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第5节　气体实验定律
1.在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，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.瓶内气体因温度降低而压强减小
2.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述理想气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是（　　）
3.对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是（　　）
A.若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
B.若气体体积减小，温度升高，单位时间内分子对器壁的撞击次数增多，平均撞击力增大，因此压强增大
C.若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定减少
D.若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变
4.一定质量的气体，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Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是（　　）
A.10∶1 B.373∶273
C.1∶1 D.383∶283
5.（多选）如图甲所示，竖直放置的均匀细管上端封闭，下端开口，在玻璃管上、水银柱下端做一标记A，轻弹图甲中细管使两段水银柱及被封闭的两段气柱分别合在一起成图乙状，发现稳定后水银下端仍在A处，则该过程中（　　）
A.可能发生了漏气 B.气体温度可能升高了
C.乙图中玻璃管倾斜了 D.可能有部分水银流出玻璃管
6.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 Pa。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水＝1.0×103 kg/m3）（　　）
A.12.8倍 B.8.5倍 C.3.1倍 D.2.1倍
7.两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部的横截面积S＝0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为T1＝27 ℃，现把容器浸入温度为T2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为（　　）
A.5 cm3 B.7 cm3 C.10 cm3 D.12 cm3
8.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。
9.（多选）如图所示，足够长U形管内分别由水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述中正确的是（　　）
A.只对L1加热，则h减小，气柱L2长度不变
B.只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减少
C.若在右管中注入一些水银，L1将增大
D.使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小
10.如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1　　　　N2，T1　　　　T3，N2　　　　N3。（填“大于”“小于”或“等于”）
11.如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，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左面气缸的容积为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297 K，现缓慢加热气缸内气体，直至399.3 K。求：
（1）活塞刚离开B处时的温度TB；
（2）缸内气体最后的压强p；
（3）在图乙中画出整个过程的p -V图线。
12.（2024·江苏扬州高二期中）如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口。左端用水银封闭长L1＝7.5 cm的理想气体，当温度为280 K时，两管水银面的高度差Δh＝5 cm。设外界大气压强为p0＝75 cmHg。
（1）求理想气体的压强；
（2）若对封闭气体缓慢加热，求当左右两管的水银面相平且稳定时理想气体的温度。
第5节　气体实验定律
1.D　根据查理定律可知瓶内气体因温度降低而压强减小，而外界压强不变，所以软木塞不易拔出，D项正确。
2.D　封闭气体做等温变化，只有D图线是等温线，故D正确。
3.B　单位体积内分子个数不变时，分子热运动加剧，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都变大，因此这时气体压强一定变大，选项A错误；若气体体积减小，则气体的密度增加，温度升高，单位时间内分子对器壁的撞击次数增多，平均撞击力增大，因此压强增大，选项B正确；若气体的压强不变而温度降低时，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，选项C、D错误。
4.C　由查理定律得Δp＝ΔT，一定质量的气体在体积不变的条件下＝恒量，温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确。
5.ACD　正常情况下，把之前封闭的气体分为上、下两部分，上部分变化后压强、温度不变，体积保持不变，下部分气体压强减小，根据玻意耳定律可知，下部分气体的体积增大，故稳定后水银下端应在A处下方。若封闭气体发生了漏气，则体积减小，则水银下端仍可在A处，选项A正确；当水银合在一起后，水银下端应该在A处下方，若此时再升高温度，气体的压强不变，故气体的体积要增大，水银下端一定将会在A处下方，选项B错误；若将题图乙中玻璃管倾斜，则封闭气体的压强增大，根据玻意耳定律可知气体的体积减小，则水银下端有可能仍在A处，选项C正确；部分水银流出玻璃管后，封闭气体压强增大，根据玻意耳定律可知封闭气体的体积减小，则水银下端有可能仍在A处，选项D正确。
6.C　湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由理想气体状态方程得＝，解得V2≈3.1 V1，所以当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确。
7.C　设容器的容积为V，由气体的等压变化规律可知＝，有＝，解得V＝10.1cm3，故选C。
8.22.5 cm　7.5 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，由力的平衡条件有
p1＝p2＋（l1－l2）
U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p。此时原左、右两边空气柱长度分别变为l1'和l2'，显然原左边空气柱的长度将增加，右边则减小，且两边空气柱长度的变化量大小相等l1'－l1＝l2－l2'
由玻意耳定律有p1l1＝pl1'
p2l2＝pl2'
联立解得
l1'＝22.5 cm，l2'＝7.5 cm。
9.AD　只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大，h减小，气柱L2长度不变，因此该部分气体做等温变化，故A正确，B错误；若在题图右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1将减小，故C错误；使L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大，h减小，故D正确。
10.大于　等于　大于
解析：根据理想气体状态方程得＝＝，可知T1＞T2，T2＜T3，T1＝T3；由于T1＞T2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子密度相等，故单位面积的平均碰撞次数多，即N1＞N2；对于状态2、3，由于V3'＞V2'，故分子密度n3＜n2，T3＞T2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，而且p2'＝p3'，因此状态2单位面积的平均碰撞次数多，即N2＞N3。
11.（1）330 K　（2）1.1p0　（3）见解析图
