs4\al([典例3])[多选]如图所示为一定质量的气体的三种变化过程，以下四种解释中，正确的是()A．a到d的过程中气体体积增加B．b到d的过程中气体体积不变C．c到d的过程中气体体积增加D．a到d的过程中气体体积减小[解析]在p­T图线上等容线的延长线是过坐标原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小，由此可知，Va<Vb＝Vd<Vc，所以选项A、B正确。[答案]AB[对点练清]1．[多选]有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律”的实验，分别得到如下四幅图像(如图所示)。则下列有关说法正确的是()A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图aB．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像是图bC．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图cD．若丁研究的是盖吕萨克定律，则他作的图像是图d解析：选ABD查理定律研究的是等容变化，压强与温度成正比，且过坐标原点，故A正确，C错误；玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确；盖吕萨克定律研究的是等压变化，体积与温度成正比，故D正确。2.如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V­T图像，由图像可知()A．pA>pB B．pC<pBC．VA<VB D．TA<TB解析：选D由V­T图像可以看出由A→B是等容过程，TB>TA，故pB>pA，A、C错误，D正确；由B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误。3．[多选]如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的说法正确的是()A．甲是等压线，乙是等容线B．乙图中p­t图线与t轴交点对应的温度是－273.15℃，而甲图中V­t图线与t轴的交点不一定是－273.15℃C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系D．乙图表明温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变解析：选AD由查理定律p＝CT＝C(t＋273.15)及盖吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15℃，即热力学温度的0K，故B错误；查理定律及盖吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大或温度很低时，这些定律就不成立了，故C错误；由于p­t图线是直线，故温度每升高1℃，压强增加相同，又题图甲为等压线，故D正确。气体实验定律的微观解释[学透用活]1．用气体分子动理论解释玻意耳定律一定质量(m)的理想气体，其分子总数(N)是一个定值，当温度(T)保持不变时，则分子的平均速率(v)也保持不变，当其体积(V)增大几倍时，单位体积内的分子数(n)则变为原来的几分之一，因此气体的压强也减为原来的几分之一；反之若体积减小为原来的几分之一，压强则增大几倍，即压强与体积成反比。这就是玻意耳定律。2．用气体分子动理论解释查理定律一定质量(m)的气体的总分子数(N)是一定的，体积(V)保持不变时，其单位体积内的分子数(n)也保持不变，当温度(T)升高时，其分子运动的平均速率(v)也增大，则气体压强(p)也增大；反之当温度(T)降低时，气体压强(p)也减小。这与查理定律的结论一致。用符号简易表示为：3．用气体分子动理论解释盖吕萨克定律一定质量(m)的理想气体的总分子数(N)是一定的，保持压强(p)不变，当温度(T)升高时，气体分子运动的平均速率(v)会增加，那么单位体积内的分子数(n)一定要减小(否则压强不可能不变)，因此气体体积(V)一定增大；反之当温度降低时，同理可推出气体体积一定减小。这与盖吕萨克定律的结论是一致的。用符号简易表示为：eq\a\vs4\al(m一定→N一定)eq\a\vs4\al(V↑或↓)eq\a\vs4\al(n↓或↑)eq\a\vs4\al(→)eq\a\vs4\al(p不变)eq\a\vs4\al(T↑或↓→v↑或↓)eq\a\vs4\al([典例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[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，气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，选项A正确；温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体的密集程度减小，B正确；压强不变，温度降低时，体积减小，气体的密集程度增大，C错误；温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变，D错误。[答案]AB[规律方法](1)对一定质量的理想气体来说，体积不变时，分子密度不变；体积增大时，分子密度减小；体积减小时，分子密度增大。即分子总数一定时，分子密度与气体的体积有关。(2)气体的三个状态参量如果有变化，至少有其中两个会同时变化，从微观的角度可以这样理解：压强变化时，分子密度和分子平均动能两个量中至少有一个发生了变化，即体积和温度中至少一个发生变化；压强不变时，若分子密度发生变化，则分子平均动能一定同时发生变化。[对点练清]1．[多选]一定质量的气体，在温度不变的情况下，其体积增大、压强减小，或体积减小、压强增大，其原因是()A．