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【备战2023高考】物理专题讲与练——考向23《热学-理想气体（气体实验定律、气体状态变化等）》全能练（含解析）（全国通用）
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考向23 热学-理想气体（气体实验定律、气体状态变化等）
【重点知识点目录】
1. 理想气体状态方程与气体实验定律的关系（“汽缸”类问题、“液柱”类问题等）
2. 气体状态变化的图像分析
3. 理想气体“变质量”问题（充气问题、抽气问题、灌气问题、漏气问题）
1．（2022•重庆）2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（ ）（视为理想气体）
A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功
【答案】C。
【解析】解：B、根据一定质量理想状态气体方程
可知气体温度降低，体积不变，压强降低，故B错误；
C、艇内气体温度降低，气体内能减少，故C正确；
AD、艇内气体体积和质量不变，可知气体不做功，即W＝0，由热力学第一定律得
ΔU＝W+Q
可知Q＜0，艇内气体放出热量，故AD错误；
2．（2022•北京）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变
B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小
D．从b到c，气体从外界吸热
【答案】D。
【解析】解：AB、从a到b过程中，理想气体的体积不变，压强变小，根据公式pV＝CT可知，气体温度降低，因为体积不变，所以气体对外界不做功，故AB错误；
CD、从b到c过程中，气体的压强不变，体积变大，根据公式pV＝CT可知，气体的温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，因为体积变大，气体对外界做功，则气体从外界吸热，故C错误，D正确；
3．（2022•江苏）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同．则（ ）
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】C。
【解析】解：A、a→b是等温过程，气体温度不变，气体的内能相等，故A错误；
BCD、由图示图象可知，状态b、c的体积相同，根据一定质量理想气体的状态方程＝C，可知c的温度大于b和a的温度，且c的内能大于b和a的内能，从a到c气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，该过程内能增大，ΔU＞0，由热力学第一定律可知：ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以，a→c过程中气体吸收热量，故BD错误，C正确；
4．（2022•辽宁）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
【答案】A。
【解析】解：A、根据图像可知，气体的体积变大，说明气体对外界做正功，故A正确；
B、根据一定质量的理想气体状态方程的公式＝C结合图像可知，图线的斜率表示压强的倒数，从状态a变化到状态b的过程中，斜率不断减小，压强不断变大，故B错误；
CD、根据图像可知，气体的体积变大，说明气体对外界做功，而因为温度升高，理想气体不考虑分子势能，则气体的内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，这个过程中Q＞0，即此过程中气体从外界吸热，故CD错误；
5．（2022•湖北）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p﹣V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B。
【解析】解：AB.根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知a→b过程中气体吸热，故A错误，B正确；
C.根据理想气体的状态方程＝C，可知，p﹣V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，故C错误；
D.a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，故D错误。
一、理想气体的状态方程
1（对应题型一）。运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：
（1）明确所研究的气体状态变化过程；
（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；
（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；
（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）
（5）联立方程求解。
2（对应题型二）。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：
（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W＜0；体积减小，外界对气体做功，即W＞0。
（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即△U＞0；温度降低，内能减小，即△U＜0。
一、 理想气体的状态方程
（1）理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
（2）理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：
二、 气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
三、 微观解释
从微观的角度看，物体的热现象是由大量分子的热运动所决定的，尽管个别分子的运动有它的不确定性，但大量分子的运动情况会遵从一定的统计规律，生活中事例也有类似的特点．
气体分子运动的特点
（1）气体间的距离较大，分子间的相互作用力十分微弱，可以认为气体分子除相互碰撞及与器壁碰撞外不受力作用，每个分子都可以在空间自由移动，一定质量的气体的分子可以充满整个容器空间，无一定的形状和体积．
（2）分子间的碰撞频繁，这些碰撞及气体分子与器壁的碰撞都可看成是完全弹性碰撞．气体通过这种碰撞可传递能量，其中任何一个分子运动方向和速率大小都是不断变化的，这就是杂乱无章的气体分子热运动．
（3）从总体上看气体分子沿各个方向运动的机会均等，因此对大量分子而言，在任一时刻向容器各个方向运动的分子数是均等的．
（4）大量气体分子的速率是按一定规律分布，呈“中间多，两头少”的分布规律，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大．
气体压强微观解释
1．气体压强是大量分子频繁的碰撞容器壁而产生的．
2．影响气体压强的两个因素：
（1）气体分子的平均动能，从宏观上看由气体的温度决定．
对确定的气体而言，温度与分子运动的平均速率有关，温度越高，反映气体分子热运动的平均速率越大．
（2）单位体积内的分子数（分子密度），从宏观上看由气体的体积决定．
对确定的一定质量的理想气体而言，分子总数N是一定的，当体积增大时，分子密度减小．
四、 玻意耳定律（等温变化）：
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变．
②数学表达式：pV=C（常量）或p1V1=p2V2．
③适用条件：a．气体质量不变、温度不变；b．气体温度不太低（与室温相比）、压强不太大（与大气压相比）．
④p-V图象--等温线：一定质量的某种气体在p-V图上的等温线是双曲线的一支，如图A所示，从状态M经过等温变化到状态N，矩形的面积相等，在图B中温度T1＜T2．
⑤p-1/V图象：由pV=CT，可得p=CT1/V，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高，且直线的延长线过原点，如图C所示，可知T1＜T2．
五、等容变化
1．查理定律（等容变化）：
①内容：一定质量的气体，在体积不变的情况下，它的压强跟热力学温度成正比，这个规律叫做查理定律。
②数学表达式：
③成立条件：a．气体的质量、体积保持不变；b．气体压强不太大，温度不太低。
④p-T图象--等容线：一定质量的某种气体在p-T图上的等容线是一条延长线过原点的倾斜直线；p-t图中的等容线在t轴的截距是-273.15℃，在下图中V1＜V2。
2．盖•吕萨克定律（等压变化）：
①内容：一定质量的气体在压强不变的情况下，它的体积跟热力学温度成正比。
②数学表达式：
③适用条件：a．气体质量不变、压强不变；b．气体温度不太低、压强不太大。
④V-T图象--等压线：一定质量的某种气体在V-T图上的等压线是一条延长线过原点的倾斜直线；V-t图中的等压线在t轴的截距是-273.15℃，在下图中p1＜p2。
易错题【01】
注意理想气体方程的应用条件。
易错题【02】
注意分装，漏气时等问题的灵活应用。
易错题【03】
注意从P-V,P-T,V-T图像读取相应的信息。
6．（2022•南京模拟）如图所示，劲度系数k＝500N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态。已知汽缸质量m1＝5kg，汽缸底面积S＝10cm2，大气压强p0＝1.0×105Pa，此时活塞离汽缸底部的距离h1＝40cm。现在汽缸顶部加一质量m2＝5kg的重物。忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力，汽缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10m/s2。则汽缸稳定时下降的距离（ ）
A．10 cm B．20 cm C．30 cm D．40 cm
【答案】B。
【解析】解：设未加重物时内部气体压强为p1，由平衡条件可得
p1S＝m1g+p0S
解得：p1＝1.5×105 Pa
加重物后，设汽缸内气体压强为p2，由平衡条件可得
p2S＝m1g+p0S+m2g
解得：p2＝2.0×105 Pa
由玻意耳定律有
p1h1S＝p2h2S
解得：h2＝0.3m
活塞下降距离为
所以汽缸稳定时下降的距离
Δh＝h1﹣h2+Δx＝0.4m﹣0.3m+0.1m＝0.2m＝20cm
7．（2022春•贺兰县月考）一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．a→b过程中，气体体积变小，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变
【答案】D。
【解析】解：A、a→b过程中，温度不变，压强减小，根据公式pV＝nRT，可知体积变大，故A错误；
B、b→c过程中，压强不变，温度减小，根据公式pV＝nRT，可知体积减小，故B错误；
