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(共28张PPT)
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路
[典例1]　 如图所示，一定量气体放在体积为V0的容器中，室温
为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，
B室的体积是A室的两倍，A室连接一U形管(U形管内气体的体积忽略
不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有阀门K，可与外界大气相通(外界大气压等于76 cmHg)。求：
(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
(2)打开阀门K后将容器的气体从300 K分别加热到400 K和540 K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？
(1)活塞与容器底接触之前，活塞处于动态平衡， 受力不变，气体的压强也不变。
(2)活塞与容器底接触之后，气体的体积不再变化，随着温度的继续升高，气体压强升高。
[集训提能]
1．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，
A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端 在同一水平面内
且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm， l2＝32 cm。将水
银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh
B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1BV1B＝p2BV2B
联立解得h2＝2 cm
答案：1 cm
2．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示，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：
(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。
综合提能(二)　　气体状态变化图像的对比应用
[知识贯通]
续表
续表
[典例2]　 “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
关于图像转换问题的解题技巧
(1)用图像法表示物理规律能使各种物理量之间的变化关系更加形象、直观，并能形象地反映出各种物理量关系变化的趋势和一些性质，但图像中往往隐含一些物理量，这些要在图像转换中特别注意。
(2)p -V图像中重点比较气体的温度，p -T图像中重点比较气体的体积，以及V -T图像中重点比较气体的压强。掌握了图像中隐含的物理量，图像转换问题就会迎刃而解。
[集训提能]
1. 一定质量的理想气体，其状态变化过程的p -V关系图像如图所示，
则该过程对应的p -T图像应是 (　　)
答案： C
2．一定质量的理想气体由状态A经一系列过程变为状态D，其有关数据如图甲所示，状态D的压强是2×104 Pa。
(1)求状态A的气体压强。
(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p-T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程。
答案：(1)4×104 Pa　(2)见解析图
综合提能三　气体实验定律与理想气体状态方程的综合问题
[知识贯通]
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
2．理想气体状态方程的应用要点
(1)选对象：根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定。
(2)找参量：找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式。
(3)析过程：过程表示两个状态之间的一种变化时，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析中才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提。
(4)列方程：根据研究对象状态变化的具体方式，选用理想气体状态方程或某一实验定律，代入具体数值，T必须用热力学温度，p、V的单位要统一，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。
典例3　“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将
图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的
“U”型管带往火星表面。“U”型管分别在地球和火星表面某地竖直
放置时的相关参数如下表所示。
参数 地球 火星
重力加速度 g 0.38g
环境温度 T地＝300 K T火＝280 K
大气压强 p地＝76.0 cmHg p火
封闭气柱长度 l地＝19.0 cm l火＝56.0 cm
水银柱高度差 h地＝73.0 cm h火
求：(结果保留2位有效数字)
(1)火星表面高1 m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝ 13.6×103 kg/m3，ρ水＝1.0×103 kg/m3；
(2)火星表面的大气压强p火。
[解析]　(1)根据液体压强公式p1＝ρgh得
ρ水银×0.38g×h0＝ρ水gh
代入数据解得h≈5.2 m。
(2)封闭气体在地球表面的压强p1＝p地－ρ水银gh地＝3 cmHg，V1＝l地S，T1＝300 K
在火星表面封闭气体的压强p2＝p火－ρ水银×0.38g×h火，V2＝l火S，T2＝280 K
又由于h地＝h火＋2(l火－l地)
[答案]　(1)5.2 m　(2)0.57 cmHg
答案：B
2． (多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、
cd和da这四段过程在p-T图像上都是直线段，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 (　　)
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　课时跟踪检测（七） 气体实验定律和理想气体状态方程的应用
A组—重基础·体现综合
1．血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　)
A．30 cm3　　　　　　　 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。
2.如图所示，用一绝热的活塞将一定质量的气体密封在绝热的气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，现通过气缸内一电阻丝对气体加热，则下列图像中能正确反映气体的压强p、体积V和温度T之间关系的是(　　)
解析：选B　活塞与气缸壁之间无摩擦，被封闭气体的压强p＝p0＋且始终是不变的，因此被封闭的气体经历的是一个等压变化。在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比，故B正确。
3.如图所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段竖直细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种温度相同的气体隔开。如果将两气体温度均降低10 ℃，水银柱将(　　)
A．向上移动　　　　　 B．向下移动
C．不动 D．无法确定
解析：选B　由查理定律的推论关系式Δp＝p得，ΔpA＝－pA<0，ΔpB＝－pB<0，因pA>pB，故|ΔpA|>|ΔpB|，水银柱向容器A一方(向下)移动。故选项B正确。
4．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是 (　　)
A．TA＝TB，TB＝TC　　　　　　　　 B．TA＜TB，TB＜TC
