5.如图所示，质量不计的活塞把一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸中，活塞上堆放细砂，活塞处于静止，现对气体缓慢加热，同时不断取走细砂，使活塞缓慢上升，直到细砂全部取走，在此过程中(　　 )

①气体体积增大，压强减小，对外不做功

②气体温度可能不变，气体对外做功

③气体压强减小，内能可能不变

④气体对外做功，内能可能增加

A.①③④　　 B.②③④　　 C.②③　　 D.②④

4.一粗细均匀的玻璃管开口向下，竖直全部插入水中，在某深度处恰好保持静止，如图所示，当外界的条件发生变化时，下列判断正确的是：(　　 )

A.再把玻璃管向下推一点，放手后又要回到原位置；

B.当大气压减小时，玻璃管将向上加速运动；

C.当水温降低时，则玻璃管加速下降

D.当减小玻璃管的重力(其它条件不变)，则玻璃管静止位置会比原来高。

3.如图所示，两端封闭的U形管位于竖直平面内，A、B管中都装有一定质量的理想气体，开始时，A、B管中的水银面相平，如果使U形管在竖直面内顺时针转动一个不大的角度，则：(　　 )

A.A管的水银面较B管的水银面高；

B.B管的水银面较A管的水银面高；

C.若U形管转动后又自由下落(但不翻倒)，则B管水银面下降；

D.若U形管转动后又自由下落(但不翻倒)，则A管水银面下降。

2.如图所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的理想气体封在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变把气缸稍微倾斜一点，在达到平衡后，与原来相比，则(　　 )

①气体的压强变大 　　　②气体的压强变小

③气体的体积变大 　　　④气体的体积变小

A.①③　 　　　　　　　B.①④

C.②③　 　　　　　　　　D.②④

1.如图所示，小银槽有足够深度，大气压强为1×10⁵帕，如果将托里拆利管插入水银中直到水银面外的管长h=30厘米。则正确结论是(　　 )

A.管底压强为1.4×10⁵帕，管底如破裂则水银喷出；

B.管底压强为0.61×10⁵帕，管底如破裂水银不上升也不下降；

C.管底压强为零，管底如破裂，水银下降；

D.以上说法都不对。

这一章是热量的重点章，主要研究理想气体状态方程，并简述气体分子运动的特点，对气体定律作出微观解释，还从能量的观点介绍了理想气体的内能及其变化。

本章定量的内容较多，对知识的要求较高，对知识的运用，要求也较高，要求学生在运用中提高分析解决问题的能力，知识的综合程度较高。还明显地体现了研究物理的观点和方法。

气体状态参量 P、V、T	气体状态参量及其规律与力学的联系主要由压强与力的联系体现即P＝	∑F＝0
玻-马定律 P1V1＝P2V2
查理定律 P1/T1＝P2/T2	F＝ma
盖·吕萨克定律 V1/T1＝V2/T2
理想气体状态方程 ＝

例1.如图所示，气缸固定，活塞质量为m=1.00千克，面积S=100厘米²。重物质量为M=1.50千克，活塞与气缸壁之间的摩擦不计，活塞不漏气。大气压强为P_o=1.00×10⁵帕。把整个装置放在升降机的水平地板上，当升降机以a=6.00米/秒²的加速度匀加速上升时，封闭气体的压强为多大(g取10米/秒²)?

题说：本题是一道力热综合题，所涉的知识有物体的受力分析，牛顿第二定律及压强的概念。

题解：以活塞和重物为整体受力分析对象。受力情况如图所示(M+m)g为整体重力，P_oS为大气压力，PS为气缸内气体的压力。根据牛顿第二定律：F=ma有

PS-(P_oS+Mg+mg)=(M+m)a

P=P_o+

=1.00×10⁵+(1.50+1.00)(10+6.00)/(100×10^-4)

=1.04×10⁵帕

即封闭气体压强为1.04×10⁵帕。

例2.粗细均匀的玻璃管两端封闭，中间的水银柱将管内气体分成A、B两部分，现将玻璃管固定在水平圆盘上，如图所示，水银柱和A、B气柱的长度都为L，气柱的压强为H₀(cmHg)当水平圆盘绕通过A端点的OO′轴匀速转运时，水银柱移动使B气柱减小到原来的一半时，其转动频率f应多大?(设管内气体温度不变)