C、c→a过程中，图像过原点，所以体积不变，温度升高，压强变大，故C错误；
D、c→a过程中，图像过原点，所以体积不变，温度升高，所以内能增加，故D正确；
8．（2022•渝中区校级开学）如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。通过实验，将温度值画在吸管上，以下说法正确的是（ ）
A．吸管右端的刻度对应更低的温度
B．温度的刻度并不是均匀的
C．若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，则测温范围会增大
D．若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大
【答案】D。
【解析】解：A、根据题意可知，罐内气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可知，罐内气体温度越高，体积越大，吸管内油柱越靠近吸管的右端，则吸管上的温度刻度值应左低右高，故A错误；
B、根据盖—吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即，根据题意，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有，，则，可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故B错误；
C、根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为，可知，若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离也会变大，则其测温范围会减小，故C错误；
D、根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为，可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会增大，故D正确。
9．（2022秋•沂南县校级月考）在某一带有活塞的密闭容器内质量为10g的理想气体在27℃时的p﹣V图线为图中的曲线乙。若X为此容器内充满质量为10g的该理想气体在温度为327℃时的曲线；Y为此容器内充满20g该理想气体在温度为27℃时的曲线。分子平均动能与热力学温度关系为＝，k是一个常数；理想气体状态方程pV＝nRT，n为气体物质的量，R为理想气体常数。下列说法中哪些是正确的（ ）
A．X、Y均为曲线丁
B．X为曲线丙，Y为曲线丁
C．在同一体积时，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体较Y曲线代表的气体多
D．曲线X与曲线Y代表的气体在相同体积时，温度均加热至1200K，则压强之比为1：2
【答案】D。
【解析】解：AB、X理想气体的热力学温度为600K，Y理想气体的热力学温度为300K，原有理想气体的热力学温度为300K，X、Y、原有理想气体的物质的量之比为1：1：2，根据pV＝nRT可知，X、Y理想气体pV乘积为原有理想气体的两倍，由图像可知，X、Y均为曲线丙，故AB错误；
C、由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，则在同一体积时，X理想气体的分子数是Y理想气体的一般，气体分子单位时间内撞击器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体教Y曲线代表的气体少，故C错误；
D、根据pV＝nRT可知，由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，则曲线X与曲线Y代表的气体在相同体积时，温度均加热至1200K，则压强之比为1：2，故D正确；
10．（2022秋•济南月考）如图所示是小明记录的一定质量的水的体积随温度变化的规律图像。据此分析，存放灌装的饮料（可视为水）最安全的温度是（ ）
A．0℃ B．4℃ C．8℃ D．16℃
【答案】B。
【解析】解：体积最小时，灌装饮料越容易存放，根据题图可确定最安全温度为4℃，故B正确，ACD错误；
11．（2022秋•鞍山月考）一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A。其中C﹣D﹣A为等温过程，该循环过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B→C过程中，气体对外界做功
B．B→C过程中，外界对气体做功
C．A→B过程中，1s内撞击1m2器壁的气体分子个数变少
D．A→B过程中，气体分子的平均动能减小
【答案】C。
【解析】解：AB、B→C过程中，气体的体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，故AB错误；
CD、A→B过程中，气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能变大，分子对器壁的碰撞力变大，但是气体体积变大，分子数密度减小，则ls内撞击1m2器壁的气体分子个数变少，故C正确，D错误；
12．（2022春•江苏月考）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态B的温度为320K，由状态A变化到状态B的过程中，气体内能增加了7.5×104J，1atm＝1.0×105Pa，（ ）
A．气体在状态C的温度为640℃
B．气体在状态C的内能与A的相等
C．状态A到B的过程中气体吸收1.25×105J的热量
D．状态A到B的过程中气体放出1.25×105J的热量
【答案】C。
【解析】解：A、气体从B到C做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：＝，解得：TC＝640K，即tC＝（640﹣273）℃＝367℃，故A错误；
B、根据一定质量的理想气体状态方程可得：＝C，则PV＝CT，气体从A到C过程中PV乘积增大，则温度升高、内能增大，所以气体在状态C的内能大于A状态的内能，故B错误；
CD、气体从A变化到状态B的过程中，气体内能增加了7.5×104J，气体对外做的功为：W＝pΔV＝0.5×105×（2﹣1）J＝5×104J；
根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q﹣W，解得：Q＝1.25×105J，所以气体从状态A到B的过程中气体吸收1.25×105J的热量，故C正确、D错误。
13．（2022春•任丘市校级月考）一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强﹣体积（p﹣V）图上的两条曲线I和II表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线I上的两点，气体在状态a和b的压强分别pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线II上的两点，气体在状态c和d的压强分别pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【答案】B。
【解析】解：A．根据一定质量的理想气体的气态方程，及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线I为等温变化，故可得a、b两点的温度相同，故A错误；
B．根据一定质量的理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有＝＝，故B正确；
C．从a到b，气体做等温变化，根据一定质量的理想气体的气态方程，由图像可知：pa＝p0
p0V0＝pb×3V0
所以：＝
故C错误；
D．根据一定质量的理想气体的气态方程，由图像可知pa＝pc
又＝
＝3
则＝＝
解得：＝2
故D错误.
14．（2022春•丽水期末）如图所示弯管，左侧a、b两处液面上方分别封闭一段气体，右侧开口处与大气相通。ab、cd两处液面高度差分别为h1、h2。现用一轻质活塞封住开口处一段气体。活塞不计重量且可在弯管内无摩擦滑动，大气压强为p0，装置气密性良好，右侧开口端与活塞足够远。下列说法正确的是（ ）
A．一定有h1＝h2
B．若仅加热右侧轻活塞处封闭的气体，d处液面上升
C．若缓慢向上推动活塞，a处液面上升，a处上方气体压强增大
D．若加热a处上方的气体，b、c液面之间气体的体积不变
【答案】C。
【解析】解：A、对中间封闭的气体，则p0﹣h2＝pa+h1，则h1不一定等于h2，故A错误；
B、当有活塞时，仅加热右侧轻活塞处封闭的空气，由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，d处液面也不变，故B错误；
C、缓慢上推活塞，活塞处封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可知，活塞处封闭气体体积减小压强增大，同理a和bc处封闭气体压强增大体积减小，a处液面上升，故C正确
D、若加热a处上方的气体，根据＝C可知该处体积增大，a处液面下降，b处液面上升，若b、c液面之间气体的体积不变，则c处液面上升，d处液面下降，h2增大，而由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，则pbc＝p0﹣h2
可见b、c液面之间气体的压强减小，而温度不变，则体积不可能不变，故D错误。
15．（2022春•徐州期末）布雷顿循环由两个等压变化、两个绝热过程构成，其压强p和体积V的关系如图所示。如果将工作物质看作理想气体，则下列说法中正确的是（ ）
A．AB过程中，外界对气体做功，气体温度升高
B．BC过程中，气体内能增加，气体分子的平均动能增大
C．CD过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．经过一个布雷顿循环，外界对气体做功，气体向外界放出热量
【答案】C。
【解析】解：A、从A到B过程中，气体经历等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据盖—吕萨克定律＝C可知，气体温度升高，故A错误；
B、从B到C过程中，气体经历绝热过程，Q＝0，体积增大，气体对外界做功，W＜0，根据热力学第一定律可知ΔU＝W+Q＝W＜0，气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C、从C到D过程中，气体经历等压变化，体积减小，外界对气体做功，根据盖—吕萨克定律＝C可知，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；
D、p﹣V图像与坐标轴所围的面积表示气体或外界所做的功，所以在ABC过程气体对外界做的功大于在CDA过程外界对气体做的功，则经过一个布雷顿循环，气体对外界做功，W＜0，而气体内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＞0，气体从外界吸收热量，故D错误。
16．（2022春•信阳期末）如图所示为一定质量的理想气体体积V随热力学温度T变化的图像，则下列说法正确的是（ ）
