2015-2016学年高中物理 第八章 气体（课件+试题+学案）（打包14套）新人教版选修3-3.zip

1第 1 讲 气体的等温变化[目标定位] 1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.3.了解 p-V 图、 p- 图的物理意义．1V1．气体的状态参量生活中的许多现象都表明，气体的压强、体积、温度三个状态参量之间存在着一定的关系．2．玻意耳定律(1)内容：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．(2)公式： pV＝ C 或 p1V1＝ p2V2.(3)条件：气体的质量一定，温度不变．(4)气体等温变化的 p­V 图象：气体的压强 p 随体积 V 的变化关系如图 1 所示，图线的形状为双曲线，它描述的是温度不变时的 p­V 关系，称为等温线．一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的．图 1想一想 如图 1 所示，为同一气体在不同温度下的等温线， T1和 T2哪一个大？答案 T1大于 T2.因为体积相同时，温度越高，压强越大．一、气体压强的求法1．液柱封闭气体取等压面法：同种液体在同一深度液体的压强相等，在连通器中，灵活选取等压面，利用两侧压强相等求解气体压强．如图 2 甲所示，同一液面 C、 D 两处压强相等，故pA＝ p0＋ ph；如图乙所示， M、 N 两处压强相等．故有 pA＋ ph2＝ pB，从右侧管看，有pB＝ p0＋ ph1.2图 22．活塞封闭气体选与封闭气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，再利用平衡条件求压强．如图 3 甲所示，汽缸截面积为 S，活塞质量为 M.在活塞上放置质量为 m 的铁块，设大气压强为 p0，试求封闭气体的压强．图 3以活塞为研究对象，受力分析如图乙所示．由平衡条件得： Mg＋ mg＋ p0S＝ pS，即：p＝ p0＋ . M＋ m gS例 1 如图 4 所示，竖直放置的 U 形管，左端开口，右端封闭，管内有 a、 b 两段水银柱，将 A、 B 两段空气柱封闭在管内．已知水银柱 a 长 h1为 10 cm，水银柱 b 两个液面间的高度差 h2为 5 cm，大气压强为 75 cmHg，求空气柱 A、 B 的压强分别是多少？图 4答案 65 cmHg 60 cmHg解析 设管的截面积为 S，选 a 的下端面为参考液面，它受向下的压力为( pA＋ ph1)S，受向上的大气压力为 p0S，由于系统处于静止状态，则( pA＋ ph1)S＝ p0S，所以 pA＝ p0－ ph1＝(75－10)cmHg＝65 cmHg，再选 b 的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱 h2的上表面处的压强等于 pB，则(pB＋ ph2)S＝ pAS，所以 pB＝ pA－ ph2＝(65－5)cmHg＝60 cmHg.3借题发挥 (1)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强 p＝ ρgh 时，应特别注意 h 是表示液面竖直高度，不一定是液柱长度．(2)特别注意大气压强的作用，不要漏掉大气压强．二、玻意耳定律的理解及应用1．成立条件：(1)质量一定，温度不变．(2)温度不太低，压强不太大．2．表达式： p1V1＝ p2V2或 pV＝常数或 ＝ .p1p2 V2V13．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、 V2； 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．例 2 如图 5 所示，活塞的质量为 m，缸套的质量为 M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为 S，大气压强为 p0，则封闭气体的压强为( )图 5A． p＝ p0＋ MgSB． p＝ p0＋ M＋ m gSC． p＝ p0－ MgSD． p＝mgS答案 C解析 以缸套为研究对象，有 pS＋ Mg＝ p0S，所以封闭气体的压强 p＝ p0－ ，故应选 C.对MgS于活塞封闭气体类问题压强的求法，灵活选取研究对象会使问题简化．例 3 粗细均匀的玻璃管，一端封闭，长为 12 cm.一个人手持玻璃管开口竖直向下潜入水中，当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口 2 cm，求管口距液面的深度．(取水面上大气压强为 p0＝1.0×10 5 Pa， g 取 10 m/s2，池水中温度恒定)4答案 2.02 m解析 确定研究对象为被封闭的一部分气体，玻璃管下潜的过程中气体的状态变化可视为等温过程．设潜入水下的深度为 h，玻璃管的横截面积为 S.气体的初、末状态参量分别为：初状态： p1＝ p0， V1＝12 S末状态： p2＝ p0＋ ρg (h－0.02)， V2＝10 S由玻意耳定律 p1V1＝ p2V2，得 p0·12S＝[ p0＋ ρg (h－0.02)]·10 S解得： h＝2.02 m.三、等温变化中 p ­V 图象和 p ­ 图象的理解和应用1V1．一定质量的气体，在 p ­V 图象中等温线是双曲线，双曲线上的每一个点，均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的 p、 V 坐标的乘积都是相等的．