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第75课时　气体的性质
[学习目标]　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。
封闭气体压强的理解与计算
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。
(1)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＝________。
(2)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＝________________。
2．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＝______________________，所以气体B的压强为pB＝________________。
如图所示，上端封闭下端开口的玻璃管在外力F的作用下静止在水中，管内封闭一定质量的理想气体。调整F的大小，使玻璃管缓慢向下移动一小段距离
(1)管内气体的体积逐渐变小，管内气体的压强也变小。 (　　)
(2)玻璃管缓慢向下移动一小段距离时，管中水面与管外水面高度差变大。 (　　)
(3)玻璃管向下移动后，管内气体排开水的体积变大，浮力变大，则外力F变大。 (　　)
[典例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。
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归纳总结：气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强。
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积 。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的数密度。
气体实验定律与理想气体状态方程
1．气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖－吕 萨克定律
内容 一定质量的气体，在温度保持不变的条件下，压强与体积成_______ 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_______ 一定质量的气体，在压强保持不变的条件下，体积与热力学温度成_______
表达式 p1V1＝_____ ＝ ＝
图像
2．理想气体状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵循__________________的气体，实际气体在压强不超过大气压的几倍、温度不低于零下几十摄氏度时，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间相互作用力可忽略不计，也不计气体分子与器壁碰撞的动能损失。
(2)理想气体状态方程：＝或＝C。
3．气体实验定律的微观解释
(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，分子的平均动能是一定的。体积减小时，分子的数密度________，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________。
(2)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________，只有气体的体积同时________，使分子的数密度________，才能保持压强________。
(3)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________，气体的压强就____________。(均选填“增大”或“减小”)
(1)若气体的温度不断升高，则其压强也一定不断增大。 (　　)
(2)理想气体是为了方便研究问题提出的一种理想化模型。 (　　)
(3)当分子热运动变剧烈时，压强一定增大。 (　　)
[典例2]　(人教版选择性必修第三册习题改编)(2024·海南卷)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330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，取T＝t＋273(K)，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
[典例3]　(2025·湖南卷)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的可视为理想气体的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
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[典例4]　(多选)(2025·河南卷)如图，一圆柱形汽缸水平固定，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
[典例5]　(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
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归纳总结：气体状态变化的图像
类别 特点(其中C为常量) 举例
p-V pV＝CT，即p、V之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p- p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p-T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V-T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
第75课时
考点1
1．(1)p0＋　(2)p0－＝p0－ρ液gh
2．p0＋ρgh1　p0＋ρg(h1－h2)
情境辨析　(1)×　(2)√　(3)√
典例1　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－。
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sin α＝p0S上＋FN＋mg，FN＝Mg，S下sin α＝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＋。
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·sin 60°＝p0S，所以p戊＝p0－ρgh。
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)。
答案：甲：p0－　乙：p0＋
丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1　戊：p0－ρgh　己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)
考点2
1．反比　正比　正比　p2V2
2．(1)气体实验定律
3．(1)增大　增大　(2)增大　增大　减小　不变　　(3)增大　增大
判断正误　(1)×　(2)√　(3)×
典例2　B　[由盖－吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27) K＝300 K，V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)，代入解得T＝x＋(K)，根据T＝t＋273 (K)，可知t＝x＋(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm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。]
典例3　解析：(1)竖直放置时封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2＝p0
由等温过程可得p1L1S＝p2L2S
解得g＝。
(2)由等容过程＝
代入数据可得g＝9.5 m/s2。
答案：(1)　(2)9.5 m/s2
典例4　AC　[固定M、N时，由理想气体状态方程pV＝nRT可得，＝，若P不动，两侧气体升高相同温度时，由于V1Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1Δp2，P将向右移，C正确，D错误。]
