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第5节　气体实验定律(二)
1~5题每题7分，共35分
考点一　查理定律及应用
1.(2024·山东省普通高中学业水平等级考试模拟)民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体 (　　)
A.温度不变时，体积减小，压强增大
B.体积不变时，温度降低，压强减小
C.压强不变时，温度降低，体积减小
D.质量不变时，压强增大，体积减小
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
考点二　盖—吕萨克定律及应用
3.一定质量的某种气体做等压变化时，其体积V随摄氏温度t变化的关系图像(V-t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，下列说法可能正确的是 (　　)
A.等压线与t轴之间的夹角变大
B.等压线与t轴之间的夹角不变
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
4.一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是 (　　)
A.升高了450 K B.升高了150 ℃
C.降低了150 ℃ D.降低了450 ℃
5.(多选)(2023·内蒙古包铁一中高二下月考)如图，竖直放置、开口向上的足够长的试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体 (　　)
A.温度降低，则压强可能增大
B.温度升高，则压强可能减小
C.温度降低，则压强不变
D.温度升高，则体积增大
6~8题每题9分，9题11分，10题12分，共50分
6.(2024·南平市模拟)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
7.如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的V-T图像，其中AB与T轴平行，由图像可知 (　　)
A.pA>pB　　　 B.pCC.VA8.一定质量的气体的状态经历了如图所示ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与T轴平行，da与bc平行，则气体体积在 (　　)
A.ab过程中不断增大 B.bc过程中不断减小
C.cd过程中不断增大 D.da过程中保持不变
9.(11分)(2023·徐州市一中高二开学考)如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L=4 cm 的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时，开关S断开，水温为27 ℃，水银柱下方空气柱的长度为L0=20 cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱(水银可导电)的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压强p0=76 cmHg不变。则水温为多少时电路自动断开
10.(12分)(2023·厦门集美中学高二月考)如图所示，在长为L=61 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用h=4 cm高的水银柱封闭L1=38 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为27 ℃，大气压强p0=76 cmHg。(取0 ℃=273 K)
(1)(6分)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；
(2)(6分)若保持管内温度始终为27 ℃，现将玻璃管缓慢放至水平时，求管中气体的长度。
11.(15分)(2023·沈阳市高二月考)如图所示，内壁光滑横截面积S=12.5 cm2的气缸固定在水平地面上，气缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m=1 kg。初始环境温度为t0=15 ℃时，台秤示数为5 N，活塞距缸底H0=4.6 cm，(不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g=10 m/s2，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，取0 ℃=273 K)试计算：
(1)(5分)初始状态下气缸中的气体压强为多少；
(2)(5分)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度；
(3)(5分)当环境温度低至-3 ℃时，活塞距气缸底的高度为多少。
答案精析
1.B　[把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过传热，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故选B。]
2.C　[由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下为恒量，且Δp=ΔT。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。]
3.C　[一定质量的气体做等压变化时，其V-t图像是一条倾斜直线，图线斜率越大，压强越小，则压强增大后，等压线与t轴之间的夹角变小，A、B错误；等压线的延长线一定通过t轴上的点(-273.15 ℃，0)，因此等压线与t轴交点的位置不变，C正确，D错误。]
4.B　[由盖-吕萨克定律可得=，代入数据可知，=，得T2=450 K。所以升高的温度Δt=150 K=150 ℃，选B。]
5.CD　[大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，故A、B错误，C正确；根据盖-吕萨克定律=C可知，温度升高，则体积增大，故D正确。]
6.C　[设容器的容积为V，由气体做等压变化可知
=，有=
解得V=10.1 cm3，故选C。]
7.D　[由V-T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。]
8.A　[ab过程气体发生的是等温变化，压强减小，由玻意耳定律可知，气体的体积变大，故A正确。bc连线过原点，bc过程是等容变化，故bc过程中体积不变，故B错误。cd过程是等压变化，由盖-吕萨克定律可知，温度降低，体积减小，故C错误。d点、O点连线的斜率大于a点、O点连线的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程中体积增大，故D错误。]
9.330 K
解析　当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为L1=L0+。在此过程中空气柱的压强不变，根据盖-吕萨克定律有=，联立并代入数据解得T1=330 K。
10.(1)450 K　(2)40 cm
解析　(1)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀，则
T1=300 K，V1=38 cm×S，V2=57 cm×S
由盖-吕萨克定律得=
解得T2=450 K
(2)气体等温变化，末状态压强为p3=76 cmHg，气体长度为L，则V3=LS，p1=(76+4)cmHg=80 cmHg
由玻意耳定律p1V1=p3V3
解得L=40 cm。
11.(1)9.6×104 Pa　(2)3 ℃　(3)4.5 cm
解析　(1)初始状态，对重物受力分析可得
T=mg-N
对活塞受力分析可得p0S=T+p1S
解得p1=9.6×104 Pa
(2)重物刚要脱离台秤时，
对重物受力分析可得T'=mg
对活塞受力分析可得p0S=T'+p2S
由查理定律可得=
解得t=3 ℃
(3)由盖-吕萨克定律可得=
解得H=4.5 cm。第5节　气体实验定律(二)
[学习目标]　1.知道什么是等压变化和等容变化。2.掌握查理定律和盖-吕萨克定律的内容、表达式和适用条件，能够用其处理有关的气体问题(重点)。3.理解p-T图像和V-T图像及其物理意义(难点)。
一、查理定律
(1)生活中我们经常遇到这样的事情，保温杯内剩余半杯热水时我们将杯子盖拧紧，放置一段时间后，杯子盖很难拧开或者拧不开，这是为什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.查理定律
(1)内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成　　　　。
(2)公式：　　　　或=。
(3)条件：气体的　　　　一定，　　　　保持不变。
2. p-T图像(等容线)
3.微观解释
从微观角度看，一定质量的气体，在体积保持不变时，单位体积内的　　　　保持不变。当温度升高时，分子　　　　　　增大，气体的压强也就增大；当温度降低时，分子　　　　　　　　　　　，气体的压强也就减小。
1.如图所示为一定质量的气体在不同体积下的p-T图线，V1和V2哪一个大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.在下面的坐标系中，画出两条气体等容过程中的p-t图像，该图像有什么特点？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1　在密封容器中装有某种气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是(　　)
A.气体的压强变为原来的2倍
B.气体的压强比原来增加了
C.气体的压强变为原来的
D.气体的压强比原来增加了
例2　如图所示，圆柱形气缸倒置在水平地面上，气缸内部封有一定质量的气体。已知气缸质量为10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量为5 kg，其横截面积为50 cm2，所有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力。已知大气压强为p0=1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求：