一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线，且 pV 乘积越大，温度越高，如图 6 所示： T2T1.图 62．一定质量气体的等温变化过程，也可以用 p- 图象表示，如图 7 所示．等温线是通过原1V点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率 k＝ ＝ pV∝ T，即斜率越大，气体做等温变化的温度越高．p1V图 7例 4 如图 8 所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条 p- 图线，由图可知( )1V5图 8A．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- 图线的延长线是经过坐标原点的1VC． T1T2D． T1p1.再由玻意耳定律得 p1V1＝ p2V2， p1l1S＝ p2l2S，因为 p2p1，所以 l2p1，故有 ph2ph，即倾斜后管内水银柱产生的压强比倾斜前小，故 A、B、C 正确．8．大气压强 p0＝1.0×10 5 Pa.某容器的容积为 20 L，装有压强为 20×105 Pa 的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩余的气体质量与原来气体的质量之比为( )A．1∶19 B．1∶20 C．2∶39 D．1∶18答案 B解析 由 p1V1＝ p2V2得 p1V0＝ p0V0＋ p0V，因 V0＝20 L，则 V＝380 L，即容器中剩余 20 L 压强为 p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为 400 L，所以剩余气体的质量与原来质量11之比等于同压下气体的体积之比，即 ＝ ，B 项正确．20400 1209．如图 8 所示， D→ A→ B→ C 表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )图 8A． D→ A 是一个等温过程B． A→ B 是一个等温过程C． A 与 B 的状态参量相同D． B→ C 体积减小，压强减小，温度不变答案 A解析 D→ A 是一个等温过程，A 对； A、 B 两状态温度不同， A→ B 是一个等容过程(体积不变)，B、C 错； B→ C 是一个等温过程， V 增大， p 减小，D 错．10．如图 9 所示，是一定质量气体状态变化的 pV 图象，则下列说法正确的是( )图 9A．气体做的是等温变化B．气体的压强从 A 至 B 一直减小C．气体的体积从 A 到 B 一直增大D．气体的三个状态参量一直都在变答案 BCD解析 一定质量的气体的等温过程的 p ­V 图象即等温曲线是双曲线，显然图中所示 AB 图线不是等温线， A→ B 过程不是等温变化，A 选项不正确；从 AB 图线可知气体从 A 状态变为B 状态的过程中，压强 p 在逐渐减小，体积 V 在不断增大，则 B、C 选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D 选项正确．题组三 综合应用11．设一只活塞式气筒，其容积为 V0，另一体积为 V 的容器，内有空气的压强与外界已知的大气压强 p0相等．那么用此气筒对容器打 n 次气后(设打气时空气温度保持不变)，容器中空气的压强为多少？12答案 p0(1＋nV0V)解析 打 n 次气，对容器内所有的空气有 p0(V＋ nV0)＝ pnV，所以 pn＝ p0＝ p0.V＋ nV0V (1＋ nV0V)12．汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为 V0，压强为 p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了 Δ p，若轮胎内气体的质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．答案 减小了Δ pV0Δ p＋ p0解析 对轮胎内的气体：初状态： p1＝ p0， V1＝ V0末状态： p2＝ p0＋Δ p， V2＝Δ V＋ V0由玻意耳定律得 p1V1＝ p2V2解得：Δ V＝－ .Δ pV0Δ p＋ p013．如图 10 所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞相对于底部的高度为 h，可沿汽缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，沙子倒完时，活塞下降了 .再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界大气h4的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距汽缸底部的高度．图 10答案 h35解析 设大气和活塞对气体的总压强为 p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为 p，活塞的横截面积为 S，由玻意耳定律得p0hS＝( p0＋ p) S①(h－14h)由①式得 p＝ p0②13再加一小盒沙子后，气体的压强变为 p0＋2 p.设第二次加沙子后，活塞的高度为 h′，则p0hS＝( p0＋2 p)h′ S③联立②③式解得 h′＝ h.351第 2 讲 气体的等容变化和等压变化[目标定位] 1.了解一定质量的某种气体的等容变化与等压变化.2.知道查理定律与盖—吕萨克定律的表达式及适用条件.3.理解 p-T 图象与 V-T 图象的物理意义.4.会运用气体变化规律解决实际问题．