典例5　解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2＝pDV1
代入数据解得V2＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积也为V2＝2.0 m3。
答案：(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
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第十四章　热　学
第75课时　气体的性质
[学习目标]　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1　封闭气体压强的理解与计算
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。
(1)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＝__________。
(2)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＋　
p0－＝p0－ρ液gh
2．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＝__________，所以气体B的压强为pB＝_______________。
p0＋ρgh1　
p0＋ρg(h1－h2)
如图所示，上端封闭下端开口的玻璃管在外力F的作
用下静止在水中，管内封闭一定质量的理想气体。
调整F的大小，使玻璃管缓慢向下移动一小段距离
(1)管内气体的体积逐渐变小，管内气体的压强也变小。 (　　)
(2)玻璃管缓慢向下移动一小段距离时，管中水面与管外水面高度差变大。 (　　)
(3)玻璃管向下移动后，管内气体排开水的体积变大，浮力变大，则外力F变大。 (　　)
×　
√　
√
[典例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。
[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－。
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sin α＝p0S上＋FN＋mg，FN＝Mg，S下sin α＝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＋。
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·sin 60°＝p0S，所以p戊＝p0－ρgh。
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)。
[答案]　甲：p0－　乙：p0＋
丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1　戊：p0－ρgh
己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)
归纳总结：气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强。
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积 。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的数密度。
1．气体实验定律
考点2　气体实验定律与理想气体状态方程
玻意耳定律 查理定律 盖－吕
萨克定律
内容 一定质量的气体，在温度保持不变的条件下，压强与体积成______ 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______ 一定质量的气体，在压强保持不变的条件下，体积与热力学温度成______
反比
正比
正比　
玻意耳定律 查理定律 盖－吕
萨克定律
表达式 p1V1＝______ ＝ ＝
图像
p2V2
2．理想气体状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵循______________的气体，实际气体在压强不超过大气压的几倍、温度不低于零下几十摄氏度时，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间相互作用力可忽略不计，也不计气体分子与器壁碰撞的动能损失。
(2)理想气体状态方程：＝或＝C。
气体实验定律
3．气体实验定律的微观解释
(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，分子的平均动能是一定的。体积减小时，分子的数密度______，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______。
(2)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______，只有气体的体积同时______，使分子的数密度______，才能保持压强______。
(3)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______，气体的压强就______。(均选填“增大”或“减小”)
增大
增大
增大
增大
减小
不变　
增大
增大
(1)若气体的温度不断升高，则其压强也一定不断增大。 (　　)
(2)理想气体是为了方便研究问题提出的一种理想化模型。 (　　)
(3)当分子热运动变剧烈时，压强一定增大。 (　　)
×　
√　
×
[典例2]　(人教版选择性必修第三册习题改编)(2024·海南卷)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330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，取T＝t＋273(K)，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
√
B　[由盖－吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27) K＝300 K，V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)，代入解得T＝x＋(K)，根据T＝t＋273 (K)，可知t＝x＋(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm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。]
[典例3]　(2025·湖南卷)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的可视为理想气体的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实
验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
[解析]　(1)竖直放置时封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2＝p0
由等温过程可得p1L1S＝p2L2S
解得g＝。
(2)由等容过程＝
代入数据可得g＝9.5 m/s2。
[答案]　(1)　(2)9.5 m/s2
[典例4]　(多选)(2025·河南卷)如图，一圆柱形汽缸水平固定，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，
体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
√
√
AC　[固定M、N时，由理想气体状态方程pV＝nRT可得，＝，若P不动，两侧气体升高相同温度时，由于V1Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1Δp2，P将向右移，C正确，D错误。]
[典例5]　(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
[解析]　(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2＝pDV1
代入数据解得V2＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积也为V2＝2.0 m3。
[答案]　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
归纳总结：气体状态变化的图像
类别 特点(其中C为常量) 举例
p-V pV＝CT，即p、V之积越大的等温线温度越高，线离原点越远