A．从状态a到状态c，气体分子密度先减小后增大
B．从状态a到状态c，气体分子的平均速率先增大后减小
C．在状态d时与在b状态时相比，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数少
D．气体在状态a的压强大于气体在状态b的压强
【答案】C。
【解析】解：A、从状态a到状态c，气体的体积先减小，后增大，所以气体分子密度先增大后减小，故A错误；
B、从状态a到状态c，气体的温度一直增大，所以气体分子的平均速率一直增大，故B错误；
C、根据一定质量的理想气体状态方程可知＝C，在状态d时与在b状态时相比，压强减小，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数少，故C正确；
D、根据一定质量的理想气体状态方程可知＝C，可知T＝TC，可知图像上各点与原点的连线的斜率代表压强的倒数，所以气体在状态a的压强小于气体在状态b的压强，故D错误；
17．（2022春•遂宁期末）一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后变回到初态1，其变化过程如图所示，则（ ）
A．从1到2过程中，气体对外做功，内能减小
B．从2到3过程中，气体对外做功，内能减小
C．从1到2到3到再回到1的过程中，气体一定从外界吸热
D．从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能增加
【答案】C。
【解析】解：A、从1到2过程中，气体体积不变而压强升高，气体对外不做功，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，气体内能增大，故A错误；
B、从2到3过程，气体压强不变而体积增大，气体对外做功，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，气体内能增大，故B错误；
C、从1到2到3到再回到1的过程气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积表示气体做功，由图示图象可知，该过程气体对外界做的功比外界对气体做功多，整个过程气体对外界做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＞0，气体从外界吸收热量，故C正确；
D、从3到1过程气体体积减小，气体分子数密度增大；由图示图象可知，p3V3＞p1V1，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知T3＞T1，气体温度降低，气体内能减小，故D错误。
18．（2022春•遂宁期末）一定质量的理想气体密闭在容器中，不同温度下各速率区间分子数占分子总数比例f（v）随速率v分布图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．如果气体体积不变，则温度T2时气体分子撞到器壁单位面积上平均作用力比T1时小
B．温度T1时气体压强一定比温度T2时气体压强小些
C．图中热力学温度T1＜T2
D．图中热力学温度T1＞T2
【答案】C。
【解析】解：ACD、由图示图象可知，温度为T2时分子平均速率大，分子平均动能大，温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，因此T2＞T1，如图气体体积V不变，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知：p2＞p1，则温度T2时气体分子撞到器壁单位面积上平均作用力比T1时大，故AD错误，C正确；
B、 由于不知气体的体积关系，无法判断两温度下压强大小关系，温度T1时气体压强不一定比温度T2时气体压强小，故B错误；
19．（2022春•湖州期末）小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度并把B管水银面的高度转化成温度的刻度值当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（ ）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为﹣3℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
【答案】C。
【解析】解：A、管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，所以玻璃泡内气体发生等容变化，故A错误；
B、根据查理定律，压强与热力学温度成正比，当玻璃泡内温度增加（即外界温度增加），玻璃泡内的压强增加，水银柱下降，所以刻度值是下高上低，故B错误；
C、由题意知，大气压强p0＝76cmHg，温度t＝27℃时，玻璃泡A内的气体温度T＝300K
当B管内水银面的高度x＝16cm时，玻璃泡A内的气体压强p＝p0﹣px＝76cmHg﹣16cmHg＝60cmHg
另外，当B管内水银面高度x′＝22cm时，玻璃泡A内的气体压强p′＝p0﹣pH＝（76﹣22）cmHg＝54cmHg
设玻璃泡A内的气体温度为T′，由题意可知玻璃泡A内的气体做等容变化
由查理定律得：，解得T′＝270K，即此时的气温为t＝（T′﹣273）℃＝（270﹣273）℃＝﹣3℃，故C正确；
D、当管内水银面的高度为x时，地面上标准大气压下温度为T，设高山上压强为p′0，温度为T″，由查理定律得：＝，高山上压强减小，故显示温度高于实际温度，故D错误。
20．（2022春•舒城县校级期中）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40cm3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150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，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．30cm3 B．40cm3 C．50cm3 D．60cm3
【答案】B。
【解析】解：以臂带内的气体与充入的气体整体为研究对象，气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V+5p0V0＝p1×5V
已知：p0＝750mmHg，V0＝40cm3，p1＝（750+150）mmHg＝900mmHg
代入数据解得：V＝40cm3，故ACD错误，B正确。
21．（2022秋•湖北月考）如图所示，阀门K1关闭，K2打开时，气缸A中封闭有一定量的气体，气缸B与大气连通，气缸A、B内气体的温度均为t1＝27℃，连接A、B气缸的细导管中左管水银面比右管水银面高H1＝25cm；再关闭阀门K2，使气缸A、B内气体的温度缓慢降低至t2＝﹣3℃。已知外界大气压p0＝75cmHg，气缸A、B的体积分别为3V和2V，忽略导管中气体的体积。
（1）求降温至t2＝﹣3℃时左管水银面与右管水银面的高度差H2；
（2）保持气缸A、B内气体的温度t2＝﹣3℃不变，打开阀门K1，求气体混合均匀后的压强p。
【答案】（1）降温至t2＝﹣3℃时左管水银面与右管水银面的高度差H2为22.5cm
（2）保持气缸A、B内气体的温度t2＝﹣3℃不变，打开阀门K1，气体混合均匀后的压强p为54cmHg。
【解析】解：（1）设开始时A中的气体压强为pA，有pA+H1＝p0
容器A中的密封气体发生等容变化，有，
容器B中的密封气体也发生等容变化，有，
设降温至t2＝﹣3℃时左管水银面与右管水银面的高度差为H2，则pA'+H2＝pB'
代入数据解得H2＝22.5cm；
（2）K1打开后，对A和B中的气体，由玻意耳定律pA'VA+pB'VB＝p（VA+VB）
代入数据解得p＝54cmHg；
22．（2022春•长春月考）夏天天降暴雨，导致城市内涝。如图所示为某城市下水管道中侧面剖面图，由于井盖上的泄水孔因故堵塞，在井盖与水面之间封闭一定气体。当下水道内水位不断上升时，井盖可能会不断“跳跃”。设井盖质量m＝25kg，圆柱形竖直井内水面面积S＝0.25m2，图示时刻井盖到水面间距h＝2m，此时封闭气体压强与外界大气压强相等。已知环境温度不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，g＝10m/s2，求：（计算结果均保留1位有效数字）
（i）从图示位置开始，水面至少上涨多少后井盖第一次跳起？
（ii）在上问情况下，设井盖下落后，被封闭气体的压强又变为p0，且下水道内水面高度与井盖刚要跳起时水面高度相同，求此过程中逸出的空气与原来空气质量的比值。
【答案】（i）从图示位置开始，水面至少上涨0.02m后井盖第一次跳起；
（ii）此过程中逸出的空气与原来空气质量的比值为。
【解析】解：（i）设第一次跳跃，水面距离井盖距离为h2
气体逸出时压强为p2＝p0+
由玻意耳定律：p0hS＝p2h2S
解得：h2＝h，代入数据解得h2＝1.98m，
上升高度：Δh＝h﹣h2＝2m﹣1.98m＝0.02m；
（ii）井盖第一次跳跃后，水面距井盖距离为h2，气体压强仍为p0
则；
23．（2022春•德州期末）400年前伽利略最先发明了温度计。有人模仿伽利略温度计设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定量气体（可视为理想气体），与玻璃泡A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度h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。当温度是t1＝﹣13℃时，管内水银面恰好到达B管顶端，高度为h1＝24cm。外界大气压P0相当于76cm高的水银柱所产生的压强，水银槽的横截面积远大于B管的横截面积。求：
（1）若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。当B管内水银面高度为h2＝18cm时，温度为多少摄氏度？
（2）若玻璃泡A体积为V0＝300mL，管B的内截面积为S＝0.5cm2，考虑B管内气体体积，温度为31℃时，水银面的高度为多少？
【答案】（1）若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。当B管内水银面高度为h2＝18cm时，温度为多少17℃；
（2）考虑B管内气体体积，温度为31℃时，水银面的高度为12cm。
【解析】解：（1）若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，则A中气体做等容变化，有：＝其中：P1＝（76﹣24）cmHg＝52cmHg、T1＝（273﹣13）K＝260K
p2＝（76﹣18）cmHg＝58cmHg，
解得：T2＝290K
所以t2＝（T2﹣273）℃＝17℃
（2）若考虑B管中气体体积，则初状态P1＝（76﹣24）cmHg＝52cmHg、T1＝（273﹣13）K＝260K，V1＝V0＝300ml，
末状态的温度T3＝（273+31）K＝304K，设水银柱高为h3cm，p3＝（73﹣h3）cmHg，V3＝V0+S（20﹣h3）
