气体实验定律.ppt

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1、第四章 气体本章要求第一节 气体实验定律,1.了解气体的等温变化,掌握玻意耳定律及其应用.2.了解气体的等容变化,掌握查理定律及其应用.3.了解气体的等压变化,掌握盖吕萨克定律及其应用.4.理解理想气体的状态方程,并会进行相关计算.,1.研究气体的状态变化规律(1)气体的状态参量:研究气体的性质时,常用气体的_和_描述气体的状态.三个状态参量一定时,气体的状态一定.三个状态参量中至少两个以上的状态参量发生变化,气体的状态发生了变化,只有一个状态参量变化,其它两个状态参量不变的过程是不能发生的,其它两个参量中至少有一个参量将随之变化.,压强,温度,体积,(2)研究方法:用实验的方法同时研究_之间

2、的变化关系比较困难,可以采用_的方法,控制其中一个参量不变,研究另外_之间的变化关系.,3个参量,控制变量,2个参量,2.摄氏温度与热力学温度(1)摄氏温度一种温度表示方法,规定标准大气压下冰的溶点为_.水的沸点为_.在0和100之间分成100等份,每一份就是1.(2)热力学温度现代科学中常用的一种温度表示方法,规定-273为零度,它的1开_摄氏温度的一度.,0,100,等于,(3)摄氏温度与热力学温度的关系a.摄氏温度:用符号t表示,单位_,符号为.b.热力学温度:用符号T表示,单位_,符号为K.c.关系:T=_.3.气体的等温变化玻意耳定律(1)气体的等温变化:一定_的气体,在温度保持不变

3、时,气体的压强随体积的变化而变化.,度,开,t+273,质量,(2)实验探究气体的等温变化规律a.实验装置如图所示,一个50 cm3的针筒和一个气压计,将活塞置于针筒中央,用一根短橡胶管将针筒和气压计连在一起.研究对象为针筒内封闭的气体,压强的数值由气压计读出,气体的体积由针筒刻度读出.,b.实验方法缓慢向前推或向后拉活塞(保持气体温度不变),待气压计稳定,计下此时气体的压强(p)和体积(V),继续实验,求出几组对应的体积和压强.,分析实验数据可知,一定质量的气体,压强随体积的减小而增大,随体积的增大而减小.由实验数据算出,直线,d.实验结论一定质量的气体,在温度保持不变的情况下,压强与体积成

4、_.(3)玻意耳定律英国科学家玻意耳和法国科学家马略特分别先后通过独立实验发现了气体的等温变化规律.内容:一定质量的气体_.表达式:_.,反比,在温度保持不变的条件下,压强与体积成反比,pV=C p1V1=p2V2,4.气体的等容变化查理定律(1)气体的等容变化:一定_的气体,在_保持不变的情况下,压强随_变化而变化.(2)实验探究气体的等容变化规律,质量,体积,温度,a.实验装置如图所示,小烧瓶通过塑料管与气压计相连,把烧瓶放在大烧杯里的水中加热.研究对象为烧瓶内封闭的气体,气体的压强由气压计直接读出,气体的温度可以从_直接读出.,温度计,b.实验方法加热烧杯,待气压计读数稳定后,记下气体的

5、压强和温度,继续实验,求出几组对应的温度和压强.,c.实验数据处理从实验可看出,一定质量的气体,在体积保持不变时,气体的压强随_升高而增大.把几组pT值在p-T坐标平面上,描出图象,发现是一条延长线通过原点的直线.,温度,d.实验结论一定质量的气体,在体积保持不变的条件下,压强与热力学温度成正比.,(3)查理定律a.内容:一定质量的某种气体,在_不变的情况下,它的压强跟_成正比,这个规律叫查理定律.b.表达式:_.对于一定质量的某种气体,在两个确定的状态(p1V0T1)和(p2V0T2)有,体积保持,热力学温度,5.气体的等压变化盖吕萨克定律(1)一定质量的气体,在压强保持不变时,气体的体积随

