2022届高考备考物理二轮专题练习—— 气体实验定律及理想气体状态方程的应用（解析版）

这是一份2022届高考备考物理二轮专题练习—— 气体实验定律及理想气体状态方程的应用（解析版），共36页。试卷主要包含了热点题型归纳，最新模考题组练2等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 图像问题
\l "_Tc26924" 【题型二】 气缸问题
\l "_Tc12217" 【题型三】 汞柱问题
\l "_Tc30563" 【题型四】 变质量问题
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 图像问题
【典例分析】如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T0，体积为V.现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：
(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1；
(2)气体体积减半时的温度T2；
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
答案 (1)eq \f(p0－\f(mg,S),p0)T0 (2)eq \f(p0－\f(mg,S),2p0)T0 (3)见解析图
解析 (1)p1＝p0，p2＝p0－eq \f(mg,S)
等容过程：eq \f(p1,T0)＝eq \f(p2,T1)，解得：T1＝eq \f(p0－\f(mg,S),p0)T0
(2)等压过程：eq \f(V,T1)＝eq \f(\f(V,2),T2)，解得：T2＝eq \f(p0－\f(mg,S),2p0)T0
(3)如图所示
【提分秘籍】
气体实验定律
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，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．
(2)等容变化
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．
(3)等压变化
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
气体实验定律图象对比(质量一定)
气体状态变化图象的应用技巧
1．明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．
2．明确斜率的物理意义：在V－T图象(或p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．
【变式演练】
1．一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图所示，下列说法正确的是( )
A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小
E．c→a过程中， 气体从外界吸热，内能增大
答案 BCE
解析 b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C得知，体积应减小．故A错误．a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，压强减小，根据玻意耳定律pV＝C得知，体积增大．故B正确．c→a过程中，由图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，故C正确，D错误；一定质量的理想气体的内能只与气体温度有关，并且温度越高气体的内能越大，则知c→a过程中，温度升高，气体内能增大，而体积不变，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以气体一定吸收热量．故E正确．
2．如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析 (1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)
所以TA＝eq \f(VA,VB)TB＝eq \f(0.4,0.6)×300 K＝200 K
(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
所以pC＝eq \f(TC,TB)pB＝eq \f(400,300)×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出状态A→B→C的p－T图象如图所示．
3．一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列说法中正确的是( )
A．A→B温度升高，体积不变
B．B→C压强不变，体积变大
C．C→D压强变小，体积变小
D．B点的温度最高，C点的体积最大
答案 A
【题型二】 气缸问题
【典例分析】如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0与T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.
解析 (1)在气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律得：eq \f(p,T)＝eq \f(p0,T1)，
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得
eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)
得V1＝eq \f(1,2)V
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝α(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU
解得Q＝eq \f(1,2)p0V＋αT0.
【提分秘籍】
汽缸活塞类模型
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题．
解决汽缸活塞类问题的一般思路
1、弄清题意，确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．
2、分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程．
3、注意挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
4、多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．
汽缸活塞类问题的几种常见类型
1、气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题．
2、气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题．
3、封闭气体的容器(如汽缸、活塞、玻璃管等)与气体发生相互作用的过程中，如果满足守恒定律的适用条件，可根据相应的守恒定律解题．
4、两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
【变式演练】
1．如图所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为S＝1×10－3 m2，汽缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底高度L1＝12 cm，此时汽缸内被封闭气体的压强p1＝1.5×105 Pa，温度T1＝300 K，外界大气压p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2.
(1)现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400 K．其压强p2多大？
(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度降为T3＝360 K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？
(3)保持气体温度为360 K不变，让汽缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4＝16 cm处，则求汽缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a的大小及方向．
答案 (1)2.0×105 Pa (2)18 cm (3)7.5 m/s2，方向向上
解析 (1)等容变化：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝2.0×105 Pa
(2)活塞受力平衡，故封闭气体压强
p3＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
根据理想气体状态方程，有eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p3V3,T3)，又V2＝L1S，V3＝L3S，解得：L3＝18 cm
(3)等温变化：p3V3＝p4V4，解得p4＝1.35×105 Pa
应向上做匀加速直线运动
对活塞，由牛顿第二定律：p4S－p0S－mg＝ma
解得：a＝7.5 m/s2.