体积增大后，气体分子的速率变小了B．体积减小后，气体分子的速率变大了C．体积增大后，单位体积的分子数变少了D．体积减小后，单位时间内撞击到单位面积上的分子数变多了解析：选CD温度不变，因此分子平均速率不变，体积增大后，单位体积的分子数变少，单位时间内器壁单位面积上所受的分子平均撞击力减小，气体压强减小；体积减小时，正好相反，即压强增大，C、D正确，A、B错误。2．[多选]封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，下列说法正确的是()A．气体的密度变大B．气体的压强增大C．分子的平均动能减小D．气体在单位时间内撞击到单位面积器壁上的分子数增多解析：选BD气体的质量和体积都不发生变化，故气体的密度不变，A项错。温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，C项错。分子数不变，体积不变，但分子运动的剧烈程度加剧了，故单位时间内撞击到单位面积器壁上的分子数增多，气体压强增大，故B、D正确。3.[多选]如图所示是一定质量的理想气体的p­V图线，若其状态为A→B→C→A，且A→B等容变化，B→C等压变化，C→A等温变化，则气体在A、B、C三个状态时()A．单位体积内气体的分子数nA＝nB＝nCB．气体分子的平均速率vA>vB>vCC．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力FA>FB，FB＝FCD．气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数是NA>NB，NA>NC解析：选CD由题图可知B→C，气体的体积增大，密度减小，A错误；C→A为等温变化，分子平均速率vA＝vC，B错误；而气体分子对器壁产生的作用力，B→C为等压过程，pB＝pC，FB＝FC，由题图知，pA>pB，则FA>FB，C正确；A→B为等容降压过程，密度不变，温度降低，NA>NB，C→A为等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有NA>NC，D正确。一、给轮胎充气(STSE类问题)[选自鲁科版新教材“物理聊吧”]炎热的夏天，给汽车轮胎充气时(如图)，一般都不能充得太足；给自行车轮胎充气时，也不能充得太足。这是为什么呢？提示：如果气充得太足，当温度升高时，根据查理定律，可知轮胎中气体的压强将增大，容易造成爆胎。二、典题好题发掘，练典题做一当十[选自鲁科版新教材“例题”]如图所示，固定的竖直汽缸内有一个活塞，活塞的质量为m，活塞横截面积为S，汽缸内封闭着一定质量的气体。现对缸内气体缓慢加热，并在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变。忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，已知汽缸内气体的初始热力学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度大小为g。试求当所加沙子的质量为M时，汽缸内气体的温度。[分析]以汽缸内的气体为研究对象。活塞位置保持不变，说明汽缸内的气体为等容变化，遵循查理定律。汽缸加热前气体的状态为初态，加热到热力学温度为T时的状态为末态。通过活塞受力平衡可分别求出气体初、末状态的气体压强。[解析]用T1、p1和T2、p2分别表示汽缸内的气体在初、末状态下的温度和压强。依题意有初态：T1＝T0，p1＝p0＋eq\f(mg,S)末态：T2＝T，p2＝p0＋eq\f(m＋Mg,S)根据查理定律eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得T＝eq\f(p0S＋M＋mg,p0S＋mg)T0[答案]eq\f(p0S＋M＋mg,p0S＋mg)T0[讨论]本题是在活塞上缓慢加沙子，以确保汽缸的活塞位置不变。如果活塞上方是靠一根固定的轻杆顶着，当温度升高到T时轻杆对活塞的推力为多少？提示：轻杆对活塞的推力等于温度升高到T时所加沙子的总重力，即F＝Mg。[策略提炼]运用气体定律分析解决问题，除了要选择有关的气体为研究对象，在确定气体的压强时，有时还需要选择与气体接触的物体作为研究对象。通过对这个研究对象进行受力分析，然后结合其运动状态建立压强与相关物理量的关系。[迁移]在上述例题中，已知最初缸内气体的高度为h0。如果保持活塞上方所加的沙子不变，继续对汽缸缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离h，此时汽缸内气体温度是多少？[解析]保持活塞上方所加的沙子不变，则缸内气体的压强保持不变，由盖吕萨克定律可得：eq\f(h0S,T)＝eq\f(h0＋hS,T′)。可求得活塞上移距离为h时，汽缸内气体的温度T′＝eq\f(h0＋h,h0)T，代入T值可解得T′＝eq\f(h0＋h[p0S＋M＋mg],h0p0S＋mg)T0[答案]eq\f(h0＋h[p0S＋M＋mg],h0p0S＋mg)T0eq\a\vs4\al([课时跟踪训练])A级—双基达标1．[多选]关于理想气体的说法正确的有()A．温度极低的气体也是理想气体B．压强极大的气体也遵守气体实验定律C．理想气体是对实际气体的抽象化模型D．理想气体实际并不存在解析：选CD气体实验定律是在压强不太大、温度不太低的情况下得出的，温度极低、压强极大的情况下微观上分子间距离变小，趋向液体，故选项C、D正确。2．冬天的时候，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，这主要是因为()A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天气温升高，大气压强变大D．