一、气体的等容变化1．等容变化：一定质量的某种气体在体积不变时压强随温度的变化规律．2．查理定律(1)内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强 p 与热力学温度 T 成正比．(2)表达式： p＝ CT 或 ＝ 或 ＝ .p1T1 p2T2 p1p2 T1T2(3)图象一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比，在 p-T 图上等容线为过原点的倾斜直线，如图 1 甲．在 pt 图上等容线不过原点，但反向延长交 t 轴于－273.15_℃，如图乙．图 1二、气体的等压变化1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积随温度的变化规律．2．盖—吕萨克定律(1)内容：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．(2)表达式： V＝ CT 或 ＝ .V1T1 V2T2(3)图象：一定质量的气体，在压强不变的条件下，体积与热力学温度成正比，在 V-T 图上等压线为一条延长线通过原点的倾斜直线，如图 2 所示．图 22一、气体的等容变化与查理定律1．查理定律的表述(1) ＝ ＝ C(恒量)p1T1 p2T2(2) ＝pT Δ pΔ T2． p-T 图中的等容线(1)p ­T 图中的等容线是一条通过原点的倾斜直线．(2)斜率 k＝ ＝ C(常数)与气体体积有关，体积越大，斜率越小．如图 3 所示，四条等容线pT的关系为： V1V2V3V4.图 3例 1 电灯泡内充有氦氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在 500 ℃时的压强不超过一个大气压，则在 20 ℃的室温下充气，电灯泡内气体压强至多能充到多大？答案 0.38 atm解析 由于电灯泡容积不变，故气体为等容变化，设 500 ℃时压强为 p1， t2＝20 ℃时的压强为 p2.由题意可知： T1＝(500＋273)K＝773 Kp1＝1 atm T2＝(20＋273) K＝293 K p2＝？由查理定律得 ＝ ，所以 p2＝ T2＝ ×293 atm≈0.38 atm.p1T1 p2T2 p1T1 1773二、等压变化与盖—吕萨克定律1．盖—吕萨克定律的表述(1) ＝ ＝ C(恒量)V1T1 V2T2(2) ＝VT Δ VΔ T2． V­T 图中的等压线如图 4 所示为 V­T 图中的等压线，这是一条通过原点的倾斜直线，直线斜率 k＝ ＝ C，斜VT率越大，常数 C 越大，压强越小．在图中给出的四条等压线的关系为： p1p2p3p4.3图 4例 2 一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为 27 ℃，如果把它加热到 127 ℃，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？答案 倍14解析 设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初状态V1＝ V， T1＝300 K；末状态 V2＝ V＋Δ V， T2＝400 K，由盖—吕萨克定律 ＝ ，得 ＝ ，V1T1 V2T2 VT1 V＋ Δ VT2代入数据得 Δ V＝ ，V3又因为 m＝ ρV ，故 ＝ ＝ ＝ .Δ mm Δ VV＋ Δ VV343V 14借题发挥 此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变，因此符合盖—吕萨克定律．三、假设法在判断液柱(或活塞)的移动问题的应用此类问题的特点是：当气体的状态参量 p、 V、 T 都发生变化时，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解．其一般思路为：(1)假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式 Δ p＝ Δ T，求出每部分气体压强的变化量pTΔ p，并加以比较．例 3 如图 5 所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为 h 的水银柱，将管内气体分为两部分，已知 l2＝2 l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)4图 5答案 水银柱上移解析 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δ p＝ p1－ p2＝ ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若 Δ p1Δ p2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若 Δ p1p2，所以 Δ p1Δ p2，即水银柱上移．借题发挥 同一问题可从不同角度考虑，用不同方法求解，培养同学们的发散思维能力．此类问题中，如果是气体温度降低，则 Δ T 为负值，Δ p 亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动．针对训练 如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )答案 CD解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强要增加，由查理定律有，压强的增加量Δ p＝ ，而各管原压强 p 相同，所以 Δ p∝ ，即 T 高，Δ p 小，也就可以确定水银柱应pΔ TT 1T向温度高的方向移动，故 C、D 项正确．