(1)此时封闭气体的压强；
(2)现使气缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
应用查理定律解题的一般步骤
1.确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。
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。
5.求解结果并分析、检验。
二、盖-吕萨克定律
烧瓶上通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，这说明了什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.盖—吕萨克定律
(1)内容：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成　　　　。
(2)表达式：V=　　　　　　或=或 = 。
(3)适用条件：气体的　　　　和　　　　不变。
2.等压线
如图所示，V-T图像中的等压线是一条　　　　　。
3.微观解释：从微观角度看，对于一定质量的气体，当温度升高时，分子平均动能增大，为了保持压强不变，单位体积的分子数相应　　　　，气体的体积必然相应　　　　。反之，当气体的温度降低时，气体的体积必然　　　　。
1.如图所示为一定质量的气体在不同压强下的V-T图线，p1和p2哪一个大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.根据等压变化的V-T图像，试画出V-t图像，该图像有什么特点？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例3　(2023·南平市高级中学高二期中)如图所示，一根竖直放置的足够长且粗细均匀的玻璃管开口向上，水银柱封闭一段理想气体。已知玻璃管中气柱和水银柱的高度均为h=5 cm，热力学温度为T1=300 K，大气压强为p0=75 cmHg。
(1)求玻璃管中封闭气体的压强p；
(2)若将气体的热力学温度升高到T2=312 K，求稳定后气柱的高度H。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4　(2023·湖南师大附中高二月考)研究表明，某病毒耐寒不耐热，温度在超过56 ℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有该病毒的气体被轻质绝热活塞(厚度不计)封闭在粗细均匀的绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E，气缸的总高度h=90 cm。a缸内被封闭气体初始温度t1=27 ℃，活塞与底部的距离h1=60 cm，活塞和气缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm，关于上述变化过程，下列说法正确的是(　　)
A.b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体的
B.a气缸中的气体，压强增大
C.稳定后，a气缸内的气体温度为50 ℃
D.稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a气缸内该病毒能够被灭活
应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
1.确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。
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，压强不变。
3.确定初、末两个状态的温度、体积。
4.根据盖—吕萨克定律列式。
5.求解结果并分析、检验。
例5　(多选)(2023·西安市铁一中学月考)如图所示，U形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦。初始时，活塞紧压小挡板，外界大气压强为p0。现缓慢升高气缸内气体的温度，则下列能反映气缸内气体的压强p、体积V随热力学温度T变化的图像是(　　)
答案精析
一、
(1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开。
(2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破。
梳理与总结
1.(1)正比　(2)p∝T　(3)质量　体积
3.分子数　平均动能
平均动能减小
思考与讨论
1.V1先作一个等温辅助线，在温度相同的情况下，压强越大，体积越小，则V12.压强p与摄氏温度t的关系p=C(t+273)，是一次函数关系，p-t坐标系中的等容线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小。
例1　B　[一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得=，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，有==，所以p2=p1，因此压强比原来增加了，故B正确，A、C、D错误。]
例2　(1)9.0×104 Pa　(2)127 ℃
解析　(1)当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力；
设此时封闭气体的压强为p1，
对活塞由平衡条件可得p0S=p1S+mg
解得p1=9.0×104 Pa ①
(2)现使气缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对气缸由平衡条件可得p0S+Mg=p2S
解得p2=1.2×105 Pa ②
已知T1=300 K，对气缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，由查理定律可得= ③
联立①②③可得T2=400 K
即t2=127 ℃。
二、
水柱向外移动说明了在保持气体压强不变的情况下，封闭气体的体积随温度的升高而增大。
梳理与总结
1.(1)正比　(2)CT　(3)质量　压强
2.过原点的直线
3.减少　增大　减小
思考与讨论
1.p1作等温线，如图所示，在温度相同时，体积越大，压强越小，则p12.如图所示，体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，V-t图像中的等压线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。
例3　(1)80 cmHg　(2)5.2 cm
解析　(1)设玻璃管的横截面积为S，
由平衡关系可得p0S+ρghS=pS
解得p=p0+ρgh=80 cmHg
(2)温度升高，稳定后，水银柱平衡，
则封闭气体压强与温度变化前相同，则有=
解得H==5.2 cm。
例4　D　[由题意可知，原b气缸的高度h1'=h-h1=30 cm，当a气缸稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm，此时b气缸的高度h2'=h-h2=24 cm，设S为活塞的横截面积，那么b气缸中逸出的气体为原b气缸中气体的=，故A错误；由于K始终打开，a气缸中的气体的压强不变，可得=，又V1=h1S，V2=h2S，代入数值求得t2=57 ℃，超过灭活温度，故B、C错误，D正确。]
例5　BD　[当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，在p-T图像中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T中，图线是平行于T轴的直线，A错误，B正确；气体先等容变化，后等压变化，V-T图像先平行于T轴，后是延长线经过原点的一条直线，C错误，D正确。](共52张PPT)
DIYIZHANG
第1章
第5节　气体实验定律(二)
1.知道什么是等压变化和等容变化。
2.掌握查理定律和盖-吕萨克定律的内容、表达式和适用条件，能够用其处理有关的气体问题(重点)。
3.理解p-T图像和V-T图像及其物理意义(难点)。
学习目标
一、查理定律
二、盖-吕萨克定律
课时对点练
内容索引
查理定律
一
(1)生活中我们经常遇到这样的事情，保温杯内剩余半杯热水时我们将杯子盖拧紧，放置一段时间后，杯子盖很难拧开或者拧不开，这是为什么
答案　放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开。
(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么
答案　车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破。
1.查理定律
(1)内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成　　　。
(2)公式：　　　或=。
(3)条件：气体的　　　一定，　　　保持不变。
梳理与总结
正比
p∝T
质量
体积
2.p-T图像(等容线)
3.微观解释
从微观角度看，一定质量的气体，在体积保持不变时，
单位体积内的　　　　保持不变。当温度升高时，分子
　　　　　增大，气体的压强也就增大；当温度降低时，分子________
　　　，气体的压强也就减小。
分子数
平均动能
平均动能
减小
1.如图所示为一定质量的气体在不同体积下的p-T图线，V1和V2哪一个大
思考与讨论
答案　V1先作一个等温辅助线，在温度相同的情况下，压强越大，体积越小，则V12.在下面的坐标系中，画出两条气体等容过程中的p-t图像，该图像有什么特点
思考与讨论
答案　压强p与摄氏温度t的关系p=C(t+273)，是一次函数关系，p-t坐标系中的等容线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小。
　在密封容器中装有某种气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是