瓶内气体因温度降低而压强变小解析：选D冬季气温较低，瓶中的气体在体积V不变时，因温度T减小而使压强p减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞位置下推，使瓶塞盖得紧紧的，所以拔起来就感到很吃力，故正确答案为D。3．若一定质量的理想气体分别按如图所示的三种情况从状态1变到状态2，下列说法正确的是()A．图(a)表示等温变化，图(b)表示等容变化，图(c)表示等压变化B．图(a)表示等温变化，图(b)表示等压变化，图(c)表示等容变化C．图(a)表示等容变化，图(b)表示等压变化，图(c)表示等温变化D．图(a)表示等容变化，图(b)表示等温变化，图(c)表示等压变化解析：选A根据气体三大实验定律的图像可知：图(a)表示等温变化，图(b)表示等容变化，图(c)表示等压变化，A正确，B、C、D错误。4．对于一定质量的气体，以下说法正确的是()A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比B．气体做等容变化时，温度升高1℃，增加的压强是原来压强的eq\f(1,273)C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t2－t1,273)))解析：选C一定质量的气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不成正比关系，选项A错误；根据查理定律eq\f(Δp,ΔT)＝eq\f(p,T)，T＝273℃＋t，所以eq\f(Δp,p)＝eq\f(ΔT,273＋t)，温度升高1℃，增加的压强Δp＝eq\f(1,273＋t)p，B选项错误；由公式eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)＝eq\f(Δp,ΔT)得选项C正确；D项中由eq\f(p1,p2)＝eq\f(273＋t1,273＋t2)，得p2＝p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t2－t1,273＋t1)))，故D项错误。5.如图所示是一定质量的气体从状态A经过状态B到状态C，再到状态A的p­T图像，由图可知()A．VA＝VB B．VB>VCC．VB＝VC D．VA>VC解析：选A从A状态沿直线到B状态是等容过程，因此VA＝VB，故A项正确；连接OC可知，直线OC的斜率比直线OB的斜率小，因此VB<VC，VA<VC，故B、C、D均错误。6.如图所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2>V3，h1<h2＝h3。若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是()A．丙管B．甲管和乙管C．乙管和丙管D．三管中水银柱上移一样多解析：选B三支玻璃管内的气体分别做等压变化，即气体的压强不变，故ΔV＝eq\f(V,T)·ΔT，由于V1＝V2>V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2>ΔV3，即甲管与乙管中水银柱上升最多，故选项B正确，A、C、D错误。7．下列说法正确的是()A．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积减小而增大的微观原因是：每个分子撞击器壁的作用力增大B．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积增大而减小的微观原因是：单位体积内的分子数减小C．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：每个分子动能都增大D．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：分子数的密度增大解析：选B一定质量的气体，保持温度不变，体积减小时，单位体积内的分子数增多，分子数密度增大，使压强增大，故A错误；一定质量的气体，保持温度不变，体积增大时，单位体积内的分子数减少而使分子撞击次数减少，从而使压强减小，故B正确；一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时，分子平均动能增大而使压强升高，但并不是每个分子动能都增大，故C、D错误。8.[多选]某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p­t图像如图所示。已知在状态B时气体的体积为VB＝3L，则下列说法正确的是()A．从状态A到状态B气体的体积不变B．从状态B到状态C气体温度增加C．在状态A时气体的压强是0.5atmD．在状态C时气体的体积是2L解析：选AD从状态A到状态B是等容变化，故体积不变，A正确；从状态B到状态C是等温变化，气体温度不变，B错误；从题图中可知，pB＝1.0atm，TB＝(273＋91)K＝364K，TA＝273K，根据查理定律，有eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)，即eq\f(pA,273)＝eq\f(1.0,364)，解得pA＝0.75atm，C错误；pB＝1.0atm，VB＝3L，pC＝1.5atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2L，D正确。9．在某高速公路发生一起车祸，车祸系轮胎爆胎所致。已知汽车行驶前轮胎内气体压强为2.5atm，温度为27℃，爆胎时胎内气体的温度为87℃，轮胎中的空气可视为理想气体，且爆胎前轮胎内气体的体积不变。(1)求爆胎时轮胎内气体的压强；(2)从微观上解释爆胎前胎内压强变化的原因。解析：(1)气体做等容变化，初态：p1＝2.5atm，T1＝(27＋273)K＝300K末态：p2＝？