第十五章　第79课时　气体的性质-2026版一轮复习

第79课时气体的性质目标要求1.掌握气体压强的计算方法。2.知道气体实验定律和理想气体状态方程。3.利用气体实验定律和理想气体状态方程解决实际问题，并会分析气体图像问题。考点一气体压强的计算1.活塞模型如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋mgS图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S，则气体压强为p＝p0－mgS＝p0－ρ液gh2.连通器模型如图所示，U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。例1若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。答案甲：p0－MgS乙：p0＋丙：p0－ρgh丁：p0＋ρgh1戊：p0－32己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)pb＝p0＋ρg(h2－h1)解析题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，得p甲＝p0－MgS题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示由平衡条件，有p乙S下sinα＝p0S上＋FN＋mg，FN＝Mg，S下sinα＝S上，S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得p乙＝p0＋(M题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有p丙S＋ρghS＝p0S，所以p丙＝p0－ρgh题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有p丁S＝p0S＋ρgh1S所以p丁＝p0＋ρgh1题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有p戊S＋ρghS·sin60°＝p0S所以p戊＝p0－32题图己：从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。例2如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被细绳倒挂于倾角为θ的固定斜面上，管内有一段长为h的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，被封闭气体的压强(题中各物理量单位均为国际单位制单位)。我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