A.气体的压强变为原来的2倍
B.气体的压强比原来增加了
C.气体的压强变为原来的
D.气体的压强比原来增加了
例1
√
一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得=，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，有==，所以p2=p1，因此压强比原来增加了，故B正确，A、C、D错误。
　如图所示，圆柱形气缸倒置在水平地面上，气缸内部封有一定质量的气体。已知气缸质量为10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量为5 kg，其横截面积为50 cm2，所有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力。已知大气压强为p0=1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求：
(1)此时封闭气体的压强；
例2
答案　9.0×104 Pa
当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，
但对地面无压力；
设此时封闭气体的压强为p1，
对活塞由平衡条件可得p0S=p1S+mg
解得p1=9.0×104 Pa ①
(2)现使气缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度
答案　127 ℃
现使气缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，
设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对气缸由平衡
条件可得p0S+Mg=p2S
解得p2=1.2×105 Pa ②
已知T1=300 K，对气缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，
由查理定律可得= ③
联立①②③可得T2=400 K
即t2=127 ℃。
应用查理定律解题的一般步骤
1.确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。
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。
5.求解结果并分析、检验。
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二
盖-吕萨克定律
烧瓶上通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，这说明了什么
答案　水柱向外移动说明了在保持气体压强不变的情况下，封闭气体的体积随温度的升高而增大。
1.盖—吕萨克定律
(1)内容：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成　　　。
(2)表达式：V=　　或=或 = 。
(3)适用条件：气体的　　　和　　　不变。
2.等压线
如图所示，V-T图像中的等压线是一条　　　　　　　。
梳理与总结
正比
CT
质量
压强
过原点的直线
3.微观解释：从微观角度看，对于一定质量的气体，当温度升高时，分子平均动能增大，为了保持压强不变，单位体积的分子数相应　　　，气体的体积必然相应　　　。反之，当气体的温度降低时，气体的体积必然　　　。
减少
增大
减小
1.如图所示为一定质量的气体在不同压强下的V-T图线，p1和p2哪一个大
思考与讨论
答案　p1作等温线，如图所示，在温度相同时，体积越大，压强越小，则p12.根据等压变化的V-T图像，试画出V-t图像，该图像有什么特点
答案　如图所示，体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，V-t图像中的等压线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。
　 (2023·南平市高级中学高二期中)如图所示，一根竖直放置的足够长且粗细均匀的玻璃管开口向上，水银柱封闭一段理想气体。已知玻璃管中气柱和水银柱的高度均为h=5 cm，热力学温度为T1=300 K，大气压强为p0=75 cmHg。
(1)求玻璃管中封闭气体的压强p；
例3
答案　80 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，由平衡关系可得p0S+ρghS=pS
解得p=p0+ρgh=80 cmHg
(2)若将气体的热力学温度升高到T2=312 K，求稳定后气柱的高度H。
答案　5.2 cm
温度升高，稳定后，水银柱平衡，则封闭气体压强与温度变化前相同，则有=
解得H==5.2 cm。
　 (2023·湖南师大附中高二月考)研究表明，某病毒耐寒不耐热，温度在超过56 ℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有该病毒的气体被轻质绝热活塞(厚度不计)封闭在粗细均匀的绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E，气缸的总高度h=90 cm。a缸内被封闭气体初始温度t1=27 ℃，活塞与底部的距离h1=60 cm，活塞和气缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm，关于上述变化过程，下列说法正确的是
A.b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体的
B.a气缸中的气体，压强增大
C.稳定后，a气缸内的气体温度为50 ℃
D.稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a气缸内该病毒能够被灭活
例4
√
由题意可知，原b气缸的高度h1'=h-h1=30 cm，当a气缸稳定
后活塞与底部的距离h2=66 cm，此时b气缸的高度h2'=h-h2=
24 cm，设S为活塞的横截面积，那么b气缸中逸出的气体为
原b气缸中气体的=，故A错误；
由于K始终打开，a气缸中的气体的压强不变，可得=，
又V1=h1S，V2=h2S，代入数值求得t2=57 ℃，超过灭活温度，故B、C错误，D正确。
总结提升
应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
1.确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。
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，压强不变。
3.确定初、末两个状态的温度、体积。
4.根据盖—吕萨克定律列式。
5.求解结果并分析、检验。
　 (多选)(2023·西安市铁一中学月考)如图所示，U形气缸固定
在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的气体，已
知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦。初始时，
活塞紧压小挡板，外界大气压强为p0。现缓慢升高气缸内气
体的温度，则下列能反映气缸内气体的压强p、体积V随热力学温度T变化的图像是
例5
√
√
当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据
查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，在p-T
图像中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小
挡板，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压
膨胀，在p-T中，图线是平行于T轴的直线，A错误，B正确；
气体先等容变化，后等压变化，V-T图像先平行于T轴，后是延长线经过原点的一条直线，C错误，D正确。
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课时对点练
三
考点一　查理定律及应用
1.(2024·山东省普通高中学业水平等级考试模拟)民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体
A.温度不变时，体积减小，压强增大
B.体积不变时，温度降低，压强减小
C.压强不变时，温度降低，体积减小
D.质量不变时，压强增大，体积减小
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基础对点练
√
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把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过传热，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故选B。
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
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由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下为恒量，且Δp=ΔT。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。
√
考点二　盖—吕萨克定律及应用
3.一定质量的某种气体做等压变化时，其体积V随摄氏温度t变化的关系图像(V-t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，下列说法可能正确的是
A.等压线与t轴之间的夹角变大
B.等压线与t轴之间的夹角不变
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
√
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一定质量的气体做等压变化时，其V-t图像是一条倾