，T2＝(87＋273)＝360K由查理定律得：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝3atm。(2)爆胎前胎内气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，导致气体压强增大。答案：(1)3atm(2)见解析B级—选考提能10.如图所示，两根粗细相同，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。今使封闭的气体降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是()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．均向下移动，B管移动较多解析：选A因为在温度降低过程中封闭气体的压强恒等于大气压强与水银柱因自身重力而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化。并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变。根据盖吕萨克定律得ΔV＝eq\f(V,T)ΔT，因A、B两管中的封闭气体初温T相同，温度降低量ΔT相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B两管中的封闭气体的体积都减小；又因为H1>H2，故A管中封闭气体的体积较大，所以|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱长度减小得较多，故A、B两管中封闭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。11.如图所示为0.3mol的某种气体的压强和温度关系的p­t图线。p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为()A．5.6L B．3.2LC．1.2L D．8.4L解析：选D此气体在0℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3L＝6.72L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72L，温度为(127＋273)K＝400K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227＋273)K＝500K，根据盖吕萨克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)得，VB＝eq\f(VATB,TA)＝eq\f(6.72×500,400)L＝8.4L，D正确。12.如图所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中。注射器活塞的横截面积S＝5×10－5m2，活塞及框架的总质量m0＝5×10－2kg，大气压强p0＝1.0×105Pa。当水温为t0＝13℃时，注射器内气体的体积为5.5mL。求：(g取10m/s2)(1)向烧杯中加入热水，稳定后测得t1＝65℃时，气体的体积为多大？(2)保持水温t1＝65℃不变，为使气体的体积恢复到5.5mL，则要在框架上挂质量多大的钩码？解析：(1)注射器内气体做等压变化，初态：V0＝5.5mL，T0＝(13＋273)K＝286K，末态：T1＝(65＋273)K＝338K由盖吕萨克定律eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)，得V1＝6.5mL。(2)保持水温t1＝65℃不变，气体做等温变化，由玻意耳定律得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(m0g,S)))V1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(p0＋\f(m＋m0g,S)))V0，解得m＝0.1kg。答案：(1)6.5mL(2)0.1kg习题课理想气体的状态方程及状态变化图像理想气体的状态方程及其应用[知识贯通]1．理想气体的状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C(常量)常量C仅由气体的种类和质量决定，与其他参量无关。适用条件：该方程是在理想气体质量不变的条件下才适用，是—定质量的理想气体三个状态参量的关系，与变化过程无关。2．理想气体状态方程的推导一定质量的某种理想气体由初态(p1、V1、T1)变化到末态(p2、V2、T2)，因气体遵从三个气体实验定律，我们可以从三个定律中任意选取其中两个，通过一个中间状态，建立两个方程，解方程消去中间状态参量便可得到理想气体状态方程，组合方式有6种，如图所示。我们选“先等温、后等压”证明。从初态→中间态，由玻意耳定律得p1V1＝p2V′，从中间态→末态，由盖吕萨克定律得eq\f(V′,V2)＝eq\f(T1,T2)，由以上两式消去V′得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)。3．对理想气体状态方程的理解(1)适用对象：一定质量的理想气体。(2)应用理想气体状态方程的关键对气体状态变化过程的分析和状态参量的确定，即“一过程六参量”。(3)注意方程中各物理量的单位T必须是热力学温度，公式两边中p和V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位。4．