6、温度的变化而变化.(2)实验探究气体的等压变化规律,a.实验装置如图所示,用水银将一定质量的空气封闭在上端开口的毛细管中,将毛细管与温度计一起固定在直尺上,放入盛水的烧杯中.研究对象是毛细管中被封闭的气体.,b.实验方法加热烧杯,待温度计示数稳定后,记下气体的温度和体积,继续实验,求出几组对应的温度和体积.,c.实验数据处理通过实验看出,一定质量的气体在_保持不变时,_随温度升高而增大.把获得的几组温度和体积的数据,在V-T平面内描出图象,发现图象是延长线通过原点的直线.,压强,体积,d.实验结论一定质量的气体在压强保持不变的情况下,体积与热力学温度成正比.,(3)盖吕萨克定律a.内容:一定质

7、量的气体,在压强保持不变的条件下,体积与热力学温度成正比.b.表达式_或,VT,6.理想气体的状态方程(1)三个气体实验定律成立的条件是_.(2)三个状态参量都变化时的关系:_.注意C与气体的种类和质量有关.,压强不太大,温度不太低,1.气体压强的计算(1)静止或匀速运动系统中压强的计算方法a.由液体封闭的部分气体的压强,液柱重力产生的压强p=gh,液面与大气相接触,则封闭气体的压强为p=p0gh,如图所示.h为液柱竖直高度.,b.根据连通器原理分析被液体封闭的部分气体压强.连通器中,同一种液体(中间液体不间断)的同一水面上的压强是相等的.如图所示,封闭气体的压强p=p0+gh.,c.用帕斯卡

8、定律(液体传递外加压强的规律):加在密闭的静止液体上的压强,能够大小不变地由液体向各个方向传递.如下图所示,两端封闭的U型管,封闭两部分气体压强分别为p1p2,p1p2的关系为:p2=p1+gh p1=p2-gh.,d.用固体(如活塞)封闭在静止的容器中的气体压强,应对固体(如活塞)进行受力分析,然后根据力的平衡条件求解.如下图甲所示,气缸光滑,截面积为S,则封闭气体压强p=p0+,如图乙所示,气缸光滑,截面积为S,活塞质量为M,则封闭气体压强p=p0+,(2)容器加速运动时封闭气体压强的计算当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液柱气缸或活塞为研究对象,进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程

9、,求出封闭气体的压强.如图所示,当竖直放置的玻璃管向上加速时,对液柱有pS-p0S-mg=ma,得p=p0+,2.玻意耳定律及气体的等温变化图线(p-V图线)(1)适用条件:气体的质量一定,温度一定且温度不太低,压强不太大.(2)表达式:p1V1=p2V2 pV=C C为恒量与气体的种类质量温度有关.对一定质量的气体,温度越高,pV值越大.,(3)一定质量的气体的等温变化图线a.p-V图线一定质量的气体,在温度不变的情况下压强p与体积V成反比.因此等温过程的p-V图象是双曲线的一支,如图所示,为一定质量的气体,在不同温度下的等温变化图线,T2T1.虽然都是双曲线的一支,但离开原点的距离不同,在

10、相同体积的情况下,p2p1,因为体积相同时,分子密度相同,温度越高,分子热运动剧烈,所以压强大,因此T2T1.,b.p-图线一定质量的气体,温度不变时,pV=恒量,p与V成反比,即p与 成正比,在 坐标平面内的等温线是一条通过原点的直线,图线斜率即为p与V的乘积,由pV=CT可知,pV积越大,保持不变的温度就越高.如图所示,图线2的斜率大于图线1的斜率,所以T2T1.,3.查理定律及气体的等容变化图线(p-T图线)(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正比.,(3)图象,如图所示,一定质量的气体,体积保持不变时,p-T图线是延长线通过原点的直线,直线斜率是与气体