由理想气体状态方程有：＝，
解得：h3＝12cm
24．（2022•高安市校级模拟）多种气体在一个密闭容器内混合时，我们认为每种气体的体积都占据了容器内的全部体积，且分别对容器壁产生独立的气压，而容器受到的总压强等于每种气体单独产生压强的之和：p总＝p1+p2+…。我们知道高压锅最节省能源的使用方法是：将已盖好密封锅盖的压力锅加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀S，此时可以认为锅内只有沸腾产生的水蒸气，空气已全部排除，然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已达到预期温度（即设计时希望达到的温度）。现有一压力锅，正确加热能达到的预期的温度为120℃，大气压为1.01x×05Pa。若未按正确方法使用压力锅，在点火前就加上压力阀，此时锅内温度为10℃（此时水蒸气气压忽略）那么加热到压力被顶起时，锅内水的温度是多少？已知：密闭容器内不同摄氏温度下由沸腾水蒸气产生的压强p与摄氏温度的关系如图。
【答案】加热到压力阀被顶起时，锅内水的温度是91.3℃。
【解析】解：根据题意可知，若操作正确，外界大气和压力阀二者产生的总压强应改为图中120℃水蒸气气压强，即为195kPa。10℃水蒸气气压几乎为零，可略去，设后来顶起压力阀时水蒸气气压为p，温度为（t+273）K，对空气由查理定律得，此p﹣t图像为一次函数，做出其函数图像，与原图像交点即为所解，t＝91.3℃。
25．（2021春•南岗区校级期末）如图所示，一足够长的气缸竖直放置在水平地面上，用不计质量密封好的活塞封闭一定量的理想气体，缸内有一开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分，活塞的横截面积为S，与气缸壁之间无摩擦。初始时A、B两部分容积相同，温度均为T，大气压强为p0。
（1）若加热气体，使气体的温度升为3T，则A、B两部分气体的体积之比是多少？
（2）若将气体温度加热至2.5T，然后在活塞上放一质量为m的砝码C（已知p0＝），直至最终达到新的平衡且此过程温度始终保持2.5T不变，最终气体的压强是多少？
【答案】（1）A、B两部分气体的体积之比是1：5；
（2）最终气体的压强是5p0。
【解析】解：（1）设A的容积为V，则初状态A、B总体积2V，气体发生等压变化，
由盖﹣吕萨克定律得：
解得：V′＝6V
则A、B两部分气体的体积之比
（2）假设活塞被压缩至薄隔板时气体的压强为p，气体初状态压强是p0，
理想气体状态方程得：
解得：p＝5p0
则有：pS＝5p0S＜p0S+mg＝8p0S，可知活塞一直被压缩至隔板处，此后气体体积、温度不变，则压强不再改变，最终气体的压强是5p0；
26．（2022•上海）如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm，大气压强为75cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（ ）
A．20cm B．25cm C．40cm D．45cm
【答案】A。
【解析】解：设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度为L1＝30cm＝0.3m，密闭气体初始状态：压强P1＝P0﹣Ph＝（75﹣25）cmHg＝50cmHg，体积V1＝SL1，移动右侧玻璃管后，压强P2＝P0＝75cmHg，体积V1＝SL2，根据玻意耳定律得：
P1V1＝P2V2
代入数据解得：L2＝0.2m＝20cm，
故A正确，BCD错误；
（多选）27．（2022•乙卷）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T﹣V图上的两条线段所示。则气体在（ ）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
【答案】ABD。
【解析】解：AC、根据一定质量的理想气体状态方程可得T＝，从a到b，图像的斜率不变，压强不变，从b到c的过程中，与坐标原点的连线的斜率逐渐减小，压强减小，故状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；
B、由a到b的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，故B正确；
DE、由a到b，气体的温度升高，内能增大且气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可得：Q＝ΔU﹣W，气体从外界吸热且大于增加的内能，故D正确，E错误；
（多选）28．（2022•甲卷）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p﹣T图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCE。
【解析】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程可得：，从a到b为过坐标原点的倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做功，故A错误；
B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，故内能一直增加，故B正确；
DEC、由于气体从a到b不做功W＝0，且内能逐渐增大，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体一直从外界吸热，且吸收的热量等于其内能的增加量，故CE正确，D错误；
29．（2022•湖南）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变。求
（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
【答案】（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1为1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小为1N。
【解析】解：（ⅰ）活塞处于A位置时，根据活塞处于静止状态可知
p1S+（m1+m2）g＝p0S，
代入数据解得p1＝1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，根据活塞封闭一定质量的理想气体做等温变化，
p1V0＝p2（V0+Sh）
p2＝p0﹣
联立解得F＝1N
30．（2022•广东）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ取1.0×103kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。
【答案】水底的压强为2.0×105Pa，水的深度为10m。
【解析】解：根据题目条件可知，气体的初始体积为V1＝380mL﹣80mL＝300mL；气体最终的体积为V2＝380mL﹣230mL＝150mL
因为此过程中温度不变，则
p0V1＝pV2
解得：p＝2.0×105Pa
又因为p＝p0+ρgh
代入数据解得：h＝10m
31．（2022•河北）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0，活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑，连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
（ⅰ）此时上、下两部分气体的压强；
（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
【答案】（i）此时上、下两部分气体的压强分别为2p0、p0；
（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量为。
【解析】解：（i）设此时上部分气体的压强为p1，下部分气体的压强为p2。
对上部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p1×SL0
解得：p1＝2p0；
由于气体总的体积不变，则此时下部分气体的体积为SL0
对下部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p2×SL0
解得：p2＝p0；
（ii）整个装置缓慢旋转至竖直方向时，对活塞整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：
mg+p0S+p2S＝p1S+p0S
解得：m＝。
32．（2022•乙卷）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
（ⅰ）求弹簧的劲度系数；
（ⅱ）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1）弹簧的劲度系数
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强为强+p0，温度为T0
【解析】解（1）对活塞与弹簧整体进行受力分析得：3mg+2p0S+ps＝2pS+p0S
对活塞Ⅱ受力分析得：p0S+F＝pS+mg
由胡克定律得：F＝0.1kl
联立解得：k＝
（2）通过对对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强p＝+p0，可知气体做的是等压变化，那么弹簧上弹力大小不变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变，
所以气体初态：体积V1＝S（l+0.1l）＝S•l
温度：T1＝T0
末态：体积V2＝2.2S•l；温度为T2
由理想气体状态方程得：
T2＝＝T0
33．（2022•甲卷）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（ⅰ）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【答案】（1）B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度为；
（2）A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强为。
【解析】解：（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0﹣V0＝V0
升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖﹣吕萨克定律可得：
解得：T1＝
（2）将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为P0，温度为T0，体积为
当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P2，体积为V2，由理想气体的状态方程得：
缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：
联立可得：P2＝
考向23 热学-理想气体（气体实验定律、气体状态变化等）
【重点知识点目录】
1. 理想气体状态方程与气体实验定律的关系（“汽缸”类问题、“液柱”类问题等）
2. 气体状态变化的图像分析
3. 理想气体“变质量”问题（充气问题、抽气问题、灌气问题、漏气问题）
1．（2022•重庆）2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（ ）（视为理想气体）
A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功
【答案】C。
【解析】解：B、根据一定质量理想状态气体方程
可知气体温度降低，体积不变，压强降低，故B错误；
C、艇内气体温度降低，气体内能减少，故C正确；
AD、艇内气体体积和质量不变，可知气体不做功，即W＝0，由热力学第一定律得
ΔU＝W+Q
可知Q＜0，艇内气体放出热量，故AD错误；
2．（2022•北京）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变
B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小
D．从b到c，气体从外界吸热
【答案】D。
【解析】解：AB、从a到b过程中，理想气体的体积不变，压强变小，根据公式pV＝CT可知，气体温度降低，因为体积不变，所以气体对外界不做功，故AB错误；
CD、从b到c过程中，气体的压强不变，体积变大，根据公式pV＝CT可知，气体的温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，因为体积变大，气体对外界做功，则气体从外界吸热，故C错误，D正确；
3．（2022•江苏）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同．则（ ）
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】C。
【解析】解：A、a→b是等温过程，气体温度不变，气体的内能相等，故A错误；
BCD、由图示图象可知，状态b、c的体积相同，根据一定质量理想气体的状态方程＝C，可知c的温度大于b和a的温度，且c的内能大于b和a的内能，从a到c气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，该过程内能增大，ΔU＞0，由热力学第一定律可知：ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以，a→c过程中气体吸收热量，故BD错误，C正确；
4．（2022•辽宁）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
【答案】A。
【解析】解：A、根据图像可知，气体的体积变大，说明气体对外界做正功，故A正确；
B、根据一定质量的理想气体状态方程的公式＝C结合图像可知，图线的斜率表示压强的倒数，从状态a变化到状态b的过程中，斜率不断减小，压强不断变大，故B错误；
CD、根据图像可知，气体的体积变大，说明气体对外界做功，而因为温度升高，理想气体不考虑分子势能，则气体的内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，这个过程中Q＞0，即此过程中气体从外界吸热，故CD错误；
5．（2022•湖北）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p﹣V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B。
【解析】解：AB.根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知a→b过程中气体吸热，故A错误，B正确；
C.根据理想气体的状态方程＝C，可知，p﹣V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，故C错误；
D.a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，故D错误。
一、理想气体的状态方程
1（对应题型一）。运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：
（1）明确所研究的气体状态变化过程；
（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；
（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；
（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）
（5）联立方程求解。
2（对应题型二）。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：
（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W＜0；体积减小，外界对气体做功，即W＞0。
（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即△U＞0；温度降低，内能减小，即△U＜0。
一、 理想气体的状态方程
（1）理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
（2）理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：
二、 气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
三、 微观解释
从微观的角度看，物体的热现象是由大量分子的热运动所决定的，尽管个别分子的运动有它的不确定性，但大量分子的运动情况会遵从一定的统计规律，生活中事例也有类似的特点．
气体分子运动的特点
（1）气体间的距离较大，分子间的相互作用力十分微弱，可以认为气体分子除相互碰撞及与器壁碰撞外不受力作用，每个分子都可以在空间自由移动，一定质量的气体的分子可以充满整个容器空间，无一定的形状和体积．
（2）分子间的碰撞频繁，这些碰撞及气体分子与器壁的碰撞都可看成是完全弹性碰撞．气体通过这种碰撞可传递能量，其中任何一个分子运动方向和速率大小都是不断变化的，这就是杂乱无章的气体分子热运动．
（3）从总体上看气体分子沿各个方向运动的机会均等，因此对大量分子而言，在任一时刻向容器各个方向运动的分子数是均等的．
（4）大量气体分子的速率是按一定规律分布，呈“中间多，两头少”的分布规律，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大．
气体压强微观解释
1．气体压强是大量分子频繁的碰撞容器壁而产生的．
2．影响气体压强的两个因素：
（1）气体分子的平均动能，从宏观上看由气体的温度决定．
对确定的气体而言，温度与分子运动的平均速率有关，温度越高，反映气体分子热运动的平均速率越大．
（2）单位体积内的分子数（分子密度），从宏观上看由气体的体积决定．
对确定的一定质量的理想气体而言，分子总数N是一定的，当体积增大时，分子密度减小．
四、 玻意耳定律（等温变化）：
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变．
②数学表达式：pV=C（常量）或p1V1=p2V2．
③适用条件：a．气体质量不变、温度不变；b．气体温度不太低（与室温相比）、压强不太大（与大气压相比）．
④p-V图象--等温线：一定质量的某种气体在p-V图上的等温线是双曲线的一支，如图A所示，从状态M经过等温变化到状态N，矩形的面积相等，在图B中温度T1＜T2．
⑤p-1/V图象：由pV=CT，可得p=CT1/V，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高，且直线的延长线过原点，如图C所示，可知T1＜T2．
五、等容变化
1．查理定律（等容变化）：
①内容：一定质量的气体，在体积不变的情况下，它的压强跟热力学温度成正比，这个规律叫做查理定律。
②数学表达式：
③成立条件：a．气体的质量、体积保持不变；b．气体压强不太大，温度不太低。
④p-T图象--等容线：一定质量的某种气体在p-T图上的等容线是一条延长线过原点的倾斜直线；p-t图中的等容线在t轴的截距是-273.15℃，在下图中V1＜V2。
2．盖•吕萨克定律（等压变化）：
①内容：一定质量的气体在压强不变的情况下，它的体积跟热力学温度成正比。
②数学表达式：
③适用条件：a．气体质量不变、压强不变；b．气体温度不太低、压强不太大。
④V-T图象--等压线：一定质量的某种气体在V-T图上的等压线是一条延长线过原点的倾斜直线；V-t图中的等压线在t轴的截距是-273.15℃，在下图中p1＜p2。
易错题【01】
注意理想气体方程的应用条件。
易错题【02】
注意分装，漏气时等问题的灵活应用。
易错题【03】
注意从P-V,P-T,V-T图像读取相应的信息。
6．（2022•南京模拟）如图所示，劲度系数k＝500N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态。已知汽缸质量m1＝5kg，汽缸底面积S＝10cm2，大气压强p0＝1.0×105Pa，此时活塞离汽缸底部的距离h1＝40cm。现在汽缸顶部加一质量m2＝5kg的重物。忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力，汽缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10m/s2。则汽缸稳定时下降的距离（ ）
A．10 cm B．20 cm C．30 cm D．40 cm
【答案】B。
【解析】解：设未加重物时内部气体压强为p1，由平衡条件可得
p1S＝m1g+p0S
解得：p1＝1.5×105 Pa
加重物后，设汽缸内气体压强为p2，由平衡条件可得
p2S＝m1g+p0S+m2g
解得：p2＝2.0×105 Pa
由玻意耳定律有
p1h1S＝p2h2S
解得：h2＝0.3m
活塞下降距离为
所以汽缸稳定时下降的距离
Δh＝h1﹣h2+Δx＝0.4m﹣0.3m+0.1m＝0.2m＝20cm
7．（2022春•贺兰县月考）一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．a→b过程中，气体体积变小，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变
【答案】D。
【解析】解：A、a→b过程中，温度不变，压强减小，根据公式pV＝nRT，可知体积变大，故A错误；
B、b→c过程中，压强不变，温度减小，根据公式pV＝nRT，可知体积减小，故B错误；
C、c→a过程中，图像过原点，所以体积不变，温度升高，压强变大，故C错误；
D、c→a过程中，图像过原点，所以体积不变，温度升高，所以内能增加，故D正确；