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例T1＝T2p1V1＝p2V2(玻意耳定律)V1＝V2eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)(查理定律)p1＝p2eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)(盖吕萨克定律)[集训联通]eq\a\vs4\al([典例1])质量M＝10kg的缸体与质量m＝4kg的活塞，封闭一定质量的理想气体(气体的重力可以忽略)，不漏气的活塞被一劲度系数k＝20N/cm的轻弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示。环境温度为T1＝1500K时被封气柱长度L1＝30cm，缸口离地的高度为h＝5cm，若环境温度变化时，缸体有良好的导热性能。已知活塞与缸壁间无摩擦，弹簧原长L0＝27cm，活塞横截面积S＝2×10－3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa，当地重力加速度g＝10m/s2，求环境温度降到多少时汽缸着地，温度降到多少时能使弹簧恢复原长。[解析]因汽缸悬空，先降温时，气体做等压变化，压强恒为p1＝p0＋eq\f(Mg,S)＝1.5p0，由盖吕萨克定律知eq\f(L1,T1)＝eq\f(L1－h,T2)，代入数据得T2＝1250K，待缸口着地后，再降温时活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由kx＝(M＋m)g知弹簧的形变量为x＝7cm，设弹簧恢复原长时的环境温度为T3，气体压强为p3，气柱长度为L3，由活塞的平衡知p3＝p0－eq\f(mg,S)＝0.8p0，由几何关系知L3＝L1－x－h＝18cm，由理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p3V3,T3)，知eq\f(1.5p0L1,T1)＝eq\f(0.8p0L3,T3)，整理可得T3＝480K。[答案]1250K480K[规律方法]应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态。(2)弄清气体状态的变化过程。(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一。(4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解。若非纯热学问题，还要综合应用力学等有关知识列辅助方程。(5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。eq\a\vs4\al([即时训练])1．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eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)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，热力学温度减半解析：选C一定质量的理想气体，压强不变时，体积与热力学温度成正比，温度由100℃上升到200℃时，体积约增大为原来的1.27倍，选项A错误；理想气体状态方程成立的条件为气体质量不变，B项缺条件，选项B错误；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝恒量可知，选项C正确，D错误。2.如图所示，U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为76cmHg。若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少？解析：以封闭气体为研究对象，设左管横截面积为S，当左管封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升8cm，即两端水银柱高度差h2＝(36－4－8)cm＝24cm，由题意得V1＝L1S＝26cm×S，p1＝p0－h1＝76cmHg－36cmHg＝40cmHg，T1＝280K，p2＝p0－h2＝52cmHg，V2＝L2S＝30cm×S，由理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得T2＝420K。答案：420K理想气体的状态变化图像[知识贯通]一定质量的理想气体的状态变化图像名称图像特点其他图像等温线p­VpV＝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p­eq\f(1,V)p＝eq\f(CT,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高等容线p­Tp＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，对应的体积越小p­t图线的延长线均过点(－273.15,0)，斜率越大，对应的体积越小等压线V­T＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，对应的压强越小V­tV与t呈线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(－273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小[集训联通]eq\a\vs4\al([典例2])如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V­T图像，已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图中TA的值。