11、种类质量体积有关的恒量.体积不同,直线斜率不同,体积越大,直线斜率越小.p-T图中V2V1,p-t图中V1V2.,4.盖吕萨克定律及气体的等压变化图线(V-T图线)(1)内容:一定质量的气体,在压强保持不变的情况下,体积与热力学温度成正比.,(3)图象如图所示,一定质量的气体,在压强保持不变时,气体的V-T图线是延长线通过原点的直线.,直线的斜率是与气体的种类质量压强有关的恒量.压强不同直线的斜率不同.由于 C为恒量与气体的种类质量有关,所以保持不变的压强越大,直线斜率越小,即p1p2.,5.温度变化与液柱(或活塞)的移动问题(1)假设法被液柱(或活塞)封闭的两部分相联系的气体,它们的状态发生

12、变化时(如温度升高或降低),将引起液柱(或活塞)的移动.一般气体的状态参量pVT都发生了变化,直接判断液柱(或活塞)的移动方向比较困难.通常先假设一个等值变化过程,判断其它两个量的变化关系,再进一步分析液柱(或活塞)的移动方向.,如对某一个状态变化过程进行研究,先假设液柱(或活塞)不动,则两部分气体均做等容变化,对两部分气体分别用查理定律求出压强的变化量,p=p即升高相同的温度时,压强大的气体压强的增量大,降低相同温度时,压强大的气体压强的减小量大,故可以判断出液柱(或活塞)的移动方向.再如先假定气体发生等压变化过程,由盖吕萨克定律,V=V看出两部分气体压强不变时,原来哪部分气体体积大,升高相

13、同的温度时,体积的增量就大,反之降低相同的温度,哪个体积大,哪个体积减小的就多,来进行判断.,(2)极限法极限法分析问题时,是把问题中的某种变化推向极端,把某些量设为极大或极小,以此为基础,进行相关的动态分析.如图所示,两端封闭粗细均匀竖直放置的玻璃管内有一段长为h的水银柱,将管内气体分为两部分.已知l2=2l1,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),根据极限法:由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小,设想p20,即管上部认为近似为真空,于是立即得到,温度T升高,水银柱向上移动.,6.等温变化中的变质量问题该类问题是指充气抽气分袋漏气等问题中的体积压强

14、的变化问题,房间内温度升高降低,房间内空气质量的变化问题.解决问题时,常把变质量的问题转化为等质量问题,如充气问题,可将若干次充入的气体和开始时容器内的气体作为初始状态,最终容器内的气体作为末状态;抽气时可将一次抽气的开始和结束分别作为始末状态等.,典 例 剖 析(学生用书P41),题型一 封闭气体压强的计算例1:如图所示,粗细均匀的U形管的A端是封闭的,B端开口向上,两管中水银面的高度差h=20 cm,外界大气压强为76 cmHg,求A管中封闭气体的压强.,解析:连通器的液体中相同水平高度处压强相等,与B管中液面相平的A管中的C点的压强等于大气压强,p0=pA+ph,pA=p0-ph=76

15、cmHg-20 cmHg=56 cmHg.答案:56 cmHg,规律技巧:一般被液柱封闭的气体的压强计算,常用到液体的压强公式P=gh,帕斯卡定律液体传递外加压强的规律,还有连通器原理连通器中同一液体同一水平面上的压强是相等的,应用这些规律进行求解.有时也采用这样的方法,即选取一个假想的液体薄面为研究对象,分析两侧的受力情况,建立力的平衡方程,消去横截面积,得到液面两侧的压强平衡方程,进一步求气体的压强.,变式训练1:如图所示,玻璃管中都灌有水银,分别求出几种情况被封闭的气体的压强.(设大气压强为76 cmHg),解析:甲图中与槽内水银面相平的管内的点的压强等于大气压强即pA+ph=p0 pA