解析：（1）气缸内的气体初态时p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K。
当活塞刚离开B处时，气体的状态参量p2＝p0，V2＝V0，T2＝TB，
根据查理定律得＝，即＝，解得TB＝330 K。
（2）随着温度不断升高，活塞最后停在A处时，气体的状态参量p4＝p，V4＝1.1V0，T4＝399.3 K。
根据理想气体状态方程得＝，即＝，解得p＝1.1p0。
（3）随着温度的升高，当活塞恰好停在A处时，气体的状态参量p3＝p0，V3＝1.1V0，T3＝TA，
由＝，得＝，
解得TA＝363 K。
综上可知，气体在温度由297 K升高到330 K过程中，气体做等容变化；由330 K升高到363 K过程中，气体做等压变化；由363 K升高到 399.3 K 过程中，气体做等容变化。故整个过程中p -V图像如图所示。
12.（1）70 cmHg　（2）400 K
解析：（1）根据左、右水银面的高度差为5 cm，可知开始时封闭气体压强为
p1＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
（2）设U形管的横截面积为S，对封闭气体
p1＝70 cmHg，T1＝280 K，V1＝L1S＝7.5 cm·S
设封闭气体升高至温度为T2时，左、右两管中水银液面相平，此时封闭气体的长度为
h2＝L1＋＝10 cm
封闭气体的压强为p2＝p0＝75 cmHg
根据理想气体状态方程得＝
解得稳定时理想气体的温度为T2＝400 K。
3 / 3第5节　气体实验定律
核心素养目标 1.掌握气体的三个实验定律及其应用。 2.理解p -V图像、p -图像、p -T图像、V-T图像的物理意义。 3.能对气体三大实验定律进行微观解释。 4.理解理想气体的概念，掌握理想气体状态方程及其应用
知识点一　玻意耳定律
1.玻意耳定律
（1）内容：一定质量的气体，在　　　　保持不变的条件下，压强与体积成　　　　。
（2）表达式：p∝　　　　或者p1V1＝p2V2。
（3）条件：气体质量一定，　　　　保持不变。
2.气体等温变化图像
（1）图像（如图所示）
（2）特点：一定质量的气体在温度不变时，由于压强与体积成反比，在p-V图像上等温线应为　　　　线，在p-图像上等温线应为过原点的直线。
3.玻意耳定律的微观解释
一定质量的气体　　　　不变。温度不变时，分子　　　　不变。当气体体积减小时，　　　　　　的分子数增多，气体　　　　增大；当气体体积增大时，　　　　　　的分子数减少，气体的　　　　也就减小。
知识点二　查理定律
1.查理定律
（1）内容：一定质量的气体，在　　　　保持不变的条件下，压强与热力学温度成　　　　。
（2）公式：p∝　　　　或＝。其中T为热力学温度。
（3）条件：气体的　　　　一定，　　　　保持不变。
2.p-T图像
p-T图像是一条过　　　　的直线。
3.查理定律的微观解释
一定质量的气体，体积保持不变时，　　　　　　的分子数保持不变。当温度升高时，分子的平均动能　　　　，气体的压强也就增大；当温度降低时，分子平均动能减小，气体的压强也就减小。
知识点三　盖—吕萨克定律
1.盖—吕萨克定律
（1）内容：一定质量的气体，在　　　　保持不变的条件下，体积与热力学温度成　　　　。
（2）公式：V∝　　　　或者＝　　　　。
（3）条件：气体的质量一定，　　　　保持不变。
2.气体等压变化图像
对一定质量的气体，在压强不变时，V与T的图像是一条过　　　　的　　　　。
3.盖—吕萨克定律的微观解释
对于一定质量的气体，当温度升高时，分子　　　　增大，为了保持压强不变，　　　的分子数相应减少，气体的　　　　必然相应增大。
知识点四　理想气体
1.理想气体
（1）定义：严格遵从以上三个实验定律的气体。
（2）理想气体的内能
由于理想气体分子除了碰撞外，分子间的相互作用可忽略不计，因此理想气体的　　　可忽略不计，其内能只是所有分子热运动动能的总和。所以，一定质量的理想气体的内能只与气体的　　　　有关，而与气体的　　　　无关。
2.理想气体状态方程
（1）表达式：　　　　，式中C是常量，与气体的种类和　　　　有关。
（2）条件：质量不变的　　　　气体。
【情景思辨】
　（1）玻意耳定律在任何条件下都成立。（　　）
（2）一定质量气体的等温变化p-V图像是双曲线的一支。（　　）
（3）一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与摄氏温度成正比。（　　）
（4）一定质量的某种气体，体积保持不变，压强增大，气体分子热运动的平均速率也一定增大。（　　）
（5）一定质量的气体，压强不变，体积减小时，气体分子的平均动能一定减小。（　　）
（6）对于不同的理想气体，其状态方程＝C（恒量）中的恒量C相同。（　　）
（7）一定质量的理想气体热力学温度增大到原来的2倍，若体积不变，压强也增大到原来的2倍。（　　）
（8）理想气体温度升高时其内能不一定增大。（　　）
要点一　玻意耳定律
【探究】
在恒温池中，一串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面就会破裂。气泡上升过程中，气泡内气体的压强如何变化？气泡上升过程中体积为何会变大。
【归纳】
1.玻意耳定律的理解及应用
（1）成立条件：质量一定，温度不变。
（2）表达式：p1V1＝p2V2。
（3）应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气体，要求气体质量不变，温度不变。气体的质量发生变化时，需通过设想，把变质量转化为定质量，才能应用玻意耳定律。
②明确状态参量
找出气体变化前后的初、末状态，并确定初、末状态的p、V值。
③列方程、求解
根据玻意耳定律列方程，计算中只需使相应量（p1、p2及V1、V2）的单位统一，不一定用国际单位制的单位。
④检验结果
在等温变化中，有时列方程求解会得到两个结果，应通过合理性的检验决定取舍。
2.两种等温变化图像
p-图像 p-V图像
图像 特点
物理 意义 一定质量的气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与就成正比，在p-坐标系中的等温线应是过原点的直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p-V图像是双曲线的一支
温度 高低 直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度就越高，图中T2＞T1 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p-V图像中的等温线就越高，图中T1＜T2
【典例1】　（2024·山东济宁高二期中）如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝35 cm，两边水银柱高度差h＝12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求：
（1）此时被封闭的气柱的压强p；
（2）现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后封闭气柱长度变为32 cm，此时两边水银柱的高度差。
尝试解答
1.（多选）一定质量的气体在不同温度下的两条p-图像如图所示。由图像可知（　　）
A.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p -图像的延长线是经过坐标原点的一条倾斜直线
C.T1＞T2
D.T1＜T2
2.（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.单位体积内的分子数目增加
要点二　查理定律与盖—吕萨克定律
【探究】
　某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时，他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然炸裂了，但是手表并没有受到任何撞击，原因是什么？
【归纳】
1.对查理定律与盖—吕萨克定律的理解与应用
（1）查理定律与盖吕萨克定律的比较
定律 查理定律 盖—吕萨克定律
表达式 ＝＝恒量 ＝＝恒量
成立条件 体积不变 压强不变
气体的质量不变
（2）两个重要的推论
①查理定律的分比形式
即一定质量的气体在体积不变的条件下，压强的变化量与热力学温度的变化量成正比，公式表示为＝＝。
②盖—吕萨克定律的分比形式
即一定质量的气体在压强不变的条件下，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，公式表示为＝＝。
（3）应用查理定律与盖—吕萨克定律解题的步骤
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条件。是否是质量和体积保持不变或是质量和压强保持不变。