(2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p­T图像，并在图像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。[解析](1)在V­T图像中，AB为过原点的直线，是等压线，由A、B两个状态的参量根据盖吕萨克定律：eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，得：TA＝eq\f(VA,VB)TB＝eq\f(0.4,0.6)×300K＝200K。(2)B状态的压强等于A状态的压强，B、C两状态在等容线上，要作出p­T图像还要求出C状态的压强，根据B、C两个状态的参量，利用查理定律：eq\f(pC,TC)＝eq\f(pB,TB)，得：pC＝eq\f(pB,TB)TC＝eq\f(1.5×105,300)×400Pa＝2×105Pa。在题图乙中的p­T图像如图所示。[答案](1)A→B过程中压强不变200K(2)见解析[规律方法]气体状态变化图像相互转换的五条“黄金律”(1)准确理解p­V图像、p­T图像和V­T图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。(2)知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。(3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p′、V′、T′)的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。(4)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T。(5)根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。eq\a\vs4\al([即时训练])1．[多选]一定质量理想气体，状态变化过程如图中A→B→C图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在选项图中的p­T图像或V­T图像上，其中正确的是()解析：选AC由题图知A→B是等压膨胀过程，由盖吕萨克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，知TB>TA，即温度升高，B→C是等温压缩过程，由pBVB＝pCVC，知pC>pB，即压强变大；C→A是等容降压过程，由查理定律eq\f(pC,TC)＝eq\f(pA,TA)，知TC>TA，即温度降低。故选项A、C正确。2．如图甲所示，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V0。A、B之间的容积为0.1V0，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297K，现缓慢加热汽缸内气体，直至温度升至399.3K。求：(1)活塞刚离开B处时的温度TB；(2)缸内气体最后的压强p3；(3)在图乙中画出整个过程的p­V图线。解析：(1)活塞刚离开B处时，体积不变，封闭气体的压强为p2＝p0，由查理定律得：eq\f(0.9p0,297K)＝eq\f(p0,TB)，解得TB＝330K。(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297K；活塞最后在A处时：V3＝1.1V0，T3＝399.3K，由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p3V3,T3)，故p3＝eq\f(p1V1T3,V3T1)＝eq\f(0.9p0V0×399.3,1.1V0×297)＝1.1p0。(3)如图所示，封闭气体由状态1保持体积不变，温度升高，压强增大到p2＝p0达到状态2，再由状态2先做等压变化，温度升高，体积增大，当体积增大到1.1V0后再等容升温，使压强达到1.1p0。答案：(1)330K(2)1.1p0(3)见解析eq\a\vs4\al([课时跟踪训练])A级—双基达标1．[多选]一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度()A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使它的体积缩小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀解析：选AD选项A，先等压变化，V增大，则T升高，再等容变化，p减小，则T降低，可能会回到原来的温度。选项B，先等压变化，V减小，则T降低，再等容变化，p减小，则T又降低，不可能回到原来的温度。选项C，先等容变化，p增大，则T升高，再等压变化，V增大，则T又升高，不可能回到原来的温度。选项D，先等容变化，p减小，则T降低，再等压变化，V增大，则T升高，可能会回到原来的温度。2.如图所示，容积一定的测温泡上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度升高时，泡内封闭气体()A．内能不变，压强变大B．体积不变，压强变大C．温度不变，压强变小D．温度降低，压强变小解析：选B当待测物体温度升高时，泡内封闭气体的温度升高，体积不变，根据eq\f(pV,T)＝C，可知压强增大，选项B正确。3．为了控制温室效应，各国科学家提出了不少方法和设想。有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度。为使CO2液化，最有效的措施是()A．减压、升温 B．增压、升温C．减压、降温 D．增压、降温解析：选D增大压强、降低温度会使CO2气体液化，故D选项正确。4.