p- p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高

p-T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V-T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
课时作业(七十五)　气体的性质
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．如图所示，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．p0　B．p0 C．3p0　D．p0
√
B　[对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p，
解得p＝p0，故选B。]
2．(2025·山西太原一模)一定质量的理想气体压强为p、温度为T时的体积为V，单位体积内的气体分子数为n，则(　　)
A．只要压强p保持不变，单位体积内的气体分子数n就不变
B．如果增大，那么n一定减小
C．压强p不变时，体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比
D．如果n保持不变，那么温度T一定保持不变
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[根据理想气体状态方程p＝C可知，压强p保持不变时，温度升高，则气体体积变大，单位体积内的气体分子数n减小，反之，n变大，A错误；如果增大，则气体体积减小，则n增大，B错误；压强p不变时，体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比，C正确；如果n保持不变，则气体体积不变，比值不变，温度T可能变化，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多选)如图所示，圆柱形光滑汽缸顶部开一小孔，用活塞封闭一定质量的理想气体，不计厚度的活塞用细线悬挂在天花板上。开始时活塞与汽缸顶部接触，气体的温度为2T0。现让气体的温度缓慢降低，当活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一时，气体的温度为T0。已知汽缸的质量为M、横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．当汽缸顶部与活塞开始分离时，气体的温度为T0
B．当汽缸顶部与活塞开始分离时，气体的温度为T0
C．开始时气体的压强为
D．开始时气体的压强为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
AC　[从汽缸顶部与活塞开始分离到活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一，气体为等压降温过程，则有＝，解得T1＝T0，故A正确，B错误；从活塞与汽缸顶部接触到汽缸顶部与活塞分离，气体的体积不变，温度降低，压强减小，则＝，对汽缸有p2S＋Mg＝p0S，联立解得p1＝，故C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(2025·北京模拟)一空心弹力球内充有一定质量的理想气体，若用手指将弹力球迅速捏瘪后又恢复原状的过程可视为绝热过程，球内气体的压强、体积和温度分别用p、V和T表示，下列关于该过程的图像可能正确的是(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　　　　B　　　　　C　　　　　D
A　[由理想气体状态方程＝C得p＝T或者得＝C，恢复原状态过程，体积变大，气体对外做功，温度降低，则随温度降低，p-T图线中切线斜率k＝应变小，而-图线斜率不变，应为过原点的倾斜向上的直线，故B、C、D错误，A正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．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可视为理想气体的空气，空气柱长度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．A管中向上移动，B管中向下移动
B．A管中向下移动，B管中向上移动
C．均向下移动，A管中移动较多
D．均向上移动，A管中移动较多
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律知＝，整理可得ΔV＝V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度变化ΔT也相同，且ΔT<0，则有ΔV<0，即A、B管中的封闭气体体积均减小，又因为H1>H2，即初始时A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气体长度减少得多一些，故两管中气柱上方水银柱均向下移动，A管中水银柱移动较多，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．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＝10 cm，封闭气体长为L1＝6 cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1＝1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2＝3 cm2，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＝76 cmHg，则注入水银的体积V为(　　)
A．159 cm3　 B．53 cm3
C．125 cm3　 D．129 cm3
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[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4 cm，由玻意耳定律得p×4 cm×S1＝86 cmHg×6 cm
×S1，解得p＝129 cmHg，设最终水银液柱总高度为L'，根据p0＋ρHggL'＝p，解得L'＝53 cm，如图所示，则注入水银的体积为V＝
(6 cm－4 cm)S1＋(53 cm－2 cm－10 cm)S2＝125 cm3，故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(2023·辽宁卷)“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(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　　　　 　　　B
C　　　　　　　D
B　[根据题图可知，a到b为等压升温过程，根据＝C可知，压强不变，温度升高，则体积增大，则b到c的过程，体积增大，则B正确，A、C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8．(多选)(人教版选择性必修第三册习题改编)(2025·云南卷)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下(　　)
A．环境温度升高时，b管中液面升高
B．环境温度降低时，b管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
BD　[在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体可视为等容变化，由公式＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项的分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
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9．(2024·全国甲卷节选)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的理想气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、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。求：
(1)外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽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时气体的温度。
题号
1
3
5
2
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9