③确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积。
④按查理定律或盖—吕萨克定律公式列式。
⑤求解结果并分析、检验。
注意：解题时要把摄氏温度转化为热力学温度，计算时只需使压强、体积的单位统一即可，并不一定用国际单位制中的单位。
2.p-T图像与V-T图像
（1）p-T图像
①如图所示，气体等容变化的p-T图像是通过原点的倾斜直线，由＝C，得p＝T，可见体积V大时斜率小，所以V1＞V2。
②气体等容变化的p-t图像是通过t轴上－273.15 ℃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V1＞V2。
（2）V-T图像
①气体等压变化的V-T图像是通过原点的倾斜直线，由＝C，得V＝T，可见压强p大时斜率小，所以p1＞p2。
②气体等压变化的V-t图像是通过t轴上－273.15 ℃的直线，由于在同一温度（如0 ℃）下同一气体的体积大时，压强小，所以p1＞p2。
【典例2】　如图所示，截面积分别为SA＝1 cm2、SB＝0.5 cm2的两个上部开口的柱形容器A、B，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，A、B两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为mA＝1.4 kg、mB＝0.7 kg，A气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为f＝3 N，B气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，A、B中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0＝300 K，外界大气压为p0＝1.0×105 Pa。现缓慢升高气体温度，（g取10 m/s2）求：
（1）当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度T1；
（2）当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T2。
尝试解答
1.对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，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二倍 B.气体的热力学温度升高到原来的二倍
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
2.一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度升高，体积增大，从分子动理论的观点来分析，正确的是（　　）
A.此过程中分子的平均速率不变，所以压强保持不变
B.此过程中每个气体分子碰撞器壁的平均冲击力不变，所以压强保持不变
C.此过程中单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数不变，所以压强保持不变
D.以上说法都不对
3.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l＝36 cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体。当气体的温度T0＝300 K、大气压强p0＝1.0×105 Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0＝30 cm，不计活塞的质量和厚度。现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：
（1）活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；
（2）封闭气体温度升高到T2＝540 K时的压强p2。
要点三　理想气体状态方程
1.理想气体
（1）理解：理想气体是为了研究问题方便提出的一种理想模型，是实际气体的一种近似，就像力学中的质点、电学中的点电荷等模型。
（2）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以忽略不计，分子可视为质点。
③理想气体分子除碰撞外，分子间的相互作用可忽略不计，故理想气体的分子势能可忽略不计，因此理想气体的内能等于所有分子热运动动能之和，一定质量的理想气体内能只与温度有关。
2.理想气体状态方程与气体实验定律
气体实验定律可以认为是理想气体状态方程的特例。
＝ 　
3.应用理想气体状态方程解决问题的一般步骤
（1）明确研究对象，即一定质量的理想气体；
（2）确定气体在始、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
（3）由状态方程列式求解；
（4）讨论结果的合理性。
需要注意的是：应用方程时，温度T必须是热力学温度，绝不能用摄氏温度。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。
【典例3】　如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积S＝2×10－3 m2、质量m＝4 kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa。现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g＝10 m/s2。求：
（1）活塞与气缸底部之间的距离；
（2）加热到675 K时封闭气体的压强。
尝试解答
1.一定质量的理想气体，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，下列关系可能正确的是（　　）
A.p1＝p2，V1＝2V2，T1＝
B.p1＝p2，V1＝，T1＝
C.p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D.p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝
2.一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则（　　）
A.气体分子的平均动能增大
B.气体的密度变为原来的2倍
C.气体的体积变为原来的2倍
D.气体的分子总数变为原来的2倍
3.我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米。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，如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气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。如果将该气缸下潜至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）。
1.（多选）一定质量的气体，在温度不变的情况下，体积增大、压强减小，体积减小、压强增大的原因是（　　）
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
2.如图所示，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（　　）
A.h2变长　　　　　　B.h2变短
C.h1上升 D.h1下降
3.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＝
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
4.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃。当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入水银的长度是多少？（设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3）
5.如图所示的是粗细均匀的圆管形儿童玩具水枪。水枪吸水前，先将圆形薄活塞向下推至底部。插入水中后缓慢向上拉动活塞，待水面上升一定高度后，保持枪管竖直提离水面。现测得枪内水面距枪口的高度为h，管内空气柱的长度为l，枪内活塞的横截面积为S，外界大气压强为p0，水枪密闭性良好，设整个过程气体可视为理想气体，温度保持不变。水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略枪头部分形状的影响，求吸水前枪内活塞至枪口间空气的体积V0。