2．一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置．活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm.外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g＝10 m/s2，求：
(1)此时气体的温度为多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
答案 (1)450 K (2)310 J
解析
(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，
V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K
当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有
p1S＝p0S＋mg
则p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.0×105 Pa＋eq \f(200,10－2) Pa＝1.2×105 Pa
V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得eq \f(p0L1S,T0)＝eq \f(p1L1＋L2S,T1)
则T1＝eq \f(p1L1＋L2,p0L1)T0＝eq \f(1.2×105×15,1.0×105×12)×300 K＝450 K.
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
则L＝eq \f(p0L1,p1)＝eq \f(1.0×105×12,1.2×105) cm＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60 J
根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q得ΔU＝310 J.
3．如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看作理想气体．
(1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；
(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动eq \f(L,2)时，求汽缸内气体的温度．
答案 (1)1.2×105 Pa (2)500 K
解析 (1)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa
(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖—吕萨克定律得
eq \f(S1L＋S2L,T1)＝eq \f(S1\f(L,2)＋S2\f(3L,2),T2)
代入数据解得T2＝500 K.
【题型三】 汞柱问题
【典例分析】如图所示，一细U型管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为280 K，管的各部分尺寸如图所示，图中封闭空气柱长度L1＝20 cm.其余部分长度分别为L2＝15 cm，L3＝10 cm，h1＝4 cm，h2＝20 cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为p0＝76 cmHg，求：
(1)气体温度升高到多少时右侧水银柱开始全部进入竖直管；
(2)气体温度升高到多少时右侧水银柱与管口相平．
答案 (1)630 K (2)787.5 K
解析 (1)设U型管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态：
p1＝p0＋h1＝(76＋4) cmHg＝80 cmHg，V1＝L1S＝20S
当右侧的水银全部进入竖直管时，水银柱的高度：h＝h1＋L3＝(4＋10) cm＝14 cm，此时左侧竖直管中的水银柱也是14 cm
气体的状态参量：p2＝p0＋h＝(76＋14) cmHg＝90 cmHg，V2＝L1S＋2L3S＝20S＋2×10S＝40S
由理想气体的状态方程得：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
代入数据得：T2＝630 K
(2)水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动，右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：V3＝L1S＋L3S＋h2S＝20S＋10S＋20S＝50S
由盖—吕萨克定律：eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)
代入数据得：T3＝787.5 K.
【提分秘籍】
玻璃管液封模型
求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：
1、液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；
2、不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
3、有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；
4、当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷．
【变式演练】
1．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.
(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．
答案 (1)12.0 cm (2)13.2 cm
解析 (1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.
由玻意耳定律得pl＝p1l1①
由力学平衡条件得p＝p0＋h②
打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有
p1＝p0－h1③
联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm④
(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.
由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤
由力学平衡条件有p2＝p0⑥
联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦
设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得
Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧
联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm.
2．在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝eq \f(2σ,r)，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．
答案 (1)28 Pa (2)eq \r(3,2)
解析 (1)由公式Δp＝eq \f(2σ,r)得Δp＝eq \f(2×0.070,5×10－3) Pa＝28 Pa
水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa.
(2)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
其中，V1＝eq \f(4,3)πreq \\al( 3,1)②
V2＝eq \f(4,3)πreq \\al( 3,2)③
由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有
p1＝p0＋ρgh1＝1×105 Pa＋1×103×10×10 Pa
＝2×105 Pa＝2p0④
p2＝p0⑤
将②③④⑤代入①得，2p0×eq \f(4,3)πreq \\al( 3,1)＝p0×eq \f(4,3)πreq \\al( 3,2)
2req \\al( 3,1)＝req \\al( 3,2)
eq \f(r2,r1)＝eq \r(3,2).
3．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变．(保留三位有效数字)
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位．由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l1＝20.0 cm①
l1′＝(20.0－eq \f(20.0－5.00,2)) cm＝12.5 cm②
由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋eq \f(20.0－5.00,2) cm－h＝11.5 cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h≈9.42 cm.
【题型四】 变质量问题
【典例分析】如图所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0.开始时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.
(1)求此时气体的压强；
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．
答案 (1)eq \f(7,6)p0 (2)eq \f(6,7)
解析 (1)由题意知气体体积不变，由查理定律得eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(T1,T0)p0＝eq \f(350,300)p0＝eq \f(7,6)p0.
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2
则V2＝eq \f(p1V0,p0)＝eq \f(7,6)V0
所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为eq \f(ρV0,ρ·\f(7,6)V0)＝eq \f(6,7).