16、=p0-ph=76 cmHg-5 cmHg=71 cmHg乙图中右管中pA+ph=p0 pA=p0-ph=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg丙图中 pA=p0+ph=76 cmHg+10 cmHgsin30=81 cmHg丁图中 pA=p0-pa=76 cmHg-5 cmHg=71 cmHg右管中封闭气体压强pB+pb=pA pB=pA-pb=71 cmHg-5 cmHg=66 cmHg,答案:甲 71 cmHg 乙 66 cmHg 丙 81 cmHg丁 A 71 cmHg B 66 cmHg,题型二 玻意耳定律的应用例2:粗细均匀的玻璃管,一端封闭,长为12 cm.一个人手持玻璃

17、管开口向下潜入水中,当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口2 cm,求潜入水中的深度.(取水面上大气压强为p0=1.0105 Pa,g取10 m/s2,池中水温度恒定),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=12S末状态:p2=p0+gh,V2=10S由玻意耳定律p1V1=p2V2,得 解得h=2 m.答案:2 m,规律技巧:(1)用玻意耳定律解题时的思路是:首先确定研究对象(某一部分气体),分析这部分气体的状态变化过程中是否保持温度不变,保持温度不变时

18、才可应用玻意耳定律解题;明确气体状态变化中的初末两状态,找出两状态下的体积和压强.再利用玻意耳定律列方程求解.(2)求出结果后,要注意结果的合理性.,变式训练2:有一长100 cm的粗细均匀的玻璃管开口向上竖直放置,管内由20 cm长的水银柱封闭着50 cm长的空气柱,今若将管口向下竖直放置,求空气柱长度变为多少?(设外界大气压强为75 cmHg),解析:以封闭气体为研究对象,假设水银柱长度不变,设管的横截面积为S,开口向下时气柱长为x0.初态p1=95 cmHg,V1=50S末态p2=55 cmHg,V2=x0S由玻意耳定律p1V1=p2V2得9550S=55x0S解得x0=86.4 cm不

19、符合实际,说明开口向下时,有水银流出.,再设剩水银柱长x cm.p3=(75-x)cmHg,V3=(100-x)S由p1V1=p3V3得9550S=(75-x)(100-x)S解得x1=157.5 cm(舍去),x2=17.5 cm空气柱长为100 cm-17.5 cm=82.5 cm答案:82.5 cm,题型三 查理定律的应用例3:电灯泡内充有氮氩混合气体,如果要使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,灯泡内气体压强至多能充到多少?,解析:灯泡内气体初末状态的参量为:气体在20时的热力学温度为T1=(273+20)K=293 K气体在500时,p2=1 at

20、m,T2=(273+500)K=773 K,答案:0.38 atm,规律技巧:使用查理定律解决气体的等容变化问题时,一般的思路步骤是:(1)选定体积不变的一定质量的气体为研究对象;(2)分析初末状态的压强和温度;(3)根据查理定律列方程;(4)解方程,对结果进行分析讨论;(5)如果是多段气体的等容变化问题,分别对每段气体列查理定律方程,同时注意各段气体状态参量间的联系.,变式训练3:有人设计了一种测温装置,其结构如图所示,玻璃泡A内封有一定质量的气体,与A相连的B管插在水银槽中,管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度,即环境温度,并可由B管上的刻度直接读出,设B管的体积与A泡的体积相比可略去

21、不计,在1个标准大气压下对B管进行温度刻线(1标准大气压相当于76 cmHg的压强).已知当温度t1=27时,管内水银面高度x=16 cm,此高度即为27的刻度线,问温度t=0刻度线在何处?,解析:选玻璃泡A内的一定量的气体为研究对象,对于B管内的体积略去不计,温度变化时A内气体经历的是一个等容过程.,答案:21.4 cm,题型四 盖吕萨克定律的应用例4:体积为V1=100 cm3的空心球带有一根有刻度的均匀长管,管上共有N=101个刻度,设长管与球连接处为第一个刻度,以后顺序往上排列,相邻两刻度间管的体积为0.2 cm3,水银液滴将球内空气与大气隔开,如图所示.当温度t=5时,水银液滴在刻度