第5节　气体实验定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）温度　反比　（2）　（3）温度
2.（2）双曲
3.分子总数　平均动能　单位体积内　压强　单位体积内　压强
知识点二
1.（1）体积　正比　（2）T　（3）质量　体积　2.坐标原点
3.单位体积内　增大
知识点三
1.（1）压强　正比　（2）T　　（3）压强
2.坐标原点　倾斜直线
3.平均动能　单位体积　体积
知识点四
1.（2）分子势能　温度　体积
2.（1）＝C　质量　（2）理想
情景思辨
（1）×　（2）√　（3）×　（4）√　（5）√　（6）×　（7）√　（8）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：上升过程中气泡内气体的压强会变小。由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积会增大。
【典例1】　（1）64 cmHg　（2）6 cm
解析：（1）封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
（2）封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
素养训练
1.BD　这是一定质量的气体在发生等温变化时的p -图像，由图像知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由图像可以看出，p -图像的延长线是过坐标原点的一条倾斜直线，故B正确；根据p -图像斜率的物理意义可知C错误，D正确。
2.BD　温度不变，气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故A错误；理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，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，故B、D正确；一定质量的理想气体，质量不变，气体分子的总数不变，故C错误。
要点二
知识精研
【探究】　提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体的体积不变，因为山顶附近温度低很多，压强比山脚时小很多，内、外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生炸裂。
【典例2】　（1）400 K　（2）450 K
解析：（1）此过程为等压过程，由盖—吕萨克定律可得＝，其中V0＝SAh＋SBh，V1＝SAh＋2SBh
解得T1＝400 K。
（2）气体做等容变化，由查理定律得＝
最初，对气缸B中活塞有：p1SB＝p0SB＋mBg，可得p1＝2.4×105 Pa
当活塞要动时，对气缸A中活塞有，
p2SA＝p0SA＋mAg＋f，可得p2＝2.7×105 Pa
解得T2＝450 K。
素养训练
1.B　由查理定律＝，得T2＝T1＝2T1，B正确。
2.D　温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热运动平均动能增大，所以气体分子每次碰撞器壁的冲力增大，故A、B错误；理想气体体积变大，气体的分子数密度减小，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数减少，故C错误，D正确。
3.（1）360 K　（2）1.5×105 Pa
解析：（1）设气缸的横截面积为S，由盖—吕萨克定律得＝
代入数据解得T1＝360 K。
（2）由查理定律得＝
代入数据解得p2＝1.5×105 Pa。
要点三
知识精研
【典例3】　（1）20 cm　（2）1.5×105 Pa
解析：（1）气缸水平放置时
p1＝p0＝1×105 Pa，T1＝300 K，V1＝24 cm×S
当气缸竖直放置时，p2＝p0＋＝1.2×105 Pa，T1＝T2，V2＝HS
由p1V1＝p2V2，解得H＝20 cm。
（2）假设活塞能到达卡环处，则
T3＝675 K，V3＝36 cm×S
由＝
得p3＝1.5×105 Pa＞p2＝1.2×105 Pa。
所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105 Pa。
素养训练
1.B　根据理想气体状态方程＝C，得＝。p1＝p2，V1＝2V2，则T1＝2T2，故A错误；p1＝p2，V1＝，则T1＝，故B正确；p1＝2p2，V1＝2V2，则T1＝4T2，故C、D错误。
2.B　气体温度不变，则气体分子的平均动能不变，选项A错误；在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，根据＝C可知，体积变为原来的一半，则气体的密度变为原来的2倍，选项B正确，选项C错误；气体的质量一定，则分子总数不变，选项D错误。
3.2.8×10－2 m3
解析：当气缸下潜至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。
由理想气体状态方程得＝，代入数据得V＝2.8×10－2 m3。
【教学效果·勤检测】
1.CD　温度不变，因此分子的平均速率不变，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。A、B错误，C、D正确。
2.D　被封闭气体的压强p＝p0＋pgh1＝p0＋pgh2，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.C　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质量不变，B项缺条件，选项B错误；由理想气体状态方程＝恒量可知，选项C正确，选项D错误。
4.0.9 cm
解析：设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化。
初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，T1＝（273.15＋27）K＝300.15 K。末态：p2＝（90＋x） cmHg，T2＝（273.15＋30）K＝303.15 K。
由查理定律＝，得＝，解得x≈0.9 cm，则注入水银柱的长度为0.9 cm。
5.lS－
解析：吸入的水的质量为m＝ρV＝ρhS
由平衡条件得mg＋pS＝p0S
解得p＝p0－ρgh
枪内气体发生等温变化，由玻意耳定律得p0V0＝pV'，即p0V0＝（p0－ρgh）lS
解得V0＝lS－。
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第5节　气体实验定律
核心
素养
目标 1.掌握气体的三个实验定律及其应用。
2.理解p -V图像、p -图像、p -T图像、V-T图像的物理意义。
3.能对气体三大实验定律进行微观解释。
4.理解理想气体的概念，掌握理想气体状态方程及其应用
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一　玻意耳定律
1. 玻意耳定律
（1）内容：一定质量的气体，在 保持不变的条件下，压
强与体积成 。
（2）表达式：p∝ 或者p1V1＝p2V2。
（3）条件：气体质量一定， 保持不变。
温度　
反比　
　
温度　
2. 气体等温变化图像
（1）图像（如图所示）
（2）特点：一定质量的气体在温度不变时，由于压强与体积成反
比，在p-V图像上等温线应为 线，在p-图像上等温
线应为过原点的直线。
双曲　
3. 玻意耳定律的微观解释
一定质量的气体 不变。温度不变时，分子
不变。当气体体积减小时， 的分子数增多，气
体 增大；当气体体积增大时， 的分子数减
少，气体的 也就减小。
分子总数　
平均动
能　
单位体积内　
压强　
单位体积内　
压强　
知识点二　查理定律
1. 查理定律
（1）内容：一定质量的气体，在 保持不变的条件下，压
强与热力学温度成 。
（2）公式：p∝ 或＝。其中T为热力学温度。
（3）条件：气体的 一定， 保持不变。
体积　
正比　
T　
质量　
体积　
2. p-T图像
p-T图像是一条过 的直线。
坐标原点　
3. 查理定律的微观解释
一定质量的气体，体积保持不变时， 的分子数保持
不变。当温度升高时，分子的平均动能 ，气体的压强也就
增大；当温度降低时，分子平均动能减小，气体的压强也就减小。
单位体积内　
增大　
知识点三　盖—吕萨克定律
1. 盖—吕萨克定律
（1）内容：一定质量的气体，在 保持不变的条件下，体
积与热力学温度成 。
（2）公式：V∝ 或者＝ 　　。
（3）条件：气体的质量一定， 保持不变。
压强　
正比　
T　
　
压强　
2. 气体等压变化图像
对一定质量的气体，在压强不变时，V与T的图像是一条过
的 。
坐标
原点　
倾斜直线　
3. 盖—吕萨克定律的微观解释
对于一定质量的气体，当温度升高时，分子 增大，为