【提分秘籍】
变质量气体问题的分析技巧
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解．
1、打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题．
2、抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程．
3、灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4、漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解．
【变式演练】
1．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为________的空气．
A.eq \f(p0,p)V B.eq \f(p,p0)V
C．(eq \f(p,p0)－1)V D．(eq \f(p,p0)＋1)V
答案 C
解析 设充入气体体积为V0，根据玻意耳定律可得p0(V＋V0)＝pV，解得V0＝(eq \f(p,p0)－1)V，C项正确．
2．热等静压设备广泛应用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．
(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(2)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
答案 (1)3.2×107 Pa (2)1.6×108 Pa
解析 (1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1①
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为：V1′＝V1－V0②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体在室温下的压强为p2，体积为V2，
由玻意耳定律：p2V2＝10p1V1′③
联立①②③式并代入题给数据得：p2＝3.2×107 Pa④
(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔的温度为T1，气体压强为p3，由查理定律得：eq \f(p3,T1)＝eq \f(p2,T0)⑤
联立④⑤式并代入题给数据得：p3＝1.6×108 Pa.
3．如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 cm3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化．(设外界大气的压强p0＝1×105 Pa)
(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打多少次气？
(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa，则可充满多少瓶？
答案 (1)40次 (2)4瓶
解析 (1)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，
则气体的初状态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝V0＋nΔV
末状态：p2＝5.0×105 Pa，V2＝V0
其中：V0＝2 dm3，ΔV＝0.2 dm3
由玻意耳定律：p1V1＝p2V2
代入数据解得：n＝40.
(2)设气压为p3＝2.0×105 Pa时氧气的体积为V3
由玻意耳定律有：p2V2＝p3V3
代入数据解得：V3＝5 dm3
真空瓶的容积为V瓶＝0.7 dm3
因：eq \f(V3－V2,V瓶)＝4eq \f(2,7)
故可充满4瓶．
1．（2021年全国乙卷）（1）（多选）如图，一定量的理想气体从状态a（）经热力学过程后又回到状态a。对于三个过程，下列说法正确的是______。
A.过程中，气体始终吸热
B.过程中，气体始终放热
С.过程中，气体对外界做功
D.过程中，气体的温度先降低后升高
E.过程中，气体的温度先升高后降低
（2）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管粗细均匀，两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求两管内水银柱的高度差。
答案：（1）ABE
（2）本题考查玻意耳定律的应用。
对B管中的气体，原来的压强为
体积为，缓慢注入水银后，气体的压强为
气体发生等温变化，则有
代入数据解得
此时B管中水银的高度为
对A管中的气体，原来的压强为
体积为
缓慢注入水银后，气体的压强为
气体发生等温变化，则有
即
代入数据解得
解析：（1）本题考查理想气体状态方程的应用及热力学第一定律。过程中，气体体积不变，不对外做功，由于压强增大，根据，气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，A项正确；过程，气体发生等压压缩，外界对气体做功，气体的温度降低，内能减小，气体放出热量，B项正确，C项错误；过程中，气体先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，气体的温度先升高后降低，D项错误，E项正确。
2．（2021年广东卷）（1）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能_____（选填“变大”，“变小”或“不变”）。
（2）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示。某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为。护士把注射器内横截面积为、长度为0.4 cm、压强为的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
答案：（1）小于；不变
（2）本题考查变质量的气体问题。
对瓶内与注射器内气体
由玻意耳定律有
可得
解析：（1）本题考查理想气体状态方程和气体分子的平均动能。瓶内气体温度不变，但体积减小，根据可知，气体压强增大。气体温度不变，气体分子的平均动能不变。
3、（2021年河北卷）（2）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为。
（ⅰ）当夹层中空气温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
（ⅱ）当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃，大气压强为。
答案：（2）本题考查热力学定律。
（i）由题意可知，夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（ii）当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
4、（2021年湖南卷）（2）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度。设外界大气压强,重力加速度。
（i）当电子天平示数为400.0 g时，环境温度为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度为多少？
答案：（2）本题考查理想气体的压强与环境温度的关系。
（i）根据题意受力分析可得
则可得初始条件为
由此可得此时汽缸内的压强与大气压强相同，当天平示数为400 g时，此时
则代入数据可得
根据，
代入数据可得
（ii）当时，此时电子天平示数为1200 g，
则可得
则根据
代入数据可得
5、（2021年全国甲卷）（1）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度（）图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，和分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；是它们的延长线与横轴交点的横坐标，；a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比______；气体在状态b和c的压强之比_______。