8．（2022•渝中区校级开学）如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。通过实验，将温度值画在吸管上，以下说法正确的是（ ）
A．吸管右端的刻度对应更低的温度
B．温度的刻度并不是均匀的
C．若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，则测温范围会增大
D．若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大
【答案】D。
【解析】解：A、根据题意可知，罐内气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可知，罐内气体温度越高，体积越大，吸管内油柱越靠近吸管的右端，则吸管上的温度刻度值应左低右高，故A错误；
B、根据盖—吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即，根据题意，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有，，则，可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故B错误；
C、根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为，可知，若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离也会变大，则其测温范围会减小，故C错误；
D、根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为，可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会增大，故D正确。
9．（2022秋•沂南县校级月考）在某一带有活塞的密闭容器内质量为10g的理想气体在27℃时的p﹣V图线为图中的曲线乙。若X为此容器内充满质量为10g的该理想气体在温度为327℃时的曲线；Y为此容器内充满20g该理想气体在温度为27℃时的曲线。分子平均动能与热力学温度关系为＝，k是一个常数；理想气体状态方程pV＝nRT，n为气体物质的量，R为理想气体常数。下列说法中哪些是正确的（ ）
A．X、Y均为曲线丁
B．X为曲线丙，Y为曲线丁
C．在同一体积时，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体较Y曲线代表的气体多
D．曲线X与曲线Y代表的气体在相同体积时，温度均加热至1200K，则压强之比为1：2
【答案】D。
【解析】解：AB、X理想气体的热力学温度为600K，Y理想气体的热力学温度为300K，原有理想气体的热力学温度为300K，X、Y、原有理想气体的物质的量之比为1：1：2，根据pV＝nRT可知，X、Y理想气体pV乘积为原有理想气体的两倍，由图像可知，X、Y均为曲线丙，故AB错误；
C、由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，则在同一体积时，X理想气体的分子数是Y理想气体的一般，气体分子单位时间内撞击器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体教Y曲线代表的气体少，故C错误；
D、根据pV＝nRT可知，由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，则曲线X与曲线Y代表的气体在相同体积时，温度均加热至1200K，则压强之比为1：2，故D正确；
10．（2022秋•济南月考）如图所示是小明记录的一定质量的水的体积随温度变化的规律图像。据此分析，存放灌装的饮料（可视为水）最安全的温度是（ ）
A．0℃ B．4℃ C．8℃ D．16℃
【答案】B。
【解析】解：体积最小时，灌装饮料越容易存放，根据题图可确定最安全温度为4℃，故B正确，ACD错误；
11．（2022秋•鞍山月考）一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A。其中C﹣D﹣A为等温过程，该循环过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B→C过程中，气体对外界做功
B．B→C过程中，外界对气体做功
C．A→B过程中，1s内撞击1m2器壁的气体分子个数变少
D．A→B过程中，气体分子的平均动能减小
【答案】C。
【解析】解：AB、B→C过程中，气体的体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，故AB错误；
CD、A→B过程中，气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能变大，分子对器壁的碰撞力变大，但是气体体积变大，分子数密度减小，则ls内撞击1m2器壁的气体分子个数变少，故C正确，D错误；
12．（2022春•江苏月考）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态B的温度为320K，由状态A变化到状态B的过程中，气体内能增加了7.5×104J，1atm＝1.0×105Pa，（ ）
A．气体在状态C的温度为640℃
B．气体在状态C的内能与A的相等
C．状态A到B的过程中气体吸收1.25×105J的热量
D．状态A到B的过程中气体放出1.25×105J的热量
【答案】C。
【解析】解：A、气体从B到C做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：＝，解得：TC＝640K，即tC＝（640﹣273）℃＝367℃，故A错误；
B、根据一定质量的理想气体状态方程可得：＝C，则PV＝CT，气体从A到C过程中PV乘积增大，则温度升高、内能增大，所以气体在状态C的内能大于A状态的内能，故B错误；
CD、气体从A变化到状态B的过程中，气体内能增加了7.5×104J，气体对外做的功为：W＝pΔV＝0.5×105×（2﹣1）J＝5×104J；
根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q﹣W，解得：Q＝1.25×105J，所以气体从状态A到B的过程中气体吸收1.25×105J的热量，故C正确、D错误。
13．（2022春•任丘市校级月考）一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强﹣体积（p﹣V）图上的两条曲线I和II表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线I上的两点，气体在状态a和b的压强分别pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线II上的两点，气体在状态c和d的压强分别pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【答案】B。
【解析】解：A．根据一定质量的理想气体的气态方程，及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线I为等温变化，故可得a、b两点的温度相同，故A错误；
B．根据一定质量的理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有＝＝，故B正确；
C．从a到b，气体做等温变化，根据一定质量的理想气体的气态方程，由图像可知：pa＝p0
p0V0＝pb×3V0
所以：＝
故C错误；
D．根据一定质量的理想气体的气态方程，由图像可知pa＝pc
又＝
＝3
则＝＝
解得：＝2
故D错误.
14．（2022春•丽水期末）如图所示弯管，左侧a、b两处液面上方分别封闭一段气体，右侧开口处与大气相通。ab、cd两处液面高度差分别为h1、h2。现用一轻质活塞封住开口处一段气体。活塞不计重量且可在弯管内无摩擦滑动，大气压强为p0，装置气密性良好，右侧开口端与活塞足够远。下列说法正确的是（ ）
A．一定有h1＝h2
B．若仅加热右侧轻活塞处封闭的气体，d处液面上升
C．若缓慢向上推动活塞，a处液面上升，a处上方气体压强增大
D．若加热a处上方的气体，b、c液面之间气体的体积不变
【答案】C。
【解析】解：A、对中间封闭的气体，则p0﹣h2＝pa+h1，则h1不一定等于h2，故A错误；
B、当有活塞时，仅加热右侧轻活塞处封闭的空气，由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，d处液面也不变，故B错误；
C、缓慢上推活塞，活塞处封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可知，活塞处封闭气体体积减小压强增大，同理a和bc处封闭气体压强增大体积减小，a处液面上升，故C正确
D、若加热a处上方的气体，根据＝C可知该处体积增大，a处液面下降，b处液面上升，若b、c液面之间气体的体积不变，则c处液面上升，d处液面下降，h2增大，而由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，则pbc＝p0﹣h2
可见b、c液面之间气体的压强减小，而温度不变，则体积不可能不变，故D错误。
15．（2022春•徐州期末）布雷顿循环由两个等压变化、两个绝热过程构成，其压强p和体积V的关系如图所示。如果将工作物质看作理想气体，则下列说法中正确的是（ ）
A．AB过程中，外界对气体做功，气体温度升高
B．BC过程中，气体内能增加，气体分子的平均动能增大
C．CD过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．经过一个布雷顿循环，外界对气体做功，气体向外界放出热量
【答案】C。
【解析】解：A、从A到B过程中，气体经历等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据盖—吕萨克定律＝C可知，气体温度升高，故A错误；
B、从B到C过程中，气体经历绝热过程，Q＝0，体积增大，气体对外界做功，W＜0，根据热力学第一定律可知ΔU＝W+Q＝W＜0，气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C、从C到D过程中，气体经历等压变化，体积减小，外界对气体做功，根据盖—吕萨克定律＝C可知，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；
D、p﹣V图像与坐标轴所围的面积表示气体或外界所做的功，所以在ABC过程气体对外界做的功大于在CDA过程外界对气体做的功，则经过一个布雷顿循环，气体对外界做功，W＜0，而气体内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＞0，气体从外界吸收热量，故D错误。
16．（2022春•信阳期末）如图所示为一定质量的理想气体体积V随热力学温度T变化的图像，则下列说法正确的是（ ）
A．从状态a到状态c，气体分子密度先减小后增大
B．从状态a到状态c，气体分子的平均速率先增大后减小