题说：本题为力热综合题，所涉及的知识有玻-马定律的运用和匀速圆周运动的规律。当玻璃管随圆盘一起匀速转动时，管中的水银柱所需的向心力由B、A两端的气体压力差提供。

题解：圆盘未转动时A、B两端气压强相等则水银柱处于平衡状态。设圆盘匀速转动A、B两端气柱重新达到稳定后的压强分别为P_A和P_B，玻璃管截面积为S，则根据玻-马定律有：

对于A：H_oρgLS=P_AL_A=P_ALS

　　　　　　 P_A=H₀ρg

对于B：H₀ρgLS=P_B·LS

　　　　　　 P_B=2H₀ρg

对于水银柱有：P_BS-P_AS=

其中,,，代入方程得

　　　　　　　　　 2H_oρgS-u₀ρgs=ρLS(2πf)²R

　　　　　　　　　 解得，f=

=

即圆盘的转动频率为

例3.如图所示，一直立的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成。活塞A、B用一长为2l的不可伸长的细线连接，它们可在筒内无摩擦地上下滑动。A、B的截面积分别为S_A＝20厘米²，S_B＝10厘米²，A、B之间有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方都是大气，大气压强始终保持为1.0×10⁵帕。

(1)当气缸内气体的温度为600K、压强为1.2×10⁵帕时，活塞A、B的平衡位置如图所示，已知活塞B的质量M_B＝1千克，求活塞A的质量M_A(g取10米/秒²计算)

(2)已知当气缸内气体温度由600K缓慢降低时，活塞A和B之间的距离保持不变，并一起向下缓慢移动(可以为两活塞仍处在平衡状态)，直到活塞A移到两圆筒的联接处，若此后气体温度继续下降，直到活塞A和B之间的距离开始小于2l为止，试分析在降温的整个过程中，气缸内气体压强的变化情况，并求出气体的最低温度。

题说：本题所涉及的知识有物体的平衡及盖·吕萨克定律和查理定律的运用。本题关键在于对A、B运动时图15-4气体状态变化过程的分析，从而把握第一变化过程为压强不变，第二变化过程为体积不变，从而正确运用规律。

题解：(1)选取A、B及连接的细线为研究对象。对象受向下重力(M_A+M_B)g，气体对A向上压力P₁S_A，对B向下压力P₁S_B，周围空气对A向下压力P₀S_A，对B向上压力P₀S_B。

平衡时有　 (M_A+M_B)g+P₀S_A+P₁S_B=P₀S_B+P₁S_A　　 ①

M_A=-M_B

=-1

=1千克

(2)当气缸内气体温度降低时，活塞A、B距离不变而同时缓慢下降，A、B仍处于平衡状态，这时气体压强设为P₂，则有

(M_A+M_B)g+P₀S_A+P₂S_B=P₀S_B+P₂S_A　　 ②

比较①和②知P₂=P₁，说明一直到A刚降到两气缸联接处，是一个等压降温压缩过程。

气体初态体积V₁=(S_A+S_B)/l，温度T₁=600k,末态体积V₂=S_B·2l温度为T₂，由盖吕萨克定律得

=

∴T₂=T₁=T₁=×600=400k

如果温度继续下降，A、B不动，体积不变，气体压强减小，线拉力减小，设气体压强减小为P₃时线拉力为零，P₃满足的条件是

P₃S_B+M_Bg=P₀S_B　　 ③

此后，B开始上升，A、B间距离开始小于2l。在此之前是一个等容降温降压过程

∴＝　　 ④

联立③④解得

T₃＝T₁

＝×400k

＝300k

即最低温度为300k。

例4.如图所示，一个绝热的气缸内有两个活塞A和B，都用销钉销住。气缸内壁光滑，活塞面积为S，A、B间距离为l。其间充有温度为T₀(K)、压强为外界大气压2倍的空气，活塞A左侧为真空，并用劲度系数为K的弹簧和气缸壁相连，此时弹簧处于自然长度状态，活塞B右侧气缸足够长且与大气相通。若拨出销钉D₁、D₂，并且温度降至，设大气压强为P₀，求A、B活塞各向哪个方向移动，且各移动多大距离?