了保持压强不变， 的分子数相应减少，气体的
必然相应增大。
平均动能　
单位体积　
体
积　
知识点四　理想气体
1. 理想气体
（1）定义：严格遵从以上三个实验定律的气体。
（2）理想气体的内能
由于理想气体分子除了碰撞外，分子间的相互作用可忽略不
计，因此理想气体的 可忽略不计，其内能只是
所有分子热运动动能的总和。所以，一定质量的理想气体的
内能只与气体的 有关，而与气体的 无关。
分子势能　
温度　
体积　
2. 理想气体状态方程
（1）表达式： ，式中C是常量，与气体的种类和
有关。
（2）条件：质量不变的 气体。
＝C　
质
量　
理想　
【情景思辨】
（1）玻意耳定律在任何条件下都成立。 （　×　）
（2）一定质量气体的等温变化p-V图像是双曲线的一支。
（　√　）
（3）一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与摄氏温度成正
比。 （　×　）
（4）一定质量的某种气体，体积保持不变，压强增大，气体分子热
运动的平均速率也一定增大。 （　√　）
×
√
×
√
（5）一定质量的气体，压强不变，体积减小时，气体分子的平均动
能一定减小。 （　√　）
（6）对于不同的理想气体，其状态方程＝C（恒量）中的恒量C相
同。 （　×　）
（7）一定质量的理想气体热力学温度增大到原来的2倍，若体积不
变，压强也增大到原来的2倍。 （　√　）
（8）理想气体温度升高时其内能不一定增大。 （　×　）
√
×
√
×
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一　玻意耳定律
【探究】在恒温池中，一串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡
在上升过程中，体积逐渐变大，到水面就会破裂。气泡上升过程中，
气泡内气体的压强如何变化？气泡上升过程中体积为何会变大。
提示：上升过程中气泡内气体的压强会变小。由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积会增大。
【归纳】
1. 玻意耳定律的理解及应用
（1）成立条件：质量一定，温度不变。
（2）表达式：p1V1＝p2V2。
（3）应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气体，要求气体质量不变，温度不
变。气体的质量发生变化时，需通过设想，把变质量转化为
定质量，才能应用玻意耳定律。
②明确状态参量
找出气体变化前后的初、末状态，并确定初、末状态的
p、V值。
③列方程、求解
根据玻意耳定律列方程，计算中只需使相应量（p1、p2及
V1、V2）的单位统一，不一定用国际单位制的单位。
④检验结果
在等温变化中，有时列方程求解会得到两个结果，应通过合
理性的检验决定取舍。
2. 两种等温变化图像
p-图像 p-V图像
图像
特点
物理
意义 一定质量的气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与就成正比，在p-坐标系中的等温线应是过原点的直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p-V图像是双曲线的一支
p-图像 p-V图像
温度
高低 直线的斜率为p与V的乘积，
斜率越大，p与V乘积越大，
温度就越高，图中T2＞T1 一定质量的气体，温度越高，
气体压强与体积的乘积必然越
大，在p-V图像中的等温线就越
高，图中T1＜T2
【典例1】　（2024·山东济宁高二期中）如图所示，一端封闭、粗细
均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管
中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝35 cm，两边水银柱高度差h＝
12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求：
（1）此时被封闭的气柱的压强p；
答案：64 cmHg　
解析：封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝
76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
（2）现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后
封闭气柱长度变为32 cm，此时两边水银柱的高度差。
答案：6 cm
解析： 封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得
pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
1. （多选）一定质量的气体在不同温度下的两条p-图像如图所示。
由图像可知（　　）
A. 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p -图像的延长线是经过坐标原点的一条倾斜直线
C. T1＞T2
D. T1＜T2
解析： 　这是一定质量的气体在发生等温变化时的p -图像，由
图像知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由图像可以看出，p -
图像的延长线是过坐标原点的一条倾斜直线，故B正确；根据p -
图像斜率的物理意义可知C错误，D正确。
2. （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. 单位体积内的分子数目增加
解析： 　温度不变，气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，
故A错误；理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数
目增加，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，故B、D正确；一定质量的理想气体，质量不变，气体分子的
总数不变，故C错误。
要点二　查理定律与盖—吕萨克定律
【探究】
　某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时，他
裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然炸裂了，但是手表并没有受
到任何撞击，原因是什么？
提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量
的气体，登山过程中气体的体积不变，因为山顶附近温度低很
多，压强比山脚时小很多，内、外压力差超过表盘玻璃的承受限
度，便会发生炸裂。
【归纳】
1. 对查理定律与盖—吕萨克定律的理解与应用
（1）查理定律与盖吕萨克定律的比较
定律 查理定律 盖—吕萨克定律
表达式 ＝＝恒量 ＝＝恒量
成立条件 体积不变 压强不变
气体的质量不变
（2）两个重要的推论
①查理定律的分比形式
即一定质量的气体在体积不变的条件下，压强的变化量与热
力学温度的变化量成正比，公式表示为＝＝。
②盖—吕萨克定律的分比形式
即一定质量的气体在压强不变的条件下，体积的变化量与热
力学温度的变化量成正比，公式表示为＝＝。
（3）应用查理定律与盖—吕萨克定律解题的步骤
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条件。是否是
质量和体积保持不变或是质量和压强保持不变。
③确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积。
④按查理定律或盖—吕萨克定律公式列式。
⑤求解结果并分析、检验。
注意：解题时要把摄氏温度转化为热力学温度，计算时只需使压强、体积的单位统一即可，并不一定用国际单位制中的单位。
2. p-T图像与V-T图像
（1）p-T图像
①如图所示，气体等容变化的p-T图像是通过原点的倾斜直
线，由＝C，得p＝T，可见体积V大时斜率小，所以V1＞
V2。
②气体等容变化的p-t图像是通过t轴上－273.15 ℃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V1＞V2。
（2）V-T图像
①气体等压变化的V-T图像是通过原点的倾斜直线，由＝
C，得V＝T，可见压强p大时斜率小，所以p1＞p2。
②气体等压变化的V-t图像是通过t轴上－273.15 ℃的直线，
由于在同一温度（如0 ℃）下同一气体的体积大时，压强
小，所以p1＞p2。
【典例2】　如图所示，截面积分别为SA＝1 cm2、
SB＝0.5 cm2的两个上部开口的柱形容器A、B，底
部通过体积可以忽略不计的细管连通，A、B两个