斜直线，图线斜率越大，压强越小，则压强增大后，
等压线与t轴之间的夹角变小，A、B错误；
等压线的延长线一定通过t轴上的点(-273.15 ℃，0)，
因此等压线与t轴交点的位置不变，C正确，D错误。
4.一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，
则温度的变化是
A.升高了450 K B.升高了150 ℃
C.降低了150 ℃ D.降低了450 ℃
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√
由盖-吕萨克定律可得=，代入数据可知，=，得T2=450 K。
所以升高的温度Δt=150 K=150 ℃，选B。
5.(多选)(2023·内蒙古包铁一中高二下月考)如图，竖直放置、开口向上的足够长的试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体
A.温度降低，则压强可能增大
B.温度升高，则压强可能减小
C.温度降低，则压强不变
D.温度升高，则体积增大
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大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强
不变，气体做等压变化，故A、B错误，C正确；
根据盖—吕萨克定律=C可知，温度升高，则体积增大，
故D正确。
6.(2024·南平市模拟)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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设容器的容积为V，由气体做等压变化可知
=，有=
解得V=10.1 cm3，故选C。
7.如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的V-T图像，其中AB与T轴平行，由图像可知
A.pA>pB　　　 B.pCC.VA√
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由V-T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。
8.一定质量的气体的状态经历了如图所示ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与T轴平行，da与bc平行，则气体体积在
A.ab过程中不断增大
B.bc过程中不断减小
C.cd过程中不断增大
D.da过程中保持不变
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ab过程气体发生的是等温变化，压强减小，由玻意
耳定律可知，气体的体积变大，故A正确。
bc连线过原点，bc过程是等容变化，故bc过程中体
积不变，故B错误。
cd过程是等压变化，由盖—吕萨克定律可知，温度降低，体积减小，故C错误。
d点、O点连线的斜率大于a点、O点连线的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程中体积增大，故D错误。
9.(2023·徐州市一中高二开学考)如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L=4 cm 的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时，开关S断开，水温为27 ℃，水银柱下方空气柱的长度为L0=20 cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱(水银可导电)的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，电热丝停止
加热，大气压强p0=76 cmHg不变。则水温为多少时电路
自动断开
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答案　330 K
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当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开，
此时空气柱长度为L1=L0+。
在此过程中空气柱的压强不变，根据盖—吕萨克定
律有=，联立并代入数据解得T1=330 K。
10.(2023·厦门集美中学高二月考)如图所示，在长为L=61 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用h=4 cm高的水银柱封闭L1=38 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为27 ℃，大气压强p0=76 cmHg。(取0 ℃=273 K)
(1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，
求管中气体的温度；
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答案　450 K
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设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气
体经等压膨胀，则
T1=300 K，V1=38 cm×S，V2=57 cm×S
由盖-吕萨克定律得=，解得T2=450 K
(2)若保持管内温度始终为27 ℃，现将玻璃管缓慢放至水平时，求管中气体的长度。
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答案　40 cm
气体等温变化，末状态压强为p3=76 cmHg，气体长度为L，
则V3=LS，p1=(76+4)cmHg=80 cmHg
由玻意耳定律p1V1=p3V3，解得L=40 cm。
11.(2023·沈阳市高二月考)如图所示，内壁光滑横截面积S=12.5 cm2的气缸固定在水平地面上，气缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m=1 kg。初始环境温度为t0=15 ℃时，台秤示数为5 N，活塞距缸底H0=4.6 cm，(不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g=10 m/s2，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，取0 ℃=273 K)试计算：
(1)初始状态下气缸中的气体压强为多少；
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尖子生选练
答案　9.6×104 Pa
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初始状态，对重物受力分析可得
T=mg-N
对活塞受力分析可得p0S=T+p1S
解得p1=9.6×104 Pa
(2)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度；
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答案　3 ℃
重物刚要脱离台秤时，
对重物受力分析可得T'=mg
对活塞受力分析可得p0S=T'+p2S
由查理定律可得=
解得t=3 ℃
(3)当环境温度低至-3 ℃时，活塞距气缸底的高度为多少。
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答案　4.5 cm
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由盖—吕萨克定律可得=
解得H=4.5 cm。第5节　气体实验定律(一)
1~7题每题6分，共42分
考点一　玻意耳定律及其简单应用
1.一定质量的某种气体温度不变，体积为V时，压强为p，当体积变成2V时，压强为 (　　)
A.2p B.p
C.4p D.p
2.(多选)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，则下列说法正确的是 (　　)
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一半
D.气体的分子总数变为原来的2倍
3.人们常常用充气泵为鱼缸内的水补充氧气。如图为充气泵气室的工作原理图。设大气压强为p0，气室内气体的压强为p，气室通过阀门K1、K2与空气导管相连接，温度保持不变。则下列说法正确的是 (　　)
A.向上拉橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通
B.向上拉橡皮膜时，pC.向下压橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通
D.向下压橡皮膜时，p4.(2023·武汉市武汉西藏中学高二月考)如图所示，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的 (　　)
A.压强变大，体积变大 B.压强变大，体积变小
C.压强变小，体积变大 D.压强变小，体积变小
考点二　气体等温变化的p-V图像及p- 图像
5.(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 (　　)
6.(多选)如图为一定质量的某种气体的两条p-V图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态) (　　)
A.tA=tB B.tB=tC
C.tC>tD D.tD>tA
7.(多选)如图所示是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 (　　)
A.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B再到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