（2）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为两部分；初始时，的体积均为V，压强均等于大气压。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
（i）求A的体积和B的压强；
（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
答案：（1）
（2）本题考查玻意耳定律的应用。
（i）对B部分气体分析，等温变化，根据玻意耳定律有
解得
对A部分气体分析，根据玻意耳定律有
联立解得
（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A部分的气体体积为，由玻意耳定律可得
则A部分的气体此情况下的压强为
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为、压强为,B部分的气体体积为、压强为，根据等温变化有
联立解得（舍去），
解析：（1）本题考查对等压变化图像的理解。根据理想气体实验定律（常数），有，在等压变化的图像中，图像为过原点的倾斜直线，斜率的倒数与压强成正比，其中温度使用热力学温标，为热力学温标0 K，故可将本题中位置作为图像的原点，则气体在状态a和b的压强之比，气体在状态b和c的压强之比。
6．图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是( )
A．TATB，TB＝TC
C．TA>TB，TBTC
答案 C
解析 由题中图象可知，气体由A到B过程为等容变化，由查理定律得eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)，pA>pB，故TA>TB；由B到C过程为等压变化，由盖·吕萨克定律得eq \f(VB,TB)＝eq \f(VC,TC)，VB7.如图，容积为V的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时氮气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将氮气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p0、体积为eq \f(V,15)、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃不变．求：
(1)冷库内的温度；
(2)充气结束后，瓶内气体压强．
答案 (1)270 K(或－3 ℃) (2)4p0
解析 (1)因氮气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p1，温度为T1，移至冷库外后，瓶内气体压强为p0，温度为T2＝300 K
由查理定律，有：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p0,T2)
代入数据得：T1＝270 K，
即冷库内的温度为270 K或－3 ℃.
(2)打气前，瓶内气体及所打入的气体压强均为p0，总体积：V2＝V＋45×eq \f(V,15)＝4V
充气结束后，气体压强为p3，体积为V3＝V
气体温度不变，由玻意耳定律，有：p0V2＝p3V3
解得：p3＝4p0.
8．如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则( )
A．Tb＞Tc，Qab＞Qac B．Tb＞Tc，Qab＜Qac
C．Tb＝Tc，Qab＞Qac D．Tb＝Tc，Qab＜Qac
答案 C
解析 a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：eq \f(V0,Ta)＝eq \f(2V0,Tb)，得Tb＝2Ta，a→c过程为等容变化，由查理定律得：eq \f(p0,Ta)＝eq \f(2p0,Tc)，得Tc＝2Ta，所以Tb＝Tc.
由热力学第一定律，a→b：Wab＋Qab＝ΔUab
a→c：Wac＋Qac＝ΔUac
又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac>0，则有Qab＞Qac，故C项正确．
9.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A的温度为300 K.
(1)求气体在状态B的温度；
(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．
答案 (1)1 200 K (2)放热，理由见解析
解析 (1)由理想气体的状态方程eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pBVB,TB)
解得气体在状态B的温度TB＝1 200 K
(2)由B→C，气体做等容变化，由查理定律得：eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
TC＝600 K
气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，可知气体要放热．
10．如图所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B.活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g.
(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔU1，求B气体内能增加量ΔU2.
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2.求此时添加砂粒的总质量Δm.
答案 (1)Q－(mg＋p0S)h－ΔU1 (2)(eq \f(2T2,T1)－1)(eq \f(Sp0,g)＋m)
解析 (1)B气体对外做的功：W＝pSh＝(p0S＋mg)h
由热力学第一定律得ΔU1＋ΔU2＝Q－W
解得ΔU2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔU1
(2)停止对气体加热后，B气体的初状态：
p1＝p0＋eq \f(mg,S)
V1＝2hS，T1
B气体的末状态：
p2＝p0＋eq \f(m＋Δmg,S)
V2＝hS，T2
由理想气体状态方程
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得Δm＝(eq \f(2T2,T1)－1)(eq \f(Sp0,g)＋m)．
11、如图所示，两汽缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的eq \f(1,4)，活塞b在汽缸正中间．
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度的eq \f(1,16)时，求氧气的压强．
答案 (1)320 K (2)eq \f(4,3)p0
解析 (1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压变化，设汽缸A的容积为V0，氮气初态的体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为eq \f(V0,4)，则
V1＝eq \f(3,4)V0＋eq \f(1,2)×eq \f(V0,4)＝eq \f(7,8)V0①
V2＝eq \f(3,4)V0＋eq \f(V0,4)＝V0②
由题给数据及盖—吕萨克定律有：
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)③
由①②③式及所给的数据可得：T2＝320 K④
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的eq \f(1,16)时，活塞a上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由所给数据及玻意耳定律可得
V1′＝eq \f(1,4)V0，p1′＝p0，V2′＝eq \f(3,16)V0⑤
p1′V1′＝p2′V2′⑥
由⑤⑥式可得：p2′＝eq \f(4,3)p0.