C．在状态d时与在b状态时相比，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数少
D．气体在状态a的压强大于气体在状态b的压强
【答案】C。
【解析】解：A、从状态a到状态c，气体的体积先减小，后增大，所以气体分子密度先增大后减小，故A错误；
B、从状态a到状态c，气体的温度一直增大，所以气体分子的平均速率一直增大，故B错误；
C、根据一定质量的理想气体状态方程可知＝C，在状态d时与在b状态时相比，压强减小，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数少，故C正确；
D、根据一定质量的理想气体状态方程可知＝C，可知T＝TC，可知图像上各点与原点的连线的斜率代表压强的倒数，所以气体在状态a的压强小于气体在状态b的压强，故D错误；
17．（2022春•遂宁期末）一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后变回到初态1，其变化过程如图所示，则（ ）
A．从1到2过程中，气体对外做功，内能减小
B．从2到3过程中，气体对外做功，内能减小
C．从1到2到3到再回到1的过程中，气体一定从外界吸热
D．从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能增加
【答案】C。
【解析】解：A、从1到2过程中，气体体积不变而压强升高，气体对外不做功，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，气体内能增大，故A错误；
B、从2到3过程，气体压强不变而体积增大，气体对外做功，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，气体内能增大，故B错误；
C、从1到2到3到再回到1的过程气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积表示气体做功，由图示图象可知，该过程气体对外界做的功比外界对气体做功多，整个过程气体对外界做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＞0，气体从外界吸收热量，故C正确；
D、从3到1过程气体体积减小，气体分子数密度增大；由图示图象可知，p3V3＞p1V1，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知T3＞T1，气体温度降低，气体内能减小，故D错误。
18．（2022春•遂宁期末）一定质量的理想气体密闭在容器中，不同温度下各速率区间分子数占分子总数比例f（v）随速率v分布图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．如果气体体积不变，则温度T2时气体分子撞到器壁单位面积上平均作用力比T1时小
B．温度T1时气体压强一定比温度T2时气体压强小些
C．图中热力学温度T1＜T2
D．图中热力学温度T1＞T2
【答案】C。
【解析】解：ACD、由图示图象可知，温度为T2时分子平均速率大，分子平均动能大，温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，因此T2＞T1，如图气体体积V不变，由一定质量的理想气体状态方程＝C可知：p2＞p1，则温度T2时气体分子撞到器壁单位面积上平均作用力比T1时大，故AD错误，C正确；
B、 由于不知气体的体积关系，无法判断两温度下压强大小关系，温度T1时气体压强不一定比温度T2时气体压强小，故B错误；
19．（2022春•湖州期末）小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度并把B管水银面的高度转化成温度的刻度值当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（ ）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为﹣3℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
【答案】C。
【解析】解：A、管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，所以玻璃泡内气体发生等容变化，故A错误；
B、根据查理定律，压强与热力学温度成正比，当玻璃泡内温度增加（即外界温度增加），玻璃泡内的压强增加，水银柱下降，所以刻度值是下高上低，故B错误；
C、由题意知，大气压强p0＝76cmHg，温度t＝27℃时，玻璃泡A内的气体温度T＝300K
当B管内水银面的高度x＝16cm时，玻璃泡A内的气体压强p＝p0﹣px＝76cmHg﹣16cmHg＝60cmHg
另外，当B管内水银面高度x′＝22cm时，玻璃泡A内的气体压强p′＝p0﹣pH＝（76﹣22）cmHg＝54cmHg
设玻璃泡A内的气体温度为T′，由题意可知玻璃泡A内的气体做等容变化
由查理定律得：，解得T′＝270K，即此时的气温为t＝（T′﹣273）℃＝（270﹣273）℃＝﹣3℃，故C正确；
D、当管内水银面的高度为x时，地面上标准大气压下温度为T，设高山上压强为p′0，温度为T″，由查理定律得：＝，高山上压强减小，故显示温度高于实际温度，故D错误。
20．（2022春•舒城县校级期中）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40cm3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150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，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．30cm3 B．40cm3 C．50cm3 D．60cm3
【答案】B。
【解析】解：以臂带内的气体与充入的气体整体为研究对象，气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V+5p0V0＝p1×5V
已知：p0＝750mmHg，V0＝40cm3，p1＝（750+150）mmHg＝900mmHg
代入数据解得：V＝40cm3，故ACD错误，B正确。
21．（2022秋•湖北月考）如图所示，阀门K1关闭，K2打开时，气缸A中封闭有一定量的气体，气缸B与大气连通，气缸A、B内气体的温度均为t1＝27℃，连接A、B气缸的细导管中左管水银面比右管水银面高H1＝25cm；再关闭阀门K2，使气缸A、B内气体的温度缓慢降低至t2＝﹣3℃。已知外界大气压p0＝75cmHg，气缸A、B的体积分别为3V和2V，忽略导管中气体的体积。
（1）求降温至t2＝﹣3℃时左管水银面与右管水银面的高度差H2；
（2）保持气缸A、B内气体的温度t2＝﹣3℃不变，打开阀门K1，求气体混合均匀后的压强p。
【答案】（1）降温至t2＝﹣3℃时左管水银面与右管水银面的高度差H2为22.5cm
（2）保持气缸A、B内气体的温度t2＝﹣3℃不变，打开阀门K1，气体混合均匀后的压强p为54cmHg。
【解析】解：（1）设开始时A中的气体压强为pA，有pA+H1＝p0
容器A中的密封气体发生等容变化，有，
容器B中的密封气体也发生等容变化，有，
设降温至t2＝﹣3℃时左管水银面与右管水银面的高度差为H2，则pA'+H2＝pB'
代入数据解得H2＝22.5cm；
（2）K1打开后，对A和B中的气体，由玻意耳定律pA'VA+pB'VB＝p（VA+VB）
代入数据解得p＝54cmHg；
22．（2022春•长春月考）夏天天降暴雨，导致城市内涝。如图所示为某城市下水管道中侧面剖面图，由于井盖上的泄水孔因故堵塞，在井盖与水面之间封闭一定气体。当下水道内水位不断上升时，井盖可能会不断“跳跃”。设井盖质量m＝25kg，圆柱形竖直井内水面面积S＝0.25m2，图示时刻井盖到水面间距h＝2m，此时封闭气体压强与外界大气压强相等。已知环境温度不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，g＝10m/s2，求：（计算结果均保留1位有效数字）
（i）从图示位置开始，水面至少上涨多少后井盖第一次跳起？
（ii）在上问情况下，设井盖下落后，被封闭气体的压强又变为p0，且下水道内水面高度与井盖刚要跳起时水面高度相同，求此过程中逸出的空气与原来空气质量的比值。
【答案】（i）从图示位置开始，水面至少上涨0.02m后井盖第一次跳起；
（ii）此过程中逸出的空气与原来空气质量的比值为。
【解析】解：（i）设第一次跳跃，水面距离井盖距离为h2
气体逸出时压强为p2＝p0+
由玻意耳定律：p0hS＝p2h2S
解得：h2＝h，代入数据解得h2＝1.98m，
上升高度：Δh＝h﹣h2＝2m﹣1.98m＝0.02m；
（ii）井盖第一次跳跃后，水面距井盖距离为h2，气体压强仍为p0
则；
23．（2022春•德州期末）400年前伽利略最先发明了温度计。有人模仿伽利略温度计设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定量气体（可视为理想气体），与玻璃泡A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度h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。当温度是t1＝﹣13℃时，管内水银面恰好到达B管顶端，高度为h1＝24cm。外界大气压P0相当于76cm高的水银柱所产生的压强，水银槽的横截面积远大于B管的横截面积。求：
（1）若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。当B管内水银面高度为h2＝18cm时，温度为多少摄氏度？
（2）若玻璃泡A体积为V0＝300mL，管B的内截面积为S＝0.5cm2，考虑B管内气体体积，温度为31℃时，水银面的高度为多少？
【答案】（1）若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。当B管内水银面高度为h2＝18cm时，温度为多少17℃；
（2）考虑B管内气体体积，温度为31℃时，水银面的高度为12cm。
【解析】解：（1）若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，则A中气体做等容变化，有：＝其中：P1＝（76﹣24）cmHg＝52cmHg、T1＝（273﹣13）K＝260K
p2＝（76﹣18）cmHg＝58cmHg，
解得：T2＝290K
所以t2＝（T2﹣273）℃＝17℃
（2）若考虑B管中气体体积，则初状态P1＝（76﹣24）cmHg＝52cmHg、T1＝（273﹣13）K＝260K，V1＝V0＝300ml，
末状态的温度T3＝（273+31）K＝304K，设水银柱高为h3cm，p3＝（73﹣h3）cmHg，V3＝V0+S（20﹣h3）
由理想气体状态方程有：＝，
解得：h3＝12cm