气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为mA＝1.4 kg、mB＝0.7 kg，A气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为f＝3 N，B气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，A、B中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0＝300 K，外界大气压为p0＝1.0×105 Pa。现缓慢升高气体温度，（g取10 m/s2）求：
答案：400 K　
（1）当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度T1；
解析：（1）此过程为等压过程，由盖—吕萨克定律可得＝
，其中V0＝SAh＋SBh，V1＝SAh＋2SBh
解得T1＝400 K。
（2）当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T2。
答案：450 K
解析：气体做等容变化，由查理定律得＝
最初，对气缸B中活塞有：p1SB＝p0SB＋mBg，
可得p1＝2.4×105 Pa
当活塞要动时，对气缸A中活塞有，
p2SA＝p0SA＋mAg＋f，可得p2＝2.7×105 Pa
解得T2＝450 K。
1. 对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，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二倍
B. 气体的热力学温度升高到原来的二倍
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
解析：　由查理定律＝，得T2＝T1＝2T1，B正确。
2. 一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度升高，体积增
大，从分子动理论的观点来分析，正确的是（　　）
A. 此过程中分子的平均速率不变，所以压强保持不变
B. 此过程中每个气体分子碰撞器壁的平均冲击力不变，所以压强保
持不变
C. 此过程中单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数不变，
所以压强保持不变
D. 以上说法都不对
解析：　温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热
运动平均动能增大，所以气体分子每次碰撞器壁的冲力增大，故
A、B错误；理想气体体积变大，气体的分子数密度减小，单位时
间碰撞容器壁单位面积的分子数减少，故C错误，D正确。
3. 如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸
底部l＝36 cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间
封闭了一定质量的气体。当气体的温度T0＝300 K、大气压强p0＝
1.0×105 Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0＝30 cm，不计活塞
的质量和厚度。现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：
（1）活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；
答案：360 K　
解析：设气缸的横截面积为S，由盖—吕萨克定律得
＝
代入数据解得T1＝360 K。
（2）封闭气体温度升高到T2＝540 K时的压强p2。
答案：1.5×105 Pa
解析： 由查理定律得＝
代入数据解得p2＝1.5×105 Pa。
要点三　理想气体状态方程
1. 理想气体
（1）理解：理想气体是为了研究问题方便提出的一种理想模型，
是实际气体的一种近似，就像力学中的质点、电学中的点电
荷等模型。
（2）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以忽略不
计，分子可视为质点。
③理想气体分子除碰撞外，分子间的相互作用可忽略不计，
故理想气体的分子势能可忽略不计，因此理想气体的内能等
于所有分子热运动动能之和，一定质量的理想气体内能只与
温度有关。
2. 理想气体状态方程与气体实验定律
气体实验定律可以认为是理想气体状态方程的特例。
＝
3. 应用理想气体状态方程解决问题的一般步骤
（1）明确研究对象，即一定质量的理想气体；
（2）确定气体在始、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
（3）由状态方程列式求解；
（4）讨论结果的合理性。
需要注意的是：应用方程时，温度T必须是热力学温度，绝
不能用摄氏温度。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。
【典例3】　如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放
置，横截面积S＝2×10－3 m2、质量m＝4 kg、厚度不计的活塞与气缸
底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为
24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的
温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa。现将气缸竖直放置，如图
乙所示，取g＝10 m/s2。求：
（1）活塞与气缸底部之间的距离；
答案：20 cm　
解析：气缸水平放置时
p1＝p0＝1×105 Pa，T1＝300 K，V1＝24 cm×S
当气缸竖直放置时，
p2＝p0＋＝1.2×105 Pa，T1＝T2，V2＝HS
由p1V1＝p2V2，解得H＝20 cm。
（2）加热到675 K时封闭气体的压强。
答案：1.5×105 Pa
解析： 假设活塞能到达卡环处，则
T3＝675 K，V3＝36 cm×S
由＝
得p3＝1.5×105 Pa＞p2＝1.2×105 Pa。
所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105 Pa。
1. 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，下列关系可能正确的是（　　）
A. p1＝p2，V1＝2V2，T1＝
B. p1＝p2，V1＝，T1＝
C. p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D. p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝
解析：　根据理想气体状态方程＝C，得＝。p1＝p2，
V1＝2V2，则T1＝2T2，故A错误；p1＝p2，V1＝，则T1＝，故B正
确；p1＝2p2，V1＝2V2，则T1＝4T2，故C、D错误。
2. 一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2
倍，则（　　）
A. 气体分子的平均动能增大
B. 气体的密度变为原来的2倍
C. 气体的体积变为原来的2倍
D. 气体的分子总数变为原来的2倍
解析：　气体温度不变，则气体分子的平均动能不变，选项A错
误；在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，根据＝C
可知，体积变为原来的一半，则气体的密度变为原来的2倍，选项
B正确，选项C错误；气体的质量一定，则分子总数不变，选项D
错误。
3. 我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米。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，如图所示，导热良好
的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处
海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体
的体积V0＝3 m3。如果将该气缸下潜至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）。
答案：2.8×10－2 m3
解析：当气缸下潜至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。
由理想气体状态方程得＝，代入数据得V＝2.8×10－2 m3。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. （多选）一定质量的气体，在温度不变的情况下，体积增大、压强