22、为N=21的地方.那么在此大气压下,能否用它测量温度?说明理由,若能,求其测量范围.(不计空心球的热膨胀).,解析:因为管口和大气相通,所以球内气体的体积随温度的升高而膨胀,气体是等压变化,根据盖吕萨克定律:=恒量.温度的增加与体积的增加成正比,所以可以用来测量温度.测量温度的范围应该为气体的体积从V1=100 cm3等压变化到V2=100 cm3+1000.2 cm3=120 cm3,这个范围所对应的气体温度T1T2之间,根据题意当T0=273 K+5 K=278 K时,气体的体积V0=(100+200.2)cm3=104 cm3.,答案:-5.747.8.,规律技巧:盖吕萨克定律描述的是一

23、定质量的气体发生的等压变化过程,应是压强保持不变,体积与热力学温度成正比;如果是变质量的问题,应从整体考虑,转化为一定质量的问题,再由等压变化规律求解.,变式训练4:一个开着窗户的房间,温度为7时,室内空气质量为m kg,当温度升高到27时,室内空气的质量为_千克.解析:以跑到室外气体和室内气体的整体为研究对象,设原来体积为V1,温度升高后体积为V2,已知T1=280 K,T2=300 K.,题型五 气体状态变化的图线问题例5:如图所示,为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法正确的是(),A.从等温线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比B.一定质量的气体,

24、在不同温度下的等温线是不同的C.由图可知T1T2D.由图可知T1T2,解析:从气体的等温图线看是双曲线的一支,所以选项A正确,选项B也正确.在相同体积时,T2图线的压强大,说明保持不变的温度是T2T1,选项D正确.答案:ABD,规律技巧:用图线描述一定质量的气体的状态变化过程,直观方便.一定质量气体的p-V图线是双曲线的一支,离原点越远的图线,保持不变的温度越高;一定质量气体的等容变化图线(p-T图线)是延长线通过原点的直线,直线的斜率越大,保持不变的体积越小;一定质量气体的等压变化图线(V-T图线)是延长线通过原点的直线,直线斜率越大,保持不变的压强越小.,变式训练5:如图所示为一定质量的气

25、体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图线,已知气体的压强在状态A时的大小是1.5105 Pa.,(1)说出AB过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图中TA的温度值.(2)请在图乙坐标系中,做出由状态A经状态B变化为状态C的p-T图线,并在图线相应位置标出字母ABC,如果需要计算才能确定有关坐标值,写出计算过程.,解析:(1)由图甲可以看出,A与B的连线的延长线过原点O,所以AB是一个等压变化,即pA=pB,答案:(1)200 K(2)状态变化图线如图所示,题型六 一定质量的理想气体的状态变化方程例6:一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内,初始时气体体积为3.010-3m3.用D

26、IS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0105 Pa.推动活塞压缩气体,测得气体的温度和压强分别为320 K和1.6105 Pa.(1)求此时气体的体积;(2)保持温度不变,缓慢改变作用在活塞上的力,使气体压强变为8.0104 Pa,求此时气体的体积.,答案:(1)2.010-3 m3(2)4.010-3 m3,规律技巧:一定质量的理想气体的状态变化方程,只解决恒定质量的气体的状态变化问题,变质量的状态变化问题要转化为恒定质量的状态变化问题,适当选取状态变化过程中的两个状态,利用气态方程 求解未知量.,变式训练6:如图所示,用铁钉固定的活塞将水平放置的容器隔成A和B两部分,