题解1：以活塞A、B间封闭气体为研究对象，初状态P₁=2P₀，V₁=lS,T₁=T₀，拔去销钉后，活塞不论向左或向右移动，最终仍处于平衡，说明封闭气体的末状态压强P₂=P₀，同时末状态温度T₂=，由此可根据理想气体状态方程计算出末状态气体体积，也即A、B活塞间的距离l′。

　　　　 =　 代入数据得l′=l

显然气体体积未变，对于A，拔去D₁后受向左的气体压力作用向左移动，弹簧被压缩，直到向左的压力与向右的弹力相等而处于平衡，设A向左移动△l，即弹簧压缩量为△l，此时封闭气体的压强为P₀，则有

　　　　 K△l=P₀S　 即A向左移动　 △l=

由于气体体积不变，A向左移动的同时B也必须向左移动，移动的量应与A相同，为。

例题中，如果先拔去D₁，同时降低封闭气体的温度到，当气体达到稳定状态时，拔去D₂，求拔去D₂的瞬间，活塞B的加速度为多大?(设活塞B的质量为m,K、l未知，但Kl=P₀S)

题解2：拔去D₂后，B受向左的大气压力P₀S和封闭气体在前一气体变化过程末状态气体压强对它产生的向右的压力P₂S，则B的瞬间加速度为a=。

以封闭气体为研究对象，初状态P₁=2p₀,V₁=ls、T₁=T₀，拔去D₁，A受气体压力向左移动，假设移动△l后停止移动，此时受弹力与气体压力处于平衡，即P₂S=K△l，,气体体积V₂=(l+△l)S,T₂=，根据理想气体状态方程有=。

代入数据得　 K△l²+Kl△l-P₀lS=0

又P₀S=Kl∴△l=()l　 那么P₂==

代入加速度表达式得a=

如果在例1中，活塞A的左侧空间也充有两个气压的气体，左侧气柱长也等于l，K未知，但Kl=P₀S拔去销钉D₁、D₂，并且使AB间气体温度降至，A左侧气体温度不变，则两活塞各移动多大距离?(已知P₀S=Kl)

题解3：把A左侧气体看做Ⅰ，右侧气体看作Ⅱ。以气体Ⅱ为研究对象，初状态P₂=2P₀、TV₂=lS、T₂=T₀，拔去销钉后活塞B最终处于平衡状态，说明气体Ⅱ末态压强P₂′=P₀，末态温度T₂′=。设气体Ⅱ的末态长度为l₂′，则

=　 得l₂′=

显然气体Ⅱ体积的减少量为S。

以气体Ⅰ为研究对象，温度不变，初状态P₁=2P₀,V₁=lS，由于气体Ⅱ压强减小，气体Ⅰ的压强大于Ⅱ的压强，故活塞A向右移动，设移动了△l₁后活塞平衡，则K△l+P₀S=P₁′S，气体末状态P₁′=P₀+、V₁′=(l+△l₁)S，则有

P₁V₁=P₁′V₁′　 代入各量得K△l₁²+(P₀S+Kl)△l₁-P₀lS=0

又Kl=P₀S　 则△l₁²+2l△l₁-l²=0

解得A向右移动　 △l₁=(-1)l

由于气体Ⅱ体积的减小量S＞(-1)lS,所以活塞B向左移动的量

　　　　 △l₂=-(-1)l =l

例5.用如图中所示的容积计测量某种矿物质的密度，测量根据及步骤如下：

1)打开活塞k，使管A、容器C和B和大气相通，上下移动D使水银面在n处。

2)关闭k，上举D，使水银面达到m，这时B、D两管内水银面的高度差h₂为12.5厘米。

3)打开k，把400克矿物投入C，使水银面对齐n，然后关闭k。

4)往上举D，使水银面重新达到m，这时B、D两管内水银面的高度差h₂为23.7厘米。m点以上容器C和管A(不包括B)的总体积为1000厘米³。求矿物的密度。

知识点、能力点提示：本题所涉及的知识点有密度的概念及玻一马定律的运用。本题着重训练学生对气体状态变化过程的分析及气体系统定态的选择能力。

题解：设大气压强为P_o(cmHg)，容器C及管A的总体积为V_C，B球体积为V_B，矿物体积v，质量m=400克。

①没装矿物质时，以C、A、B中封闭的气体为研究对象，以封闭时水银面处于N处为初状态，以水银面调至m处为末状态。则根据玻-马定律有：

P₀(V_B+V_C)=(P₀+12.5)V_C……(1)

即：P₀V_B=12.5V_C……(1)

②以C中装入矿物质后C、A、B中气体为研究对象，以封闭时水银面处于n处为初状态，以水银面调至m处为末状态。则根据玻-马定律有：

P₀(V_B+V_C-V)=(P₀+23.7)(V_C-V)……(2)

即　 P₀V_B=23.7(V_C-V)……(2)

由(1)(2)得：

V= V_C=×1000=472.6厘米³。

密度ρ＝＝w＝0.846克/厘米³

[同步达纲练习]