一定质量的理想气体，由状态A(1,3)沿直线AB变化到状态C(3,1)，如图所示，气体在A、B、C三个状态中的温度之比是()A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．3∶4∶3 D．4∶3∶4解析：选C根据理想气体状态方程，可得eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pCVC,TC)，由题图可知pAVA∶pBVB∶pCVC＝3∶4∶3，则TA∶TB∶TC＝3∶4∶3，C正确。5.一定质量的气体做等压变化时，其V­t图像如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是()A．等压线与t轴之间夹角变大B．等压线与t轴之间夹角不变C．等压线与t轴交点的位置不变D．等压线与t轴交点的位置一定改变解析：选C对于一定质量气体的等压线，其V­t图线的延长线一定过点(－273.15℃，0)，故选项C正确，D错误；气体压强增大后，温度还是0℃时，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，V0减小，等压线与t轴夹角减小，选项A、B错误。6.[多选]如图所示，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像表示()解析：选AD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eq\f(pV,T)＝C可知压强将减小。对A图像进行分析，p­V图像是双曲线即等温线，且由状态①到状态②体积增大，压强减小，故A项正确；对B图像进行分析，p­V图像是直线，温度会发生变化，故B项错误；对C图像进行分析，可知从状态①到状态②体积不变，压强减小，故C项错误；对D图像进行分析，可知温度不变，压强减小，D项正确。7．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时VA∶VB＝1∶2。现将A中气体加热到127℃，B中气体降低到27℃，待重新平衡后，这两部分气体体积的比VA′∶VB′为()A．1∶1 B．2∶3C．3∶4 D．2∶1解析：选B由理想气体状态方程，对A部分气体有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pA′VA′,TA′)①对B部分气体有：eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pB′VB′,TB′)②因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以eq\f(①,②)得eq\f(VA,VB)＝eq\f(VA′TB′,VB′TA′)。整理得eq\f(VA′,VB′)＝eq\f(VATA′,VBTB′)＝eq\f(1×400,2×300)＝eq\f(2,3)，故B正确。8.(2020·济南高二检测)某一定质量的理想气体经历A→B和B→C两个状态变化的p­T图像如图所示，则其p­V图像应是()解析：选C根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，在p­T图中A→B变化过程中由压强与热力学温度成正比可知，A→B过程是等容变化过程，p­V图像是垂直于V轴的直线；B→C是等温变化过程，由eq\f(pV,T)＝C知压强与体积成反比，压强减小体积增加，p­V图像是双曲线，综上所述图像C正确，A、B、D错误。9．(2020·潍坊高二检测)内燃机汽缸里的混合气体，在吸气冲程结束瞬间，温度为50℃，压强为1.0×105Pa，体积为0.93L。在压缩冲程中，把气体的体积压缩为0.155L时，气体的压强增大到1.2×106Pa，这时混合气体的温度升高到多少摄氏度？解析：由题意可知混合气体初状态的状态参量为p1＝1.0×105Pa，V1＝0.93L，T1＝(50＋273)K＝323K。混合气体末状态的状态参量为p2＝1.2×106Pa，V2＝0.155L，T2为未知量。由eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)可得T2＝eq\f(p2V2,p1V1)T1，将已知量代入上式，得T2＝eq\f(1.2×106×0.155,1.0×105×0.93)×323K＝646K，所以混合气体的温度t＝(646－273)℃＝373℃。答案：373℃B级—选考提能10.[多选]一定质量的某种理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p­T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，cd平行于ab，由图可以判断()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解析：选BCD由题意可知四条直线段只有ab是等容过程，A错误；连接Ob、Oc和Od，则Ob、Oc、Od都是一定质量的理想气体的等容线，依据p­T图中等容线的特点(斜率越大，气体体积越小)，比较这几条图线的斜率，即可得出Va＝Vb＞Vd＞Vc，故选项B、C、D均正确。11．已知湖水深度为20m，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(g取10m/s2，ρ水＝1.0×103kg/m3)()A．12.8倍 B．8.5倍C．3.1倍 D．2.1倍解析：选C气泡内气体在湖底的压强p1＝p0＋ρgh＝3.0×105Pa，由eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，代入数据解得eq\f(V2,V1)≈3.1，C正确。12.