8~10题每题8分，11、12题每题10分，共44分
8.(2024·广西名校模拟)如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为 (　　)
A.20 cm B.25 cm
C.40 cm D.45 cm
9.(多选)(2023·十堰市高二月考)如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段高为h1的水银柱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不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
10.(2023·齐齐哈尔市高二月考)如图，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2。当空气柱被压缩到50 cm长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为(设整个过程中温度保持不变) (　　)
A.40 cm B.42 cm
C.44 cm D.46 cm
11.(10分)(2024·兰州市第一中学高二期中)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，管内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=22 cm，两边水银柱高度差h=16 cm，已知大气压强p0=76 cmHg。
(1)(4分)求此时被封闭的气柱的压强p；
(2)(6分)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20 cm，求此时两边水银柱的高度差。
12.(10分)今有一质量为m的气缸，用活塞封着一定质量的气体，当气缸水平横放时，气缸内空气柱长为l0(图甲)，现把活塞按如图乙所示悬挂，气缸悬在空中保持静止。求此时气缸内空气柱长度为多少 已知大气压为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g，它与气缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。
13.(14分)(2023·云南省泸西县一中高二期末)如图所示，竖直放置的导热性良好的气缸，活塞横截面积为S=0.01 m2，可在气缸内无摩擦滑动，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H=70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8 kg，大气压强p0=1×105 Pa，水银密度ρ=13.6×103 kg/m3，g=10 m/s2。
(1)(7分)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
(2)(7分)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm，求活塞平衡时到气缸底部的距离为多少厘米(结果保留整数)。
答案精析
1.B
2.BC　[温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，气体质量是一定的，分子总数不变，故分子的平均动能不变，故A、D错误；据玻意耳定律得p1V1=2p1V2，得V2=V1，ρ1=，ρ2=，则ρ2=2ρ1，故B、C正确。]
3.C　[由题图可知，当向上拉橡皮膜时，气室内的气体体积变大，气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，气体压强变小，小于大气压，即pp0，阀门K1关闭，K2开通，故C正确，D错误。]
4.B　[设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知pS+mg=p0S，则当m减小时，p增大；根据玻意耳定律pV=C可知，体积减小，故选B。]
5.AB　[选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV=常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温变化；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线，故选A、B。]
6.AD　[由题意知，p-V图像为双曲线的一支，同一图像上任意一点横、纵坐标的乘积为定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远。比较可得A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，即tA=tB，同理可得tC=tD，A正确，C错误；B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误；同一p-V图像中的等温线，越靠近坐标原点表示的温度越低，故有tA=tB7.AD　[作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA=TC，故从A到B的过程温度升高，A项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C项错误；A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项正确。
]
8.A　[设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为p1=75 cmHg-25 cmHg=50 cmHg，
体积V1=30S(cm3)
当两侧管内水银面相平时，设气柱长为L，则气体体积为V2=LS，压强p2=75 cmHg，
由玻意耳定律可得p1V1=p2V2，
联立解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。]
9.BD　[管内封闭气体的压强p=p0+ρgh1，也可以有p=p0+ρgh2，则知h1=h2，h1不变，则h2不变。当外界压强增大时，管内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故选B、D。]
10.B　[设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封闭空气柱长度为l1，细管横截面积为S，压力传感器关闭时空气柱长度为l2，则由玻意耳定律可知p0l1S=pl2S，则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p=p0+ρg·(h-l1+l2)，解得h=42 cm，故选B。]
11.(1)60 cmHg　(2)10 cm
解析　(1)封闭气柱的压强
p=p0-ph=76 cmHg-16 cmHg=60 cmHg
(2)因为气体发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时两边水银柱的高度差为h'，
根据玻意耳定律pLS=p'L'S，
代入数值得p'=p=·60 cmHg=66 cmHg
又p'+ph'=p0，得ph'=10 cmHg，得h'=10 cm。
12.l0
解析　设悬挂时空气柱长为l1，选取气缸内封闭的气体为研究对象，气体发生等温变化
初始状态：p1=p0，V1=l0S
悬挂时对气缸进行受力分析(如图)
由平衡条件得p0S=p2S+mg
整理得p2=p0-
末状态：p2=p0-，V2=l1S
由玻意耳定律知p1V1=p2V2，
由以上各式得l1=l0。
13.(1)5 cm　(2)80 cm
解析　(1)以活塞为研究对象，设此时气缸内气体压强为p1则有p0S+mg=p1S
得p1=p0+
而p1=p0+ρgh1
所以有：=ρgh1
解得：h1== m
=0.05 m=5 cm
(2)活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm
封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa=93 200 Pa
初始时封闭气体的压强为：p1=p0+=106 800 Pa
气缸内的气体发生的是等温变化，
根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2，
即p1HS=p2H'S
解得：H'≈80 cm。第5节　气体实验定律(一)
[学习目标]　1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件，能用玻意耳定律解答有关问题(重难点)。2.理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。
一、玻意耳定律及其应用
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)公式：　　　　或p1V1=p2V2。
(3)条件：气体的　　　　一定，　　　　保持不变。
2.微观解释
从微观角度看，一定质量的气体分子总数不变。温度保持不变时，分子　　　　　　保持不变。当气体体积减小时，单位体积内的分子数　　　　，气体的压强也就增大；当气体体积增大时，单位体积内的分子数　　　　，气体的压强也就减小。
1.如图所示，在一个恒温池中，一串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，到水面时就会破裂。问：
(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变？
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.一定质量的气体温度升高时(体积不变)，pV=C中的C的数值是怎样变化的？为什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1　(2023·运城市高二月考)水中的一个气泡从距离水面30 m处上升到距离水面10 m处时，它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变，大气压强p0=1×105 Pa，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2)(　　)