查理定律的应用51．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答案 B解析 一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即 ＝ ，得p1T1 p2T2T2＝ ＝2 T1，B 正确．p2T1p1盖－吕萨克定律的应用2．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由 5 ℃升高到 10 ℃，体积的增量为Δ V1；温度由 10 ℃升高到 15 ℃，体积的增量为 Δ V2，则( )A．Δ V1＝Δ V2 B．Δ V1Δ V2C．Δ V1H2，水银柱长度 h1h2，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( )图 3A．均向下移动， A 管移动较多B．均向上移动， A 管移动较多C． A 管向上移动， B 管向下移动D．无法判断答案 A解析 封闭气柱均做等压变化，故封闭气柱下端的水银面高度不变，根据盖—吕萨克定律9的分比形式 Δ V＝ V，因 A、 B 管中的封闭气柱，初温相同，温度的变化也相同，且Δ TTΔ TH2， A 管中气柱的体积较大，|Δ V1||Δ V2|， A 管中气柱体积减小得较多，故 A、 B 两管气柱上方的水银柱均向下移动，且 A 管中的水银柱下移得较多，故 A 项正确．9．如图 4 所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为 h 的水银柱，中间封有一段空气，则( )图 4A．弯管左管内、外水银面的高度差为 hB．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升答案 AD解析 被封闭气体的压强按右边计算为 p＝ p0＋ ph，按左边算也为 p＝ p0＋ ph，故左管内、外水银面的高度差为 h，A 正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B、C 均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D 正确．10．两个容器 A、 B，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图 5 所示， A、 B 所装气体的温度分别为 17 ℃和 27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高 10 ℃，则水银柱将( )图 5A．向右移动 B．向左移动C．不动 D．条件不足，不能确定答案 A解析 假设水银柱不动， A、 B 气体都做等容变化：由 Δ p＝ p 知 Δ p∞ ，因为 TAΔ pB，所以水银柱向右移动．题组四 综合应用11．如图 6 所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞与筒壁间的摩擦及10活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入 7 ℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为 14 cm，当水温升高到 27 ℃时，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)图 6答案 1 cm解析 设筒底露出水面的高度为 h.当 t1＝7 ℃时， H1＝14 cm，当 t2＝27 ℃时， H2＝(14＋ h)cm，由等压变化规律 ＝ ，H1ST1 H2ST2得 ＝ ，解得 h＝1 cm，也就是钢筒露出水面的高度为 1 cm.14280 14＋ h30012．如图 7 所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为 40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体 A 封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底 60 cm 处设有 a、 b 两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在 a、 b 上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×10 5Pa 为大气压强)，温度为 300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为 330 K时，活塞恰好离开 a、 b；当温度为 360 K 时，活塞上升了 4 cm.g 取 10 m/s2求：图 7(1)活塞的质量；(2)物体 A 的体积．答案 (1)4 kg (2)640 cm 3解析 (1)设物体 A 的体积为 Δ V.T1＝300 K， p1＝1.0×10 5Pa， V1＝60×40－Δ VT2＝330 K， p2＝ Pa， V2＝ V1(1.0×105＋mg40×10－ 4)T3＝360 K， p3＝ p2， V3＝64×40－Δ V由状态 1 到状态 2 为等容过程，有 ＝p1T1 p2T2代入数据得 m＝4 kg(2)由状态 2 到状态 3 为等压过程，有 ＝V2T2 V3T311代入数据得 Δ V＝640 cm 3.1第 3 讲 理想气体的状态方程[目标定位] 1.