/efdfec4fca1121b64c46c12719ec64da

我的人人文库：

/u-680150.html

/u-680150.html

(1)玻璃管静止不动；(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳匀加速下滑过程(已知管与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ<tanθ，不计空气阻力)。答案(1)p0－ρghsinθ(2)p0－μρghcosθ解析(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，水银柱的横截面积为S，以水银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示。根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsinθ＋p1S而m＝ρSh所以p1＝p0－ρghsinθ(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受力情况如图乙所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得FN'＝MgcosθMgsinθ－Ff＝Ma又Ff＝μFN'所以a＝g(sinθ－μcosθ)以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得mgsinθ＋p2S－p0S＝ma所以p2＝p0＋mS(a－gsinθ将m＝ρSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcosθ。1.当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。2.在对系统进行分析时，可针对具体情况选用整体法或隔离法。考点二气体实验定律理想气体状态方程1.气体实验定律内容表达式图像玻意耳定律一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比p1V1＝p2V2查理定律一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比p拓展：Δp＝p1T盖—吕萨克定律一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比V拓展：ΔV＝V1T请从微观的角度解释气体实验三定律。(1)玻意耳定律的微观解释：一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。体积减小时，分子的数密度增大，气体的压强增大。(2)查理定律的微观解释：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，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大。(3)盖—吕萨克定律的微观解释：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。2.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在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体。②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定。(2)理想气体状态方程：p1V1T1＝p2(3)克拉伯龙方程：pV＝nRT，其中n表示物质的量，n＝mMmol，1.理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。(√)2.理想气体严格遵守气体实验定律。(√)3.一定质量的理想气体，温度升高时压强一定增大。(×)例3(来自教材)细长玻璃管用长l0为6.8cm的水银柱封闭一定质量的空气。当玻璃管开口向下竖直放置时(水银未溢出)，空气柱长度l1为33cm；当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2为30cm。求玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度。答案27.5cm解析设玻璃管横截面积为S，管内气体在管开口向下时压强p1＝p0－ρ水银gl0，管水平放置时压强为p0，对管内气体根据玻意耳定律有p1l1S＝p0l2S，解得p0＝74.8cmHg，管开口向上时压强p3＝p0＋ρ水银gl0，根据玻意耳定律得p0l2S＝p3l3S，解得l3＝27.5cm。例4如图所示，上端开口、横截面积为S且导热性能良好的汽缸放置在水平面上，大气压强为p0。汽缸内有一卡子，横截面积为S的轻质活塞上面放置一个质量为m的重物，活塞下面密封一定质量的理想气体。当气体温度为T1时，活塞静止，此位置活塞与卡子距离为活塞与汽缸底部距离的13。现缓慢降低汽缸温度，活塞被卡子托住后，继续降温，直到缸内气体压强为12p0。已知重力加速度为g，活塞厚度、汽缸壁厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦均不计。求：(1)活塞刚接触卡子瞬间，缸内气体的温度；(2)缸内气体压强为12p0答案(1)23T1(2)解析(1)活塞被卡子托住前，气体经历等压变化，设活塞刚刚接触卡子时气体的温度为T2，根据盖—吕萨克定律有V式中V1＝SL1，V2＝SL2根据题意L2＝(1－13)L1＝23联立解得T2＝23T(2)活塞被卡子托住后，再降低温度，气体经历等容变化，根据查理定律有p2T2＝p3T根据力的平衡条件有p2＝p1＝p0＋mg联立可得T3＝p0例5某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用一厚度不计、面积S＝5cm2、质量m＝0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度T0＝300K，活塞与容器顶部的距离l0＝20cm，在活塞下方d＝4cm处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度大小g取10m/s2，求：(1)封闭气体初始状态的压强p；(2)触发报警装置的热力学温度T。答案(1)9×104Pa(2)400K解析(1)对活塞受力分析，由平衡条件有pS＝p0S－mg解得p＝9×104Pa(2)设触发报警装置的压强为p'，对活塞受力分析，由平衡条件有p'S＋mg＝p0S＋F解得p'＝1.0×105Pa由理想气体状态方程得p解得T＝400K。应用气体实验定律或理想气体状态方程解题的基本思路考点三气体状态变化的图像问题四种图像的比较类别特点(其中C为常量)举例p－VpV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p－1p＝CT1V，斜率k＝CTp－Tp＝CVT，斜率k＝CV－TV＝CpT，斜率k＝C例6(2024·山东泰安市检测)一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是()A.a→b过程中，气体温度降低，体积增大B.b→c过程中，气体温度不变，体积减小C.c→a过程中，气体压强增大，体积不变D.在c状态时，气体的体积最小答案C解析方法一：根据气体实验定律分析：a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律VT＝C得知，体积应减小，故A错误；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C得知，由于压强减小，故体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D方法二：根据图像斜率的意义分析：由理想气体状态方程pVT＝C得：p＝CVT，斜率k＝CV，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V越小，故从图可以看出Va＝Vc>思考根据例6中气体状态变化的p－T图像，定性作出三个过程的V－T图像和p－V图像。答案处理气体状态变化的图像问题的技巧1.