24．（2022•高安市校级模拟）多种气体在一个密闭容器内混合时，我们认为每种气体的体积都占据了容器内的全部体积，且分别对容器壁产生独立的气压，而容器受到的总压强等于每种气体单独产生压强的之和：p总＝p1+p2+…。我们知道高压锅最节省能源的使用方法是：将已盖好密封锅盖的压力锅加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀S，此时可以认为锅内只有沸腾产生的水蒸气，空气已全部排除，然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已达到预期温度（即设计时希望达到的温度）。现有一压力锅，正确加热能达到的预期的温度为120℃，大气压为1.01x×05Pa。若未按正确方法使用压力锅，在点火前就加上压力阀，此时锅内温度为10℃（此时水蒸气气压忽略）那么加热到压力被顶起时，锅内水的温度是多少？已知：密闭容器内不同摄氏温度下由沸腾水蒸气产生的压强p与摄氏温度的关系如图。
【答案】加热到压力阀被顶起时，锅内水的温度是91.3℃。
【解析】解：根据题意可知，若操作正确，外界大气和压力阀二者产生的总压强应改为图中120℃水蒸气气压强，即为195kPa。10℃水蒸气气压几乎为零，可略去，设后来顶起压力阀时水蒸气气压为p，温度为（t+273）K，对空气由查理定律得，此p﹣t图像为一次函数，做出其函数图像，与原图像交点即为所解，t＝91.3℃。
25．（2021春•南岗区校级期末）如图所示，一足够长的气缸竖直放置在水平地面上，用不计质量密封好的活塞封闭一定量的理想气体，缸内有一开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分，活塞的横截面积为S，与气缸壁之间无摩擦。初始时A、B两部分容积相同，温度均为T，大气压强为p0。
（1）若加热气体，使气体的温度升为3T，则A、B两部分气体的体积之比是多少？
（2）若将气体温度加热至2.5T，然后在活塞上放一质量为m的砝码C（已知p0＝），直至最终达到新的平衡且此过程温度始终保持2.5T不变，最终气体的压强是多少？
【答案】（1）A、B两部分气体的体积之比是1：5；
（2）最终气体的压强是5p0。
【解析】解：（1）设A的容积为V，则初状态A、B总体积2V，气体发生等压变化，
由盖﹣吕萨克定律得：
解得：V′＝6V
则A、B两部分气体的体积之比
（2）假设活塞被压缩至薄隔板时气体的压强为p，气体初状态压强是p0，
理想气体状态方程得：
解得：p＝5p0
则有：pS＝5p0S＜p0S+mg＝8p0S，可知活塞一直被压缩至隔板处，此后气体体积、温度不变，则压强不再改变，最终气体的压强是5p0；
26．（2022•上海）如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm，大气压强为75cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（ ）
A．20cm B．25cm C．40cm D．45cm
【答案】A。
【解析】解：设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度为L1＝30cm＝0.3m，密闭气体初始状态：压强P1＝P0﹣Ph＝（75﹣25）cmHg＝50cmHg，体积V1＝SL1，移动右侧玻璃管后，压强P2＝P0＝75cmHg，体积V1＝SL2，根据玻意耳定律得：
P1V1＝P2V2
代入数据解得：L2＝0.2m＝20cm，
故A正确，BCD错误；
（多选）27．（2022•乙卷）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T﹣V图上的两条线段所示。则气体在（ ）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
【答案】ABD。
【解析】解：AC、根据一定质量的理想气体状态方程可得T＝，从a到b，图像的斜率不变，压强不变，从b到c的过程中，与坐标原点的连线的斜率逐渐减小，压强减小，故状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；
B、由a到b的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，故B正确；
DE、由a到b，气体的温度升高，内能增大且气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可得：Q＝ΔU﹣W，气体从外界吸热且大于增加的内能，故D正确，E错误；
（多选）28．（2022•甲卷）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p﹣T图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCE。
【解析】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程可得：，从a到b为过坐标原点的倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做功，故A错误；
B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，故内能一直增加，故B正确；
DEC、由于气体从a到b不做功W＝0，且内能逐渐增大，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体一直从外界吸热，且吸收的热量等于其内能的增加量，故CE正确，D错误；
29．（2022•湖南）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变。求
（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
【答案】（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1为1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小为1N。
【解析】解：（ⅰ）活塞处于A位置时，根据活塞处于静止状态可知
p1S+（m1+m2）g＝p0S，
代入数据解得p1＝1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，根据活塞封闭一定质量的理想气体做等温变化，
p1V0＝p2（V0+Sh）
p2＝p0﹣
联立解得F＝1N
30．（2022•广东）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ取1.0×103kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。
【答案】水底的压强为2.0×105Pa，水的深度为10m。
【解析】解：根据题目条件可知，气体的初始体积为V1＝380mL﹣80mL＝300mL；气体最终的体积为V2＝380mL﹣230mL＝150mL
因为此过程中温度不变，则
p0V1＝pV2
解得：p＝2.0×105Pa
又因为p＝p0+ρgh
代入数据解得：h＝10m
31．（2022•河北）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0，活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑，连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
（ⅰ）此时上、下两部分气体的压强；
（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
【答案】（i）此时上、下两部分气体的压强分别为2p0、p0；
（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量为。
【解析】解：（i）设此时上部分气体的压强为p1，下部分气体的压强为p2。
对上部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p1×SL0
解得：p1＝2p0；
由于气体总的体积不变，则此时下部分气体的体积为SL0
对下部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p2×SL0
解得：p2＝p0；
（ii）整个装置缓慢旋转至竖直方向时，对活塞整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：
mg+p0S+p2S＝p1S+p0S
解得：m＝。
32．（2022•乙卷）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
（ⅰ）求弹簧的劲度系数；
（ⅱ）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1）弹簧的劲度系数
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强为强+p0，温度为T0
【解析】解（1）对活塞与弹簧整体进行受力分析得：3mg+2p0S+ps＝2pS+p0S
对活塞Ⅱ受力分析得：p0S+F＝pS+mg
由胡克定律得：F＝0.1kl
联立解得：k＝
（2）通过对对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强p＝+p0，可知气体做的是等压变化，那么弹簧上弹力大小不变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变，
所以气体初态：体积V1＝S（l+0.1l）＝S•l
温度：T1＝T0
末态：体积V2＝2.2S•l；温度为T2
由理想气体状态方程得：
T2＝＝T0
33．（2022•甲卷）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（ⅰ）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【答案】（1）B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度为；
（2）A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强为。
【解析】解：（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0﹣V0＝V0
升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖﹣吕萨克定律可得：
解得：T1＝
（2）将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为P0，温度为T0，体积为
当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P2，体积为V2，由理想气体的状态方程得：
缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：
联立可得：P2＝
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