27、其体积之比为VA:VB=2:1,起初A中有温度为27,压强为1.8105 Pa的空气,B中有温度为127,压强为1.2105 Pa的空气,拔出铁钉使活塞可以无摩擦地移动(无漏气),由于容器壁缓慢导热,最后气体都变成27,活塞也停住,求最后A中气体的压强.,解析:本题涉及两部分气体,它们之间没有气体交换,但两部分气体体积之和保持不变,它们的平衡条件是压强相等.设初始状态:VA=2VB,VB=V0,答案:1.5105 Pa,题型七 气体状态变化过程中的动态分析问题例7: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空气,空气柱长H1H2

28、,水银柱长h1h2,今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变),则两管中气柱上方的水银柱的移动情况是(),A.均向下移动,A管移动的较多B.均向上移动,A管移动的较多C.A管向上移动,B管向下移动D.无法判断,解析:因为在温度降低过程中,被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱自重产生的压强之和,故封闭气柱均做等压变化,因此可推知,封闭气柱下面的水银面高度不变.根据盖吕萨克定律的分比形式V=V,因AB管中的封闭气柱,初温度T相同,温度降低量T也相同,且TH2,A管中气柱的体积大,|V1|V2|,A管中气柱减小的较多,故AB两管气柱上方的水银柱均向下移动,且A管中的水银柱下移的较多,选项A正确.

29、答案:A,规律技巧:此类问题中,常假设气体体积不变,利用查理定律的分比式p=p来确定哪部分气体压强的增量大,进一步确定液柱的移动方向,或假定气体的压强不变,利用盖吕萨克定律的分比式 V=V来确定哪部分气体体积的增量大,进一步确定液柱的移动方向.,变式训练7:如图所示,AB两容器容积相等,用粗细均匀的细玻璃管相连,两容器内装有不同气体,细管中央有一段水银柱,在两边气体作用下保持平衡时,A中气体的温度为0,B中气体温度为20,如果将它们的温度都降低10,则水银柱将()A.向A移动 B.向B移动C.不动 D.不能确定,解析:由p=p,可知,T一定,原来两部分气体压强相等,所以p,故A部分气体压强减小

30、的多,水银柱左移,选项A正确.答案:A,课内针对性训练(学生用书P44),1.两端封闭的等臂U形管中,a和b被水银柱隔开,当U形管竖直放置时,两空气柱的高度差为h,如图所示,现将这个管平放,使两臂位于同一水平面内,稳定后两空气柱的长度差为L,若温度不变,则()A.LhB.L=hC.L=0D.Lh,L0,解析:ab两部分气体,在U形管竖直放置时pa=pb+gh,当U形管放平后,ab两部分气体的压强应达到相等,a的压强要变小,所以a气体膨胀;b的压强要增大,气体体积要缩小,即ab两气柱长度差Lh,选项A正确.答案:A,2.如图所示,管内水银面上方封闭一段气体,管内外水银面高度差h=72 cm,大气

31、压强为76 cmHg,下列说法正确的是()A.将管稍上提,h不变B.将管稍上提,h变小C.将管稍上提,h变大D.将管稍下压,h变小,解析:将管稍上提时,假定内外液面高度差不变,封闭气体的体积变大,根据玻意耳定律,气体压强减小,由气体的压强p=p0-ph,所以ph增大,即h变大,选项C正确.同理,将管向下压时,气体的体积减小,压强增大,h变小,选项D正确.答案:CD,3.如图所示,一端封闭的粗细均匀的玻璃管,开口向上竖直放置,管中有两段水银柱,封闭了两段空气柱,开始时V1=2V2,现将玻璃管缓慢均匀的加热,则下述说法中正确的是()A.加热过程中,始终保持V1=2V2B.加热后V12V2C.加热后

32、V12V2D.条件不足,无法确定,答案:A,4.如图所示,物体A和活塞的总重为50 N,活塞面积为10 cm2,活塞可以在气缸内上下无摩擦滑动且无漏气现象,如果外界大气压强为1.0105 Pa,温度为27,则气缸内的气体的压强为_Pa,若保持活塞的位置不变,当温度升高到87时,需要在活塞上再增加_N的物体.,答案:1.5105 30,课外梯度练习(学生用书P45)A组 基础知识 强化训练,1.如图所示,是一定质量的某种气体状态变化的p-V图象,气体由状态A变化到状态B的过程中,气体分子平均速率的变化情况是()A.一直保持不变 B.一直增大C.先减小后增大 D.先增大后减小,解析:由图象可和,p