了解理想气体的概念，并知道实际气体在什么情况下可以看成理想气体.2.掌握理想气体状态方程的内容和表达式，并能应用方程解决实际问题.一、理想气体1．定义：在任何温度、任何压强下都严格遵从气体实验定律的气体．2．实际气体在压强不太大(相对大气压)、温度不太低(相对室温)时可当成理想气体处理．3．理想气体是一种理想化的模型，是对实际气体的科学抽象．二、理想气体的状态方程1．内容：一定质量的某种理想气体，在从一个状态( p1、 V1、T1)变化到另一个状态( p2、 V2、 T2)时，尽管 p、 V、 T 都可能改变，但是压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变．2．理想气体状态方程表达式： ＝ 或 ＝ C(常量)．p1V1T1 p2V2T2 pVT3．推导方法：(1)控制变量法．(2)选定状态变化法．4．成立条件：质量一定的理想气体．一、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化模型，是实际气体的一种近似，就像力学中质点、电学中点电荷模型一样，突出矛盾的主要方面，忽略次要方面，从而认识物理现象的本质，是物理学中常用的方法．(2)特点：①严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程．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，无相互作用的引力和斥力，故无分子势能，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2＝ ⇒Error!p1V1T1 p2V2T23．应用状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象，即一定质量的理想气体；(2)确定气体在初、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．例 1 一水银气压计中混进了空气，因而在 27 ℃、外界大气压为 758 mmHg 时，这个水银气压计的读数为 738 mmHg，此时管中水银面距管顶 80 mm，当温度降至－3 ℃时，这个气压计的读数为 743 mmHg，求此时的实际大气压值为多少 mmHg?答案 762.2 mmHg解析 画出该题初、末状态的示意图：分别写出初、末状态的状态参量：p1＝758 mmHg－738 mmHg＝20 mmHgV1＝(80 mm)· S(S 是管的横截面积)T1＝(273＋27) K＝300 Kp2＝ p－743 mmHgV2＝(738＋80)mm· S－743(mm)· S＝75(mm)· ST2＝(273－3)K＝270 K将数据代入理想气体状态方程：＝p1V1T1 p2V2T2解得 p＝762.2 mmHg.针对训练 内径均匀的 L 形直角细玻璃管，一端封闭，一端开口竖直向上，用水银柱将一定质量空气封存在封闭端内，空气柱长 4 cm，水银柱高 58 cm，进入封闭端长 2 cm，如图1 所示，温度是 87 ℃，大气压强为 75 cmHg，求：3图 1(1)在图示位置空气柱的压强 p1；(2)在图示位置，要使空气柱的长度变为 3 cm，温度必须降低到多少度？答案 (1)133 cmHg (2)－5 ℃解析 (1) p1＝ p0＋ ph＝(75＋58)cmHg＝133 cmHg.(2)对空气柱：初状态： p1＝133 cmHg， V1＝4 S，T1＝(273＋87)K＝360 K.末状态： p2＝ p0＋ ph′＝(75＋57)cmHg＝132 cmHg， V2＝3 S.由 ＝ 代入数据，解得 T2≈268 K＝－5 ℃.p1V1T1 p2V2T2二、理想气体状态方程与气体图象1．一定质量的理想气体的各种图象类别图线特 点 举 例p ­VpV＝ CT(其中 C 为恒量)，即 pV 之乘积越大的等温线温度越高，线离原点越远p ­1Vp＝ CT ，斜率 k＝ CT，即斜率越大，温度越高1Vp ­T p＝ T，斜率 k＝ ，即斜率越大，体积越小CV CVV ­T V＝ T，斜率 k＝ ，即斜率越大，压强越小Cp Cp2.理想气体状态方程与一般状态变化图象基本方法：化“一般”为“特殊” ，如图 2 是一定质量的某种理想气体的状态变化过程A→ B→ C→ A.4图 2在 VT 图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过 A、 B、 C 三点作三条等压线分别表示三个等压过程，因 pA′TA.为确定它们之间的定量关系，可以从 p-V 图上的标度值代替压强和体积的大小，代入理想气体状态方程 ＝ ，即 ＝ ，故 TB＝6 TA.pAVATA pBVBTB 2×1TA 3×4TB5理想气体状态方程的理解1．对于一定质量的理想气体，下列状态变化中可能实现的是( )A．使气体体积增加而同时温度降低B．使气体温度升高，体积不变、压强减小C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大D．使气体温度升高，压强减小，体积减小答案 A解析 由理想气体状态方程 ＝恒量得 A 项中只要压强减小就有可能，故 A 项正确；而 BpVT项中体积不变，温度与压强应同时变大或同时变小，故 B 项错；C 项中温度不变，压强与体积成反比，故不能同时增大，故 C 项错；D 项中温度升高，压强减小，体积减小，导致减小，故 D 项错误．pVT2．一定质量的理想气体，初始状态为 p、 V、 T，经过一系列状态变化后，压强仍为 p，则下列过程中可以实现的是( )A．