C．TA＝TC，TB＞TC D．TA＝TC，TB＜TC
解析：选C　从A到B，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝，因为VA＜VB，所以TA＜TB；从B到C，气体做等容变化，根据查理定律有＝，因为pB＞pC，所以TB＞TC；由题图可知pAVA＝pCVC，即从A到C，气体做等温变化，故TA＝TC。选项C正确。
5．一气泡从30 m深的海底升到海面，设水底温度是4 ℃，水面温度是15 ℃，那么气泡在海面的体积约是水底时的(　　)
A．3倍　　　 　　　 B．4倍
C．5倍 D．12倍
解析：选B　根据理想气体状态方程：＝，知＝，其中T1＝(273＋4)K＝277 K，T2＝(273＋15)K＝288 K，故≈1，而p2＝p0≈10ρ水g，p1＝p0＋p≈40ρ水g，即≈4，故≈4。故B正确。
6.如图所示，两端开口的光滑的直玻璃管，下端插入水银槽中，上端有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，设外界大气压为p0，环境温度保持不变，则(　　)
A．玻璃管下端内外水银面的高度差为H＝h
B．中间空气的压强大小为p＝p0－h(cmHg)
C．若把玻璃管向下移动少许，则管内的气体压强将减小
D．若把玻璃管向上移动少许，则管内的气体压强将增大
解析：选A　对管中上端水银受力分析可知，管中气体压强比大气压强高h(cmHg)，所以玻璃管下端内外水银面的高度差为h，A正确；中间空气的压强大小为p＝p0＋h(cmHg)，B错误；若把玻璃管向上移动少许(或向下移动少许)，封闭气体的压强不变，C、D错误。
7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，气体温度变化情况是 (　　)
A．逐渐升高 B．逐渐降低
C．不变 D．先升高后降低
解析：选B　根据理想气体的状态方程＝C，得p＝，则p -图像上点与原点连线的斜率反映温度的高低，如图所示，可知从状态1到状态2温度逐渐降低，故B正确。
8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝8 cm2的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静置于P处，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气柱的温度为t＝7 ℃，外界大气压p0＝1.0×105 Pa＝75 cmHg，重力加速度g取10 m/s2，忽略水银槽的液面变化。
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.4 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱长度是多少？活塞向下移动的距离是多少？
(2)若保持砝码的质量不变，将气体缓慢加热至t2时，活塞恰好回到P处，则气体温度t2是多少？
解析：(1)封闭气体的初状态参量
p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝LS
封闭气体的末状态参量
p2＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.05×105 Pa＝78.75 cmHg，V2＝L2S
气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得L2＝20 cm＝0.20 m
设管内外水银面的高度差为h cm，封闭气体的压强p2＝p0＋ph＝75 cmHg＋h cmHg
解得h＝3.75
活塞向下移动的距离H＝L－L2＋h＝21 cm－20 cm＋3.75 cm＝4.75 cm＝0.047 5 m。
(2)气体初状态的温度T1＝(273＋7)K＝280 K
加热过程气体压强不变，活塞回到P处时，空气柱的长度L3＝L＋h cm＝24.75 cm，气体体积V3＝L3S
气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝
即＝
代入数据解得T2＝346.5 K
则t2＝(346.5－273)℃＝73.5 ℃。
答案：(1)0.20 m　0.047 5 m　(2)73.5 ℃
B组—重应用·体现创新
9．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1 atm)(　　)
A．8次　　　　　　　　　 B．10次
C．12次 D．15次
解析：选D　胎内气体质量发生变化，选打入的气体和原来的气体组成的整体为研究对象。设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V，解得n＝15次。
10.如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变小的原因是(　　)
A．环境温度升高
B．大气压强升高
C．沿管壁向右管内加水银
D．U形玻璃管自由下落
解析：选B　对于左端封闭气体，温度升高，由理想气体状态方程可知，气体发生膨胀，h增大，故A项错误；大气压升高，气体压强将增大，体积减小，h减小，故B项正确；向右管加水银，气体压强增大，内、外压强差增大，h将增大，所以C项错误；当管自由下落时，水银不再产生压强，由于此时左侧气体的压强大于气压，管自由下落时气体压强减小，体积增大，则h变大，故D项错误。
11.某同学制作简易喷雾器，量筒内装自来水，顶端使用胶塞密封，胶塞下端到量筒下端高度为H，胶塞上打两个孔，一个孔插入长细玻璃管，玻璃管下端插到靠近量筒底端位置，上面装上控制开关；另一孔通过玻璃管、细胶管与打气筒相连。已知量筒除了胶塞以外其他部分体积等于打气筒有效打气体积的20倍，打气筒每次吸入气体的压强等于1 atm(标准大气压)，每打一次气均把有效体积内气体压入量筒。开始时控制开关闭合，液面距量筒底的高度为H，内部气体压强为2 atm，设外界大气压恒为1 atm，打气过程中量筒内气体温度与外界温度相同且保持不变，不考虑漏气和玻璃管内剩余液体体积和这部分液体产生的压强。求：
(1)打开控制开关，较长时间后，量筒内所剩液体的高度；
(2)打开控制开关，较长时间后，重新关闭控制开关，使用打气筒打气20次，量筒内气体压强的大小。
解析：(1)设量筒横截面积为S，所以开始时气体体积V1＝HS，压强p1＝2 atm，设较长时间后气体高度为h，此时p2＝1 atm，V2＝hS，
对量筒内气体，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得h＝， 量筒内所剩液体高度为H－＝。
(2)较长时间后气体体积变为量筒体积的一半，打气20次，设量筒体积为V，则气体初状态总体积V3＝20×＋，压强p3＝1 atm，末状态V4＝，根据玻意耳定律得p3V3＝p4V4，
解得p4＝3 atm。
答案：(1)　(2)3 atm
12．(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的气缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦
滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，气缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
解析：(1)活塞从卡销a到卡销b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105 Pa、V1＝S·11，
末态V2＝S·10，
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，
解得p2＝1.1×105 Pa，
此时对活塞根据平衡条件有F＋p1S＝p2S＋N，解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N。
(2)将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K，末态时设气体的压强为p3，
对活塞根据平衡条件有p3S＝F＋p1S，
解得p3＝1.2×105 Pa，
设此时温度为T3，根据查理定律有＝，解得T3≈327 K。
答案：(1)100 N　(2)327 K
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