33、AVA=pBVB,所以AB两状态的温度相等,在同一等温线上.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.答案:D,2.一个开口玻璃瓶内有空气,现将瓶口向下按入水中,在水面下5 m深处恰能保持静止不动,下列说法中正确的是()A.将瓶稍向下按,放手后又回到原来位置B.将瓶稍向下按,放手后加速下沉C.将瓶稍向上提,放手后又回到原处D.将瓶稍向上提,放手后加速上升,解析:瓶保持静止不动,则受力平衡mg=gV,由玻意耳定律,将瓶向下按后,p增大而V减小,mggV,故放手后加速下沉.同样道理,D选项也正确.答案:BD,3.(2008上海)如图所示,两端

34、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()A.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,解析:管内气体压强p=p0+ph,由此可知,左边液面高度差等于h,选项A正确.弯管向上移动,气体压强不变,体积也不变,选项B错.同理,选项C正确.若环境温度升高,封闭气体等压变化,体积增大,右侧水银柱上升,选项D正确.答案:ACD,4.一定质量的气体自状态A经状态C变化到状态B,这一过程在V-T图上表示,如图所示()A.在过程AC中,气体的

35、压强不断变大B.在过程CB中,气体的压强不断变小C.在状态A时,气体的压强最大D.在状态B时,气体的压强最大,解析:气体的AC变化过程是等温变化,由pV=恒量可知,体积减小,压强增大,选项A正确.在CB变化过程中,气体的体积不发生变化,是等容变化,由 恒量可知,温度升高,压强增大,选项B错.所以在由ACB的过程中气体的压强始终增大,所以气体在状态B时压强最大,选项C错,D正确.答案:AD,5.如图所示,在开口向上的竖直放置的玻璃管内横截面积为0.1 cm2,管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中,此时气体的温度是27,当温度升高到30时,为了使气体体积不变,需要再注入多少克水银,设

36、大气压强为p0=75 cmHg且不变,水银密度=13.6 g/cm3.,解析:由于气温升高,压强不变,体积增大,使管中水银柱上移,为保持体积不变,应向管中再注入一定量的水银,增加的压强使体积减小与由于温度升高而增加的体积相互抵消,就能保持体积不变,设再注入水银柱长为x cm,以封闭在管中的气体为研究对象.初态:p1=p0+ph=90 cmHg,T1=300 K末态:p2=(90+x)cmHg,T2=303 K,由查理定律所以x=0.9 cm则注入水银的质量m=xS=13.60.90.1 g=1.2 g.答案:1.2 g,6.如图,内径均匀的U形管中装入水银,两管中水银面与管口的距离均为l=10

37、.0 cm,大气压强p0=75.8 cmHg时,将右侧管口封闭,然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推入管口,直到左右两侧水银面高度差h=6.0 cm为止.求活塞在管内移过的距离.,答案:6.4 cm,7.一定质量的气体,要从温度T1的状态,变化到温度T2的状态,并且T2T1,则可供选择的过程是()A.先等压压缩,再等容降压B.先等容降压,再等压压缩C.先等温膨胀,再等容降压D.先等温压缩,再等压膨胀答案:D,8.如图所示,有一段12 cm长的汞柱在均匀玻璃管中封住一定质量的气体,若开口向上将玻璃管放在倾角为30的光滑斜面上,在下滑的过程中被封闭气体的压强为(大气压强p0=76 cmHg)()A.