图像上的某一条直线段或曲线段对应气体状态变化的一个过程，首先要看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。2.在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可直接根据气体实验定律确定两个状态参量的关系，也可根据某点与原点连线斜率的大小确定，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。课时精练(分值：60分)1~4题每小题5分，5题9分，共29分1.如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P的气压表示数为()A.43p0 B.83p0 C.3p0 D.14答案B解析对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p(V＋V2)，解得p＝83p0，故选2.(2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p－T图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是()答案B解析根据pVT＝C，可得p＝CVT，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选3.(2024·山东泰安市模拟)如图甲所示，一玻璃容器倒置在水平桌面上，下端用塞子封闭不漏气，用水银封闭一定质量的理想气体，初始时水银柱高为L2＝10cm，封闭气体长为L1＝6cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1＝1cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2＝3cm2，现缓慢向内部注入体积为V的水银，水银恰好不溢出，封闭气体压强p与其长度L的关系图像如图乙所示，不考虑气体温度变化，大气压强为p0＝76cmHg，则注入水银的体积V为()A.159cm3 B.53cm3 C.125cm3 D.129cm3答案C解析由于封闭气体温度不变，所以为等温变化，由题图乙知最终封闭气体长度为4cm，由玻意耳定律得p×4cm×S1＝86cmHg×6cm×S1，解得p＝129cmHg，设最终水银液柱总高度为L'，根据p0＋ρHggL'＝p，解得L'＝53cm，如图所示，则注入水银的体积为V＝S1(6cm－4cm)＋S2(53cm－2cm－10cm)＝125cm3，故选C。4.纯净水压力储水罐总容积为20L，冬季气温为7℃时，气囊内气体的压强为0.16MPa。初始体积为10L；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，T＝t＋273K。下列说法正确的是()A.当室温为7℃，气囊内气体气压为0.2MPa时，储水量为14LB.当室温为7℃，气囊内气体气压为0.4MPa时，储水量为18LC.当室温为27℃，气囊内气体气压为0.4MPa时，储水量约为15.7LD.当室温为27℃，气囊内气体气压为0.2MPa时，储水量约为12.4L答案C解析当室温为7℃，设初始状态压强为p1，体积为V1，末状态压强为p2，储水体积为V2，当气囊内气体气压p2＝0.2MPa时，由等温变化知p1·V1＝p2(20L－V2)，代入得V2＝12L，当气囊内气体气压p2＝0.4MPa时，代入得V2＝16L，A、B错误；当室温为27℃，设初始状态温度为T1，末状态压强为p3，储水体积为V3，温度为T2，当气囊内气体气压为p3＝0.4MPa时，根据理想气体状态方程知p1V1T1＝p3(20L-V3)T2，代入得V3≈15.7L，当气囊内气体气压为p3＝0.2MPa5.(9分)(九省联考·贵州·13)如图是一个简易温度计示意图，左边由固定的玻璃球形容器和内径均匀且标有刻度的竖直玻璃管组成，右边是上端开口的柱形玻璃容器，左右两边通过软管连接，用水银将一定质量的空气封闭在左边容器中。已知球形容器的容积为530cm3，左边玻璃管内部的横截面积为2cm2。当环境温度为0℃且左右液面平齐时，左管液面正好位于8.0cm刻度处。设大气压强保持不变。(1)(3分)当环境温度升高时，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向上还是向下移动？(2)(6分)当液面位于30.0cm刻度处且左右液面又一次平齐时，对应的环境温度是多少摄氏度？答案(1)向下(2)22℃解析(1)当环境温度升高时，假设右边容器不动，则左侧气体体积变大，右侧管中液面将高于左侧管中液面，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向下移动；(2)开始时左侧气体体积V1＝(530＋2×8.0)cm3＝546cm3温度T1＝273K当液面位于30.0cm刻度处时左侧气体的体积V2＝(530＋2×30.0)cm3＝590cm3气体进行等压变化，则根据盖—吕萨克定律可得V解得T2＝295K则t2＝22℃。6、7题每小题5分，8题14分，共24分6.某实验小组用图甲所示装置研究烧瓶内封闭气体的体积一定时压强与温度的关系，初始时封闭气体的摄氏温度为t0，往容器内加热水，可以改变封闭气体的温度t，用Δt(Δt＝t－t0)表示封闭气体升高的摄氏温度，p表示温度为t时封闭气体的压强，则图乙中可能正确的图线是()A.① B.② C.③ D.④答案A解析烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有p0T0＝pT＝ΔpΔT，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝p0T0Δt＝p－p0，整理得p＝p0T0Δt＋7.(来自教材改编)(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330cm3，薄吸管底面积为0.5cm2，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是()A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏B.该装置所测温度不高于31.5℃C.该装置所测温度不低于23.5℃D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大答案B解析由盖—吕萨克定律得V其中V1＝V0＋Sl1＝335cm3，T1＝(273＋27)K＝300K，V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)代入解得T＝3067x＋1980067(根据T＝t＋273K可知t＝3067x＋150967(故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5℃，故该装置所测温度不高于31.5℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5℃，故该装置所测温度不低于22.5℃，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。8.(14分)(2025·山东滨州市检测)有的固体形状不规则，且不能够浸入液体中来测量它的体积。某学生设计了如图所示的装置来测定此类固体的体积。放置于水平地面上的导热汽缸横截面积S＝20cm2，将一个不规则的固体放置在汽缸中，用轻质活塞密封一定质量的理想气体，封闭气体的高度h1＝40cm。然后缓慢地向活塞上面加细沙，当封闭气体高度变为h2＝35cm时，所加细沙的质量m＝4kg。外界温度恒为T1＝300K，大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，活塞始终未与不规则固体接触，重力加速度g取10m/s2。(1)(8分)若封闭气体的温度不发生变化，求不规则固体的体积V0；(2)(6分)若汽缸导热性能不够理想，加上m＝4kg的细沙后读取气体高度时封闭气体温度已上升至301K，求此时不规则固体的实际体积V0'(保留2位有效数字)。答案(1)2×10－4m3(2)1.9×10－4m3解析(1)设所加细沙的质量为4kg时，封闭气体的压强为p1，由平衡条件可知p1S＝p0S＋mg解得p1＝1.2×105Pa由玻意耳定律可得p0(h1S－V0)＝p1(h2S－V0)解得V0＝2×10－4m3