12.如图所示，导热性能极好的汽缸，高为L＝1.0 m，开口向上固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝100 cm2、质量为m＝20 kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内．当外界温度为t＝27 ℃、大气压为p0＝1.0×105 Pa时，气柱高度为l＝0.80 m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10 m/s2，求：
(1)如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸顶端，在顶端处，竖直拉力F为多大；
(2)如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到汽缸顶端时，环境温度为多少摄氏度．
答案 (1)240 N (2)102 ℃
解析 (1)设起始状态汽缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至汽缸顶端，设汽缸内气体压强为p2，
由玻意耳定律得p1Sl＝p2SL
在起始状态对活塞由受力平衡得
p1S＝mg＋p0S
在汽缸顶端对活塞由受力平衡得
F＋p2S＝mg＋p0S
联立并代入数据得F＝240 N
(2)由盖—吕萨克定律得
eq \f(lS,273＋27)＝eq \f(LS,273＋t)
代入数据解得t＝102 ℃.
13．如图所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长．已知大气压强为p0＝75 cmHg.
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图b所示．当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图a中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度．
答案 (1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm
解析 (1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，
由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)
解得h＝0或h＝17.5 cm
则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm
(2)若将图a中阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，设左管水银面下降的高度为l，由玻意耳定律得
p0L＝[p0－(H－l)](L＋l)
解得l＝10 cm或l＝－70 cm(舍去)
即左管水银面下降的高度为10 cm.
14．一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
解析：(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋eq \f(1,4)πd2l①
V1＝eq \f(1,4)πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρhg③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝eq \f(ρπgh2d2,4V0＋πd2l－h)。⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤eq \f(πρgl2d2,4V0)⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝eq \f(πρgl2d2,4V0)。⑧
答案：(1)eq \f(ρπgh2d2,4V0＋πd2l－h) (2)eq \f(πρgl2d2,4V0)
15.如图所示，U形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是( )
解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p ­T图像中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p ­T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
16．一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小；
(2)求该热气球内空气所受的重力；
(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝eq \f(m,V0)①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝eq \f(m,VT)②
由盖­吕萨克定律得eq \f(V0,T0)＝eq \f(VT,T)③
联立①②③式得
ρ(T)＝ρ0eq \f(T0,T)④
气球所受到的浮力为
f＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得
f＝Vgρ0eq \f(T0,Tb)。⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得
G＝Vgρ0eq \f(T0,Ta)。⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝f－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tb)－\f(1,Ta)))－m0。
答案：(1)Vgρ0eq \f(T0,Tb) (2)Vgρ0eq \f(T0,Ta) (3)Vρ0T0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tb)－\f(1,Ta)))－m玻意耳定律
查理定律
盖—吕萨克定律
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
一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比
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
表
达
式
p1V1＝p2V2
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)或
eq \f(p1,p2)＝eq \f(T1,T2)
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)或
eq \f(V1,V2)＝eq \f(T1,T2)
图象
定律
变化过程
一定质量气体的两条图线
图线特点
玻意耳定律
等温变化
等温变化在p－V图象中是双曲线，由eq \f(pV,T)＝常数知，T越大，pV值就越大，故远离原点的等温线对应的温度高，即T1＜T2，等温变化的p－eq \f(1,V)图象是通过原点的直线，斜率越大则温度越高，所以T2＞T1
查理定律
等容变化
等容变化的p－T图象是通过原点的直线，由eq \f(pV,T)＝常数可知，体积大时图线斜率小，所以V1＜V2
盖—吕萨克定律
等压变化
等压变化的V－T图象是通过原点的直线，由eq \f(pV,T)＝常数可知，压强大时斜率小，所以p1＜p2