38、76 cmHg B.82 cmHgC.88 cmHg D.70 cmHg,解析:如图所示,水银柱受4个力作用而加速下滑,于是有p0S+Mgsin-pS=Ma a=gsin因此 p0S=pS p=p0=76 cmHg答案:A,9.如图所示是一定质量的气体的三种状态变化过程,那么,以下四种解释中,哪些是正确的(),A.ad的过程气体体积增加B.bd的过程气体体积不变C.cd的过程气体体积增加D.ad的过程气体体积减小解析:在p-T图上的等容线的延长线是过原点的直线,且体积越大,直线的斜率越小,由此可见,a状态对应的体积小,c状态对应的体积大,所以选项AB正确.答案:AB,10.一定质量的气体保持压

39、强不变,它从0升高到5的体积增量为V1,从10升到15的体积增量为V2,则()A.V1=V2 B.V1V2C.V1V2 D.无法确定答案:A,B组 知识能力 提高训练11.用打气筒给自行车内胎打气,假如每打一次可压入压强为105 Pa的空气40010-6 m3,要使车胎与地面的接触面积为410-4 m2,问要打多少次气?已知该车轮的负重为400 N,内胎容积为410-3 m3,打气过程中气体温度保持不变(轮胎张力忽略不计).,解析:设打入n次外界气体,以打入气体为研究对象则V1=n40010-6 m3,p1=105 Pa负重后的压强与车内胎内压强相同,p2=Pa=106 Pa车内胎体积V2=4

40、10-3 m3由玻意耳定律 p1V1=p2V2,代入数据解得n=100次.答案:100次,12.(2008上海)汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故,太低又会造成耗油上升,已知某型号轮胎能在-4090正常工作,为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5 atm,最低胎压不低于1.6 atm,那么在t=20时给该轮胎充气,充气后的胎压在什么范围内比较合适.(假设轮胎容积不变),解析:由于轮胎容积不变,轮胎内气体做等容变化.设在T0=293 K充气后的最小胎压为pmin,最大胎压为pmax,依题意,答案:2.01 atm2.83 atm,13.容积为2 L的烧瓶,在压强为1.0105

41、Pa时,用塞子塞住,此时温度为27,当把它加热到127时,塞子被打开了,稍过一会儿,重新用塞子塞好,停止加热并使它逐渐降温到27,求:(1)塞子打开前的最大压强;(2)27时剩余空气的压强.,解析:塞子打开前,瓶内气体的状态变化为等容变化.塞子打开后,瓶内有部分气体会逸出,此后应选择瓶中剩余气体为研究对象,再利用查理定律求解.(1)塞子打开前,选取瓶中气体为研究对象,初态:p1=1.0105 Pa,T1=(273+27)K=300 K末态:p2=?,T2=(273+127)K=400 K由查理定律可得:p2=T2/T1p1=400/3001.0105 Pa=1.33105 Pa,(2)塞子塞紧

42、后,选取瓶中剩余气体为研究对象初态:p1=1.0105 Pa,T1=400 K末态:p2=?,T2=300 K由查理定律可得:p2=T2/T1p1=300/4001.0105 Pa=7.5104 Pa答案:(1)1.33105 Pa(2)7.5104 Pa,14.(2008山东)喷雾器内有10 L水,上部封闭有1 atm的空气2 L,关闭喷雾器阀门,用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气3 L(设外界环境温度一定)(1)当水面上方气体温度与外界温度相等时,求气体的压强,并从微观上解释气体压强变化的原因.(2)打开喷雾器阀门,喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀,此过程气体是吸热还是放热?简要说明理由.,解析:(1)打入的气体和原筒内的气体一起作为研究对象,初态 p1=1 atm,V1=5 L,末态 V2=2 L,p2=?打入过程可认为等温变化,由玻意耳定律p1V1=p2V2p2=atm=2.5 atm微观解释:温度不变,分子的平均动能不变,单位体积内的分子数增加,所以压强增加.(2)气体膨胀对外做功,而温度不变,内能不变,所以气体一定吸热.答案:(1)2.5 atm(2)见解析,