[解析]　(1)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定律有p0V0＝p1V1，其中V1＝V0
外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为FN＝100 N。
(2)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有＝
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。
题号
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[答案]　(1)100 N　(2) K
谢谢！课时作业(七十五)　气体的性质
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共48分。
1．如图所示，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．p0　 B．p0
C．3p0　 D．p0
2．(2025·山西太原一模)一定质量的理想气体压强为p、温度为T时的体积为V，单位体积内的气体分子数为n，则(　　)
A．只要压强p保持不变，单位体积内的气体分子数n就不变
B．如果增大，那么n一定减小
C．压强p不变时，体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比
D．如果n保持不变，那么温度T一定保持不变
3．(多选)如图所示，圆柱形光滑汽缸顶部开一小孔，用活塞封闭一定质量的理想气体，不计厚度的活塞用细线悬挂在天花板上。开始时活塞与汽缸顶部接触，气体的温度为2T0。现让气体的温度缓慢降低，当活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一时，气体的温度为T0。已知汽缸的质量为M、横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．当汽缸顶部与活塞开始分离时，气体的温度为T0
B．当汽缸顶部与活塞开始分离时，气体的温度为T0
C．开始时气体的压强为
D．开始时气体的压强为
4．(2025·北京模拟)一空心弹力球内充有一定质量的理想气体，若用手指将弹力球迅速捏瘪后又恢复原状的过程可视为绝热过程，球内气体的压强、体积和温度分别用p、V和T表示，下列关于该过程的图像可能正确的是(　　)
A　　　　B　　　　　C　　　　　D
5．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可视为理想气体的空气，空气柱长度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．A管中向上移动，B管中向下移动
B．A管中向下移动，B管中向上移动
C．均向下移动，A管中移动较多
D．均向上移动，A管中移动较多
6．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＝10 cm，封闭气体长为L1＝6 cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1＝1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2＝3 cm2，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＝76 cmHg，则注入水银的体积V为(　　)
A．159 cm3　 B．53 cm3
C．125 cm3　 D．129 cm3
7．(2023·辽宁卷)“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(　　)
A　　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　　D
8．(多选)(人教版选择性必修第三册习题改编)(2025·云南卷)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下(　　)
A．环境温度升高时，b管中液面升高
B．环境温度降低时，b管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
9．(12分)(2024·全国甲卷节选)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的理想气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、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。求：
(1)外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽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时气体的温度。
课时作业(七十五)
1．B　[对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p，解得p＝p0，故选B。]
2．C　[根据理想气体状态方程p＝C可知，压强p保持不变时，温度升高，则气体体积变大，单位体积内的气体分子数n减小，反之，n变大，A错误；如果增大，则气体体积减小，则n增大，B错误；压强p不变时，体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比，C正确；如果n保持不变，则气体体积不变，比值不变，温度T可能变化，D错误。]
3．AC　[从汽缸顶部与活塞开始分离到活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一，气体为等压降温过程，则有＝，解得T1＝T0，故A正确，B错误；从活塞与汽缸顶部接触到汽缸顶部与活塞分离，气体的体积不变，温度降低，压强减小，则＝，对汽缸有p2S＋Mg＝p0S，联立解得p1＝，故C正确，D错误。]
4．A　[由理想气体状态方程＝C得p＝T或者得＝C，恢复原状态过程，体积变大，气体对外做功，温度降低，则随温度降低，p-T图线中切线斜率k＝应变小，而-图线斜率不变，应为过原点的倾斜向上的直线，故B、C、D错误，A正确。]
5．C　[管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律知＝，整理可得ΔV＝V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度变化ΔT也相同，且ΔT<0，则有ΔV<0，即A、B管中的封闭气体体积均减小，又因为H1>H2，即初始时A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气体长度减少得多一些，故两管中气柱上方水银柱均向下移动，A管中水银柱移动较多，故C正确。]
6．C　[
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4 cm，由玻意耳定律得p×4 cm×S1＝86 cmHg×6 cm×S1，解得p＝129 cmHg，设最终水银液柱总高度为L'，根据p0＋ρHggL'＝p，解得L'＝53 cm，如图所示，则注入水银的体积为V＝(6 cm－4 cm)S1＋(53 cm－2 cm－10 cm)S2＝125 cm3，故选C。]
7．B　[根据题图可知，a到b为等压升温过程，根据＝C可知，压强不变，温度升高，则体积增大，则b到c的过程，体积增大，则B正确，A、C、D错误。]
8．BD　[在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体可视为等容变化，由公式＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项的分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。]
9．解析：(1)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定律有p0V0＝p1V1，其中V1＝V0
外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为FN＝100 N。
(2)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有
p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有＝
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。
答案：(1)100 N　(2) K
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