A.4倍 B.3倍
C.2倍 D.2.5倍
例2　如图所示，水银柱长度为19 cm，大气压强为1×105 Pa(相当于76 cm高的水银柱产生的压强)，玻璃管粗细均匀，外界温度恒定。玻璃管开口向上竖直放置时，被封闭的气柱长15 cm，当开口竖直向下放置时(水银没有溢出管外)，被封闭的气柱的长度是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例3　(2023·湛江市高二期末)气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m=5 kg。横截面积为S=10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L=21 cm。设气缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0=1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g=10 m/s2。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
(2)若把质量为M=30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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。
特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。
二、气体等温变化的p-V图像及p- 图像
1.在平面直角坐标系中，气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为　　　　，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为等温线。
2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是　　　　。
1.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p-V图线，T1和T2哪一个大？为什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p- 图线，T1和T2哪一个大？为什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4　(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的过程，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.TA>TB
D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变
例5　如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是(　　)
A.都一直保持不变
B.温度先升高后降低
C.温度先降低后升高
D.平均速率先减小后增大
答案精析
一、
1.(1)温度　反比　(2)p∝　(3)质量　温度
2.平均动能　增多　减少
思考与讨论
1.(1)由p=ρ液gh知，气泡内气体压强变小。
(2)由玻意耳定律pV=C可知，压强变小，气体的体积增大。
2.增大，气体的体积保持不变，当温度升高时，气体分子的平均速率增大，气体分子数密度不变，对器壁的平均作用力变大，压强变大，C值变大。
例1　C　[大气压强为p0=1×105 Pa，距离水面30 m处的压强p1=p0+ρgh1=4p0，距离水面10 m处的压强p2=p0+ρgh2=2p0，根据p1V1=p2V2，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。]
例2　25 cm
解析　玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体的压强为大气压强加上由水银柱产生的压强p1=p0+ρgh水银
封闭气体的体积V1=h1S(S为玻璃管的横截面积)。
玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体的压强为大气压强减去由水银柱产生的压强p2=p0-ρgh水银
封闭气体的体积V2=h2S
由于气体的温度不变，根据玻意耳定律p1V1=p2V2有
(p0+ρgh水银)×h1S=(p0-ρgh水银)×h2S
h2=h1=×15 cm=25 cm
所以，玻璃管开口向下竖直放置时，气柱的长度为25 cm。
例3　(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm
解析　(1)对气缸与椅面整体受力分析，
由受力平衡有p1S=p0S+mg
得p1=1.5×105 Pa
(2)放上重物后，设气缸内气体压强为p2，对气缸、椅面与重物整体受力分析
由受力平衡有p2S=p0S+(m+M)g
得p2=4.5×105 Pa
对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，
则气缸内气体温度不变
初状态p1=1.5×105 Pa，V1=LS，
末状态p2=4.5×105 Pa，V2=L'S，
对气缸内气体由玻意耳定律有p1LS=p2L'S，
得L'=7 cm，
即高度下降h=L-L'=14 cm。
二、
1.双曲线
2.不同的
思考与讨论
1.T2。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图像上的等温线离坐标原点越远。
2.T2。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。
例4　AD　[D→A是一个等温过程，A正确；由题图可知T2>T1，故A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。]
例5　B　[由题图可知pAVA=pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出等温线，如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选B。
](共54张PPT)
DIYIZHANG
第1章
第5节　气体实验定律(一)
1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件，能用玻意耳定律解答有关问题(重难点)。
2.理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。
学习目标
一、玻意耳定律及其应用
二、气体等温变化的p-V图像及p- 图像
课时对点练
内容索引
玻意耳定律及其应用
一
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)公式：　　　或p1V1=p2V2。
(3)条件：气体的　　　一定，　　　保持不变。
温度
反比
p∝
质量
温度
2.微观解释
从微观角度看，一定质量的气体分子总数不变。温度保持不变时，分子
　　　　　保持不变。当气体体积减小时，单位体积内的分子数　　　，气体的压强也就增大；当气体体积增大时，单位体积内的分子数　　　，气体的压强也就减小。
平均动能
增多
减少
1.如图所示，在一个恒温池中，一串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，到水面时就会破裂。问：
(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变
思考与讨论
答案　由p=ρ液gh知，气泡内气体压强变小。
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大
答案　由玻意耳定律pV=C可知，压强变小，气体的体积增大。
2.一定质量的气体温度升高时(体积不变)，pV=C中的C的数值是怎样变化的 为什么
答案　增大，气体的体积保持不变，当温度升高时，气体分子的平均速率增大，气体分子数密度不变，对器壁的平均作用力变大，压强变大，C值变大。
　(2023·运城市高二月考)水中的一个气泡从距离水面30 m处上升到距离水面10 m处时，它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变，大气压强p0=1×105 Pa，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2)
A.4倍 B.3倍
C.2倍 D.2.5倍
例1
√
大气压强为p0=1×105 Pa，距离水面30 m处的压强p1=p0+ρgh1=4p0，距离水面10 m处的压强p2=p0+ρgh2=2p0，根据p1V1=p2V2，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。
　如图所示，水银柱长度为19 cm，大气压强为1×105 Pa(相当于76 cm高的水银柱产生的压强)，玻璃管粗细均匀，外界温度恒定。玻璃管开口向上竖直放置时，被封闭的气柱长15 cm，当开口竖直向下放置时(水银没有溢出管外)，被封闭的气柱的长度是多少
例2
答案　25 cm
玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体的压强为大气压强加上
由水银柱产生的压强
p1=p0+ρgh水银
封闭气体的体积V1=h1S(S为玻璃管的横截面积)。
玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体的压强为大气压强减去由水银柱产生的压强
p2=p0-ρgh水银
封闭气体的体积V2=h2S
由于气体的温度不变，根据玻意耳定律p1V1=p2V2有
(p0+ρgh水银)×h1S=(p0-ρgh水银)×h2S
h2=h1=×15 cm=25 cm
所以，玻璃管开口向下竖直放置时，气柱的长度为25 cm。