7.理想气体的内能及变化

(1)理想气体的内能

由于理想气体分子间无相互作用力，因此不存在分子势能。所以，理想气体的内能只是气体分子热运动的分子动能总和，只与温度和分子数有关而与体积无关。

(2)理想气体的内能变化

①等温变化

一定质量的理想气体在温度不变的情况下发生膨胀，由于温度保持不变，所以气体内能不变，即ΔE＝0，气体膨胀对外做功，故W为负值，由W+Q＝ΔE可知Q应为正值，且W与Q的绝对值相等，由此可知，在等温膨胀过程中，气体要从外界吸热，而全部用于对外做功，其系统内能不变。

②等容变化

在体积不变的情况下，对一定质量的理想气体加热，使它的温度升高，压强增大，所以内能增加，即ΔE＞0。由于气体未变，外界与气体间不做功，即W＝0由W+Q＝ΔE知Q=ΔE。由此可知，在等容变化过程中，气体吸收的热量全部用于其内能的增加。如果气体对外放热，就只能以减少气体的内能为代价。

③等压变化

在压强不变的情况下，一定质量的理想气体，温度升高，体积增大。所以内能增加，即ΔE＞0。气体对外做功，即W＜0，由W+Q＝ΔE＞0可知，这时气体应从外界吸收热量且Q的绝对值大于W的绝对值，由此可知，在等压膨胀过程中，气体从外界吸收的热量一部分用于增加气体的内能，一部分用于对外做功。

④绝热变化

物体在状态变化过程中，如果没有与外界发生热交换，这种变化就叫绝热变化。其特点是Q＝0。因此，在绝热压缩的过程中，外界对气体所做的功，全部用于增加气体的内能，使气体的温度升高。在绝热膨胀过程中，气体对外界做功，完全靠气体内能的减少，因而气体的温度降低。

6.气体实验定律的微观解释

(1)气体压强的微观解释：气体分子与器壁碰撞时对器壁产生瞬时冲量，大量分子对器壁的频繁碰撞则对器壁产生持续的压力，单位面积上的压力即为压强。由此可见，气体的压强是大量的气体分子频繁的碰撞器壁的结果。

(2)气体实验定律的微观解释

①玻意耳--马略特定律的微观解释

一定质量的气体，温度不变，即分子的总数和分子的平均速率保持不变。当气体体积减小到原来的几分之一，则单位体积内的分子数就增大到原来的几倍，气体的压强就增大到几倍。体积增大时，情况恰好相反，结果是一定质量的气体当温度一定时，气体的压强与体积成反比。

②查理定律的微观解释

一定质量的气体，体积保持不变而温度升高时，分子的平均速率增大，因而气体的压强增大。温度降低时，情况恰好相反。

③盖·吕萨克定律的微观解释

一定质量的气体，温度升高时，气体分子的平均速率增大，对器壁的碰撞次数增多，则压强增大。要保持压强不变，只有减少单位体积内的分子数，即增大气体的体积，使压强有减小的趋势。当体积增大到一定程度时，压强增大和减小的两种趋势相抵消，则能保持压强不变

5.气体分子运动的特点

(1)分子间的距离较大：气体很容易压缩，说明气体分子的间距较大。气体分子的平均间距的数量级为10^-9m是分子直径数量级10^-10m的10倍，故分子间的作用力十分微弱。

(2)分子间的碰撞频繁：在标准状态下，1立方厘米气体中含有2.7×10¹⁹个分子。大量分子永不停息地运动，分子间不断地发生碰撞。在标准状态下，一个空气分子在1秒内与其它空气分子的碰撞竟达65亿次之多。故分子间的碰撞频繁。通常假定分子之间或分子与器壁之间的碰撞为完全弹性碰撞。

(3)分子沿各方向运动的机会均等：由于大量分子作无规则的热运动，在某一时刻向任一方向运动的分子都有，就某一个分子在某一时刻，它向哪一方向运动，完全是偶然的。因此，在任一时刻分子沿各方向运动的机会是均等的。

(4)分子速率按一定规律分布：大量分子做无规则热运动，速率有大、有小。但分子的速率却按照一定的规律分布。即“中间多，两头少”的正态分布规律。当气体温度升高时，速率大的分子数增加，分子平均速率增大，因此，温度越高，分子的热运动越激烈。

4.克拉珀珑方程：对给定状态下的理想气体，P、V、T遵循下列规律PV＝RT式中P、V、T为确定状态下气体的压强、体积、温度，m为气体质量，M为摩尔质量，R为摩尔恒量R＝式中P_o=1.013×10⁵Pa,V_o=22.4×10^-3m³T_o=273K。即R=8.31J/mol.k。