先等温膨胀，再等容降温 B．先等温压缩，再等容降温C．先等容升温，再等温压缩 D．先等容降温，再等温压缩答案 BD解析 根据理想气体状态方程 ＝ C，若经过等温膨胀，则 T 不变， V 增加， p 减小，再等pVT容降温，则 V 不变， T 降低， p 减小，最后压强 p 肯定不是原来值，A 错，同理可以确定 C也错，正确选项为 B、D.理想气体状态变化的图象3．如图 5 所示，在 p-T 坐标系中的 a、 b 两点，表示一定质量的理想气体的两个状态，设气体在状态 a 时的体积为 Va，密度为 ρ a，在状态 b 时的体积为 Vb，密度为 ρ b，则( )图 5A． VaVb， ρ aρ b B． VaVb， ρ aρ b答案 D6解析 过 a、 b 两点分别作它们的等容线，由于斜率 kakb，所以 Vaρ b，故 D 正确．4．在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又可以回到初始状态的图是( )答案 D解析 根据 p-V、 p-T、 V-T 图象的意义可以判断，其中 D 项显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意相符．(时间：60 分钟)题组一 理想气体及其状态方程1．关于理想气体，下列说法正确的是( )A．理想气体能严格遵从气体实验定律B．实际气体在温度不太高、压强不太小的情况下，可看成理想气体C．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体D．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体答案 AC解析 理想气体是实际气体的科学抽象，是理想化模型，实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体．2．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，一定满足方程 ＝p1V1T1 p2V2T2C．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7D．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，热力学温度减半答案 C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，体积增大为原来的 1.27 倍，故 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，故错误；由理想气体状态方程 ＝恒量可知，C 正确，D 错误．pVT3．一定质量的气体，从初状态( p0、 V0、 T0)先经等压变化使温度上升到 T0，再经等容变32化使压强减小到 p0，则气体最后状态为( )12A. p0、 V0、 T0 B. p0、 V0、 T012 32 12 32 34C. p0、 V0、 T0 D. p0、 V0、 T012 34 12 32答案 B解析 在等压过程中， V∝ T，有 ＝ ， V3＝ V0，再经过一个等容过程，有V0T0 V33T02 32＝ ， T3＝ T0，所以 B 正确．p032T0p02T3 344．分别以 p、 V、 T 表示气体的压强、体积、温度．一定质量的理想气体，其初状态表示为(p0、 V0、 T0)．若分别经历如下两种变化过程：①从( p0、 V0、 T0)变为( p1、 V1、 T1)的过程中，温度保持不变( T1＝ T0)，②从( p0、 V0、 T0)变为( p2、 V2、 T2)的过程中，既不吸热，也不放热，在上述两种变化过程中，如果 V1＝ V2V0，则( )A． p1p2， T1T2 B． p1p2， T1p2， T1T2答案 A解析 依据理想气体状态方程 ＝ ＝ .由已知条件 T1＝ T0， V1V0，则 p1T2， p1p2，故选项 A 正确．5．一定质量的理想气体，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，下列关系中正确的是( )A． p1＝ p2， V1＝2 V2， T1＝ T212B． p1＝ p2， V1＝ V2， T1＝2 T212C． p1＝2 p2， V1＝2 V2， T1＝2 T28D． p1＝2 p2， V1＝ V2， T1＝2 T2答案 D题组二 理想气体状态变化的图象6．如图 1 所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是( )图 1A．从状态 c 到状态 d，压强减小B．从状态 d 到状态 a，压强不变C．从状态 a 到状态 b，压强增大D．从状态 b 到状态 c，压强增大答案 AC解析 在 V-T 图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定质量的理想气体，图线的斜率表示压强的倒数，斜率大的压强小，因此 A、C 正确，B、D 错误．7．一定质量的理想气体经历如图 2 所示的一系列过程， ab、 bc、 cd 和 da 这四段过程在p­T 图上都是直线段， 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( )图 2A． 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解析 由 p ­T 图线的特点可知 a、 b 在同一条等容线上，过程中体积不变，故 A 错； c、 d在同一条等容线上，过程中体积不变，故 C 错；在 p ­T 图线中，图线的斜率越大与之对应的体积越小，因此 b→ c 的过程体积减小，同理 d→ a 的过程体积增大，故 B、D 均正确．