　(2023·湛江市高二期末)气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m=5 kg。横截面积为S=10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L=21 cm。设气缸气密
性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气
压强为p0=1×105 Pa，环境温度不变，重力加
速度为g=10 m/s2。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
例3
答案　1.5×105 Pa
对气缸与椅面整体受力分析，
由受力平衡有p1S=p0S+mg
得p1=1.5×105 Pa
(2)若把质量为M=30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。
答案　14 cm
放上重物后，设气缸内气体压强为p2，对
气缸、椅面与重物整体受力分析
由受力平衡有p2S=p0S+(m+M)g
得p2=4.5×105 Pa
对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则气缸内气体温度不变
初状态p1=1.5×105 Pa，V1=LS，
末状态p2=4.5×105 Pa，V2=L'S，
对气缸内气体由玻意耳定律有
p1LS=p2L'S，
得L'=7 cm，
即高度下降h=L-L'=14 cm。
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。
特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。
总结提升
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二
气体等温变化的p-V图像及p-图像
1.在平面直角坐标系中，气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为　　　　，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为等温线。
2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是　　　　。
双曲线
不同的
1.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p-V图线，T1和T2哪一个大 为什么
思考与讨论
答案　T2。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图像上的等温线离坐标原点越远。
2.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p- 图线，T1和T2哪一个大 为什么
答案　T2。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。
　 (多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的过程，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.TA>TB
D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变
例4
√
√
D→A是一个等温过程，A正确；
由题图可知T2>T1，故A到B温度升高，B、C错误；
B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。
　如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是
A.都一直保持不变
B.温度先升高后降低
C.温度先降低后升高
D.平均速率先减小后增大
例5
√
由题图可知pAVA=pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出等温线，如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选B。
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课时对点练
三
考点一　玻意耳定律及其简单应用
1.一定质量的某种气体温度不变，体积为V时，压强为p，当体积变成2V时，压强为
A.2p B.p
C.4p D.p
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基础对点练
13
√
2.(多选)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，则下列说法正确的是
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一半
D.气体的分子总数变为原来的2倍
√
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2
3
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13
√
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3
4
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6
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9
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11
12
温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，气体质量是一定的，分子总数不变，故分子的平均动能不变，故A、D错误；
据玻意耳定律得p1V1=2p1V2，得V2=V1，ρ1=，ρ2=，则ρ2=2ρ1，故B、C正确。
13
3.人们常常用充气泵为鱼缸内的水补充氧气。如图为充气泵气室的工作原理图。设大气压强为p0，气室内气体的压强为p，气室通过阀门K1、K2与空气导管相连接，温度保持不变。则下列说法正确的是
A.向上拉橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通
B.向上拉橡皮膜时，pC.向下压橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通
D.向下压橡皮膜时，p1
2
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6
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8
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11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由题图可知，当向上拉橡皮膜时，气室内的气体体积
变大，气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，气体
压强变小，小于大气压，即p闭，故A、B错误；
由题图可知，当向下压橡皮膜时，气室内气体体积变小，气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，气体压强变大，大于大气压，即p>p0，阀门K1关闭，K2开通，故C正确，D错误。
13
4.(2023·武汉市武汉西藏中学高二月考)如图所示，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的
A.压强变大，体积变大
B.压强变大，体积变小
C.压强变小，体积变大
D.压强变小，体积变小
1
2
3
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9
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12
√
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知pS+mg=
p0S，则当m减小时，p增大；
根据玻意耳定律pV=C可知，体积减小，故选B。
13
考点二　气体等温变化的p-V图像及p- 图像
5.(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
选项A图中可以直接看出温度不变；
B图说明p∝，即pV=常数，是等温
过程；
C图横坐标为温度，不是等温变化；
D图的p-V图线不是双曲线，故不是
等温线，故选A、B。
13
6.(多选)如图为一定质量的某种气体的两条p-V图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态)
A.tA=tB B.tB=tC
C.tC>tD D.tD>tA
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由题意知，p-V图像为双曲线的一支，同一图像上任意一
点横、纵坐标的乘积为定值，温度越高，压强与体积的
乘积就越大，等温线离原点越远。比较可得A、B两个状
态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，即tA=tB，同理可得tC=tD，A正确，C错误；
B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误；
同一p-V图像中的等温线，越靠近坐标原点表示的温度越低，故有tA=tB13
7.(多选)如图所示是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
A.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B再到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