减小，体积减小、压强增大的原因是（　　）
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： 温度不变，因此分子的平均速率不变，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。A、B错误，C、D正确。
2. 如图所示，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（　　）
A. h2变长 B. h2变短
C. h1上升 D. h1下降
解析：　被封闭气体的压强p＝p0＋pgh1＝p0＋pgh2，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. 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＝
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：　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质量不变，B项缺条
件，选项B错误；由理想气体状态方程＝恒量可知，选项C正
确，选项D错误。
4. 有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱
将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃。当
温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入水银的长
度是多少？（设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6
g/cm3）
答案：0.9 cm
解析：设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对
象，气体做等容变化。
初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，T1＝（273.15＋27）K＝
300.15 K。末态：p2＝（90＋x） cmHg，T2＝（273.15＋30）K＝
303.15 K。
由查理定律＝，得＝，解得x≈0.9 cm，则注入水银
柱的长度为0.9 cm。
5. 如图所示的是粗细均匀的圆管形儿童玩具水枪。水枪吸水前，先将
圆形薄活塞向下推至底部。插入水中后缓慢向上拉动活塞，待水面
上升一定高度后，保持枪管竖直提离水面。现测得枪内水面距枪口
的高度为h，管内空气柱的长度为l，枪内活塞的横截面积为S，外
界大气压强为p0，水枪密闭性良好，设整个过程气
体可视为理想气体，温度保持不变。水的密度为
ρ，重力加速度为g，忽略枪头部分形状的影响，
求吸水前枪内活塞至枪口间空气的体积V0。
答案：lS－
解析：吸入的水的质量为m＝ρV＝ρhS
由平衡条件得mg＋pS＝p0S
解得p＝p0－ρgh
枪内气体发生等温变化，由玻意耳定律得p0V0＝pV'，即p0V0＝（p0
－ρgh）lS
解得V0＝lS－。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚，第二天拔瓶口的软
木塞时觉得很紧，不易拔出来，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. 瓶内气体因温度降低而压强减小
解析：　根据查理定律可知瓶内气体因温度降低而压强减小，而
外界压强不变，所以软木塞不易拔出，D项正确。
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2. 如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封
闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。
将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此
过程中，大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述理想气体
状态变化的图像中与上述过程相符合的是（　　）
解析：封闭气体做等温变化，只有D图线是等温线，故D正确。
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3. 对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是（　　）
A. 若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
B. 若气体体积减小，温度升高，单位时间内分子对器壁的撞击次数增多，平均撞击力增大，因此压强增大
C. 若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定减少
D. 若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变
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解析：　单位体积内分子个数不变时，分子热运动加剧，单
位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都变大，因此这时气体压
强一定变大，选项A错误；若气体体积减小，则气体的密度增
加，温度升高，单位时间内分子对器壁的撞击次数增多，平均
撞击力增大，因此压强增大，选项B正确；若气体的压强不变
而温度降低时，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一
定增加，选项C、D错误。
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4. 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Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的
增量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是（　　）
A. 10∶1 B. 373∶273
C. 1∶1 D. 383∶283
解析：　由查理定律得Δp＝ΔT，一定质量的气体在体积不变的
条件下＝恒量，温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110
℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确。
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5. （多选）如图甲所示，竖直放置的均匀细管上端封闭，下端开口，
在玻璃管上、水银柱下端做一标记A，轻弹图甲中细管使两段水银
柱及被封闭的两段气柱分别合在一起成图乙状，发现稳定后水银下
端仍在A处，则该过程中（　　）
A. 可能发生了漏气
B. 气体温度可能升高了
C. 乙图中玻璃管倾斜了
D. 可能有部分水银流出玻璃管
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解析：正常情况下，把之前封闭的气体分为上、下两部分，上部分变化后压强、温度不变，体积保持不变，下部分气体压强减小，根据玻意耳定律可知，下部分气体的体积增大，故稳定后水银下端应在A处下方。若封闭气体发生了漏气，则体积减小，则水银下端仍可在A处，选项A正确；当水银合在一起后，水银下端应该在A处下方，若此时再升高温度，气体的压强不变，故气体的体积要增大，水银下端一定将会在A处下方，选项B错误；若将题图乙中玻璃管倾斜，则封闭气体的压强增大，根据玻意耳定律可知气体的体积减小，则水银下端有可能仍在A处，选项C正确；部分水银流出玻璃管后，封闭气体压强增大，根据玻意耳定律可知封闭气体的体积减小，则水银下端有可能仍在A处，选项D正确。
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6. 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 Pa。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水＝1.0×103 kg/m3）（　　）
A. 12.8倍 B. 8.5倍
解析：　湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由理想气
体状态方程得＝，解得V2≈3.1 V1，所
以当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，