如图所示，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，空气柱长4cm，水银柱高58cm，进入封闭端长2cm，如图所示，此时温度是87℃，大气压强为75cmHg，求：(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3cm，温度必须降低到多少摄氏度？解析：(1)图示位置空气柱的压强p1＝p0＋ph＝(75＋58)cmHg＝133cmHg。(2)对空气柱：初态：p1＝133cmHg，V1＝4S，T1＝(273＋87)K＝360K。末态：p2＝p0＋ph′＝(75＋57)cmHg＝132cmHg，V2＝3S。由理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，代入数据解得：T2＝268K，则t2＝－5℃。答案：(1)133cmHg(2)－5℃A组·基础达标1．在一定的温度下，—定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，下列说法正确的是()A．单位体积内的分子数增多，单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多B．气体分子的密度变大，分子对器壁的吸引力变大C．每个气体分子对器壁的平均撞击力都变大D．气体密度增大，单位体积内分子数变小【答案】A【解析】气体压强的微观表现是气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数，是由分子的平均动能和单位体积内的分子数共同决定的．温度不变一定说明气体分子的平均动能不变，气体体积减小时，单位体积内分子数增多，故气体的压强增大，故A正确．2．如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与汽缸壁间的摩擦)，温度升高时，改变的量有()A．活塞高度hB．汽缸高度HC．气体压强pD．弹簧长度L【答案】B【解析】以汽缸整体为研究对象，由受力平衡知弹簧弹力大小等于汽缸整体总重力，故L、h不变，设汽缸壁的重力为G1，则封闭气体的压强p＝p0－eq\f(G1,S)，保持不变，当温度升高时，由盖­吕萨克定律知气体体积增大，H将减小，故只有B正确．3．(多选)如图所示，在一只烧瓶上连一根玻璃管，把它跟一个水银压强计连在一起，烧瓶里封闭着一定质量的气体，开始时水银压强计U形管两端水银面一样高．下列情况下，为使U形管两端水银面一样高，管A的移动方向是()A．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移B．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移C．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移D．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移【答案】AD【解析】使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压且不变，若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向下移，故A正确，B错误；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向上移，故C错误，D正确．4．如图所示，两根粗细相同、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且同温度的空气，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()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】因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自身重力而产生的压强之和，故被封闭空气均做等压变化．由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变．根据盖­吕萨克定律有ΔV＝eq\f(ΔT,T)·V，因A、B管中的封闭气柱初温T相同，温度改变量ΔT也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B两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管中的水银柱移动较多，A正确．5．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，出现这种现象的主要原因是()A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天气温升高，大气压强变大D．瓶内气体压强因温度降低而减小【答案】D【解析】冬季气温较低，瓶中的气体在V不变时，p因T减小而减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞往下推，使瓶塞盖得紧紧的，所以拔起来就感到很吃力，故D正确．6．(多选)如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的p－T图像，由图像可知()A．VA＝VB B．VB＝VCC．VB<VC D．VA>VC【答案】AC【解析】图线AB的延长线过p－T图像的坐标原点，说明从状态A到状态B是等容变化，故A正确；连接OC，直线OC也是一条等容线，且直线的斜率比AB小，则C状态的体积要比A、B状态大，故C正确．也可以由玻意耳定律来分析B到C的过程，该过程是等温变化，由pV＝C知，压强p减小，体积V必然增大，同样可得C正确．7．如图所示是某气体经历的两个状态变化过程的p－T图像，对应的p－V图像应是()ABCD