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13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA=TC，故从
A到B的过程温度升高，A项正确；
从B到C的过程温度降低，B项错误；
从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C项错误；
A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项正确。
13
8.(2024·广西名校模拟)如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为
A.20 cm B.25 cm
C.40 cm D.45 cm
1
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3
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12
√
13
能力综合练
1
2
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4
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6
7
8
9
10
11
12
设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为p1=
75 cmHg-25 cmHg=50 cmHg，
体积V1=30S(cm3)
当两侧管内水银面相平时，设气柱长为L，则气体体积为
V2=LS，压强p2=75 cmHg，
由玻意耳定律可得p1V1=p2V2，
联立解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。
13
9.(多选)(2023·十堰市高二月考)如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段高为h1的水银柱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不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
1
2
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5
6
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12
√
13
√
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4
5
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11
12
管内封闭气体的压强p=p0+ρgh1，也可以有p=p0+ρgh2，
则知h1=h2，h1不变，则h2不变。当外界压强增大时，
管内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律pV=C可知
气体的体积减小，则水银柱下降，故选B、D。
13
10.(2023·齐齐哈尔市高二月考)如图，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2。当空气柱被压缩到50 cm长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为(设整个过程中温度保持不变)
A.40 cm B.42 cm
C.44 cm D.46 cm
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√
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5
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7
8
9
10
11
12
设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封
闭空气柱长度为l1，细管横截面积为S，压力传
感器关闭时空气柱长度为l2，
则由玻意耳定律可知p0l1S=pl2S，
则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p=p0+ρg(h-l1+l2)，解得h=42 cm，故选B。
13
11.(2024·兰州市第一中学高二期中)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，管内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=22 cm，两边水银柱高度差h=16 cm，已知大气压强p0=76 cmHg。
(1)求此时被封闭的气柱的压强p；
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5
6
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11
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13
答案　60 cmHg
封闭气柱的压强
p=p0-ph=76 cmHg-16 cmHg=60 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20 cm，求此时两边水银柱的高度差。
1
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3
4
5
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13
答案　10 cm
1
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3
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7
8
9
10
11
12
因为气体发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时两边水银柱的高度差为h'，
根据玻意耳定律pLS=p'L'S，
代入数值得p'=p=·60 cmHg=66 cmHg
又p'+ph'=p0，得ph'=10 cmHg，
得h'=10 cm。
13
12.今有一质量为m的气缸，用活塞封着一定质量的气体，当气缸水平横放时，气缸内空气柱长为l0(图甲)，现把活塞按如图乙所示悬挂，气缸悬在空中保持静止。求此时气缸内空气柱长度为多少 已知大气压为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g，它与气缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。
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13
答案　l0
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11
12
设悬挂时空气柱长为l1，选取气缸内封闭的气体为研究对象，气体发生等温变化
初始状态：p1=p0，V1=l0S
悬挂时对气缸进行受力分析(如图)
由平衡条件得p0S=p2S+mg
整理得p2=p0-
末状态：p2=p0-，V2=l1S
由玻意耳定律知p1V1=p2V2，
由以上各式得l1=l0。
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13.(2023·云南省泸西县一中高二期末)如图所示，竖直放置的导热性良好的气缸，活塞横截面积为S=0.01 m2，可在气缸内无摩擦滑动，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H=70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8 kg，大气压强p0=
1×105 Pa，水银密度ρ=13.6×103 kg/m3，g=10 m/s2。
(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
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尖子生选练
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答案　5 cm
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以活塞为研究对象，设此时气缸内气体压强为p1则有p0S+mg=p1S得
p1=p0+
而p1=p0+ρgh1，所以有：=ρgh1
解得：h1== m
=0.05 m=5 cm
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(2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm，求活塞平衡时到气缸底部的距离为多少厘米(结果保留整数)。
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答案　80 cm
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活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm
封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa=93 200 Pa
初始时封闭气体的压强为：
p1=p0+=106 800 Pa
气缸内的气体发生的是等温变化，
根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2，
即p1HS=p2H'S，解得：H'≈80 cm。
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