选项C正确。
C. 3.1倍 D. 2.1倍
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7. 两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在
容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻
璃管内部的横截面积S＝0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1
＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为T1＝27
℃，现把容器浸入温度为T2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，
下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg
不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为（　　）
A. 5 cm3 B. 7 cm3
C. 10 cm3 D. 12 cm3
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解析：　设容器的容积为V，由气体的等压变化规律可知＝，
有＝，解得V＝10.1cm3，故选C。
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8. 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 cm　7.5 cm
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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，由力的平衡条件有
p1＝p2＋（l1－l2）
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
边空气柱长度分别变为l1'和l2'，显然原左边空气柱的长度将增加，
右边则减小，且两边空气柱长度的变化量大小相等l1'－l1＝l2－l2'
由玻意耳定律有p1l1＝pl1'
p2l2＝pl2'
联立解得l1'＝22.5 cm，l2'＝7.5 cm。
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9. （多选）如图所示，足够长U形管内分别由水银封有L1、L2两部分
气体，则下列陈述中正确的是（　　）
A. 只对L1加热，则h减小，气柱L2长度不变
B. 只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减少
C. 若在右管中注入一些水银，L1将增大
D. 使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小
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解析： 　只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增
大，h减小，气柱L2长度不变，因此该部分气体做等温变化，故A
正确，B错误；若在题图右管中注入一些水银，L2压强增大，假设
L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增
大，L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1将减小，故C错误；使
L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，
L2压强不变，则L1增大，h减小，故D正确。
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10. 如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三
个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别
表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积
的平均次数，则N1 N2，T1 T3，N2 N3。
（填“大于”“小于”或“等于”）
大于
等于
大于
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解析：根据理想气体状态方程得＝＝，可知T1＞
T2，T2＜T3，T1＝T3；由于T1＞T2，状态1时气体分子热运动的平
均动能大，热运动的平均速率大，分子密度相等，故单位面积的
平均碰撞次数多，即N1＞N2；对于状态2、3，由于V3'＞V2'，故分
子密度n3＜n2，T3＞T2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运
动的平均速率大，而且p2'＝p3'，因此状态2单位面积的平均碰撞
次数多，即N2＞N3。
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11. 如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，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左面气缸的
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297 K，现缓慢加热
气缸内气体，直至399.3 K。求：
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（1）活塞刚离开B处时的温度TB；
答案： 330 K　
解析：气缸内的气体初态时p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝
297 K。
当活塞刚离开B处时，气体的状态参量p2＝p0，V2＝V0，T2
＝TB，
根据查理定律得＝，即＝，解得TB＝330 K。
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（2）缸内气体最后的压强p；
答案： 1.1p0　
解析： 随着温度不断升高，活塞最后停在A处时，气体的状
态参量p4＝p，V4＝1.1V0，T4＝399.3 K。
根据理想气体状态方程得＝，即＝，解
得p＝1.1p0。
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（3）在图乙中画出整个过程的p -V图线。
答案： 见解析图
解析： 随着温度的升高，当活塞恰好停在A处时，气体的状
态参量p3＝p0，V3＝1.1V0，T3＝TA，
由＝，得＝，
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解得TA＝363 K。
综上可知，气体在温度由297 K升高
到330 K过程中，气体做等容变化；
由330 K升高到363 K过程中，气体做
等压变化；
由363 K升高到 399.3 K 过程中，气体做等容变化。故整个过程中p -V图像如图所示。
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12. （2024·江苏扬州高二期中）如图所示，粗细均匀的U形管竖直放
置，左端封闭，右端开口。左端用水银封闭长L1＝7.5 cm的理想
气体，当温度为280 K时，两管水银面的高度差Δh＝5 cm。设外
界大气压强为p0＝75 cmHg。
（1）求理想气体的压强；
答案：70 cmHg　
解析：根据左、右水银面的高度差为5 cm，
可知开始
时封闭气体压强为p1＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
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（2）若对封闭气体缓慢加热，求当左右两管的水银面相平且稳定
时理想气体的温度。
答案：400 K
解析： 设U形管的横截面积为S，对封闭气体
p1＝70 cmHg，T1＝280 K，V1＝L1S＝7.5 cm·S
设封闭气体升高至温度为T2时，左、右两管中水银液面相
平，此时封闭气体的长度为h2＝L1＋＝10 cm
封闭气体的压强为p2＝p0＝75 cmHg
根据理想气体状态方程得＝
解得稳定时理想气体的温度为T2＝400 K。
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