8．如图 3 所示，一定质量的理想气体，从状态 1 出发经过状态 2 和 3，最终又回到状态 1.那么，在下列的 p ­T 图象中，反映了上述循环过程的是( )9图 3答案 B解析 从状态 1 出发经过状态 2 和 3，最终又回到状态 1，先后经历了等压膨胀、等容降温、等温压缩三个变化过程，由此判断 B 项正确．题组三 综合应用9．我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新记录．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 4 所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽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 m2.如果将该汽缸下潜至 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)．图 4答案 2.8×10 －2 m3解析 当汽缸下潜至 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.理想气体状态方程为 ＝ ，代入数据得 V＝2.8×10 －2 m3.p0V0T0 pVT10．一轻活塞将一定质量的理想气体封闭在水平放置的固定汽缸内，开始时气体体积为V0，温度为 27 ℃.在活塞上施加压力，将气体体积压缩到 V0，温度升高到 47 ℃.设大气23压强 p0＝1.0×10 5 Pa，活塞与汽缸壁的摩擦不计．(1)求此时气体的压强；(2)保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到 V0，求此时气体的压10强．(结果保留两位有效数字)答案 (1)1.6×10 5 Pa (2)1.1×10 5 Pa解析 (1)由理想气体状态方程得： ＝ ，p0V0T0 p1V1T1所以此时气体的压强为：p1＝ · ＝ × Pa＝1.6×10 5 Pa.p0V0T0 T1V1 1.0×105×V0300 32023V0(2)由玻意耳定律得： p2V2＝ p3V3，所以 p3＝ ＝ Pa＝1.1×10 5 Pa.p2V2V3 1.6×105×23V0V011．如图 5 所示，一根两端开口、横截面积为 S＝2 cm2、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，活塞下封闭着长 L＝21 cm 的气柱，气体的温度为 t1＝7 ℃，外界大气压取 p0＝1.0×10 5 Pa(相当于 75 cm 高的汞柱的压强)．图 5(1)若在活塞上放一个质量为 m＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度 t1不变，则平衡后气柱为多长？( g＝10 m/s 2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到 t2＝77 ℃，此时气柱为多长？答案 (1)20 cm (2)25 cm解析 (1)被封闭气体的初状态为 p1＝ p0＝1.0×10 5 PaV1＝ LS＝42 cm 3， T1＝280 K末状态为 p2＝ p0＋ ＝1.05×10 5 PamgSV2＝ L2S， T2＝ T1＝280 K根据玻意耳定律，有 p1V1＝ p2V2，即 p1LS＝ p2L2S解得 L2＝20 cm.(2)对气体加热后，气体的压强不变， p3＝ p2， V3＝ L3S， T3＝350 K根据盖—吕萨克定律，有 ＝ ，即 ＝V2T2 V3T3 L2ST2 L3ST311解得 L3＝25 cm.12．如图 6 所示，水平放置的汽缸内壁光滑，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 左面汽缸的容积为 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，现缓慢加热汽缸内气体，直至 399.3 K．求：图 6(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 7 中画出整个过程的 p ­V 图线．图 7答案 (1)330 K (2)1.1 p0 (2)见解析图解析 (1)汽缸内的气体初状态为 p1＝0.9 p0， 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 ＝ ，得 ＝ ，所以 TB＝330 K.p1T1 p2T2 0.9p0297 K p0TB(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＝1.1 V0， T4＝399.3 K．根据 ＝ ，得 ＝ ，解得 p＝1.1 p0.p1V1T1 p4V4T4 0.9p0V0297 K p·1.1V0399.3 K(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＝1.1 V0， T3＝ TA，由 ＝ 得 ＝ ，解得 TA＝363 K．综上p1V1T1 p3V3T3 0.9p0V0297 K p·1.1V0TA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．故整个过程的 p ­V 图象如图所示．12