新高考物理一轮复习精讲精练第16章热学第2讲 固体液体气体（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第16章热学第2讲 固体液体气体（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理一轮复习精讲精练第16章热学第2讲固体液体气体原卷版doc、新高考物理一轮复习精讲精练第16章热学第2讲固体液体气体解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。

一、固体和液体
1．固体
(1)固体分为晶体和非晶体两类。石英、云母、明矾、食盐、味精、蔗糖等是晶体。玻璃、蜂蜡、松香、沥青、橡胶等是非晶体。
(2)单晶体具有规则的几何形状，多晶体和非晶体没有规则的几何形状；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。
(3)有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象称为各向异性。非晶体和多晶体在各个方向的物理性质都是一样的，这叫做各向同性。
2．液体
(1)液体的表面张力：液体表面的分子之间的作用力表现为引力，它的作用是能使液体表面绷紧，所以叫做液体的表面张力。
(2)毛细现象：指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，毛细管越细，毛细现象越明显。
3．液晶
(1)具有液体的流动性。
(2)具有晶体的光学各向异性。
(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的。
二、饱和汽、饱和汽压和相对湿度
1．饱和汽与未饱和汽
(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。
(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽。
2．饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3．相对湿度
空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比。
即：相对湿度＝ eq \f(水蒸气的实际压强,同温度水的饱和汽压) 。
三、气体
1．气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强。
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度。
2．理想气体
(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵从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，所以理想气体无分子势能。
3．气体实验定律
4．理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程： eq \f(p1V1,T1) ＝ eq \f(p2V2,T2) 或 eq \f(pV,T) ＝C。
考点一、固体和液体性质的理解
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。多晶体和非晶体具有各向同性。
(2)只要是具有各向异性的固体必定是晶体，且是单晶体。
(3)只要是具有确定熔点的固体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2．液体表面张力
在液体内部，分子间平均距离r略小于r0，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子间的距离r略大于分子间的平衡距离r0，分子间的作用力表现为引力。
3．浸润和不浸润
浸润和不浸润也是分子力作用的表现。当液体与固体接触时，液体和与之接触的固体的相互作用可能比液体分子之间的相互作用强，也可能比液体分子之间的相互作用弱，这取决于液体、固体两种物质的性质。如果液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用强，则液体能够浸润固体，反之，则液体不浸润固体。
4．毛细现象
由于液体浸润管壁，如细玻璃管中的水，液面呈如图形状。液面边缘部分的表面张力如图所示，这个力使管中液体向上运动。当管中液体上升到一定高度时，液体所受重力与这个使它向上的力平衡，液面稳定在一定的高度。实验和理论分析都表明，对于一定的液体和一定材质的管壁，管的内径越细，液体所能达到的高度越高。对于不浸润液体在细管中下降，也可作类似分析。
例1、关于热学知识的理解，下列说法中正确的是( )
A．单晶体的某些物理性质呈现各向异性
B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为斥力
C．雨水没有透过雨伞是因为水和伞的不浸润现象
D．在熔化过程中，非晶体要吸收热量，但温度可以保持不变
【答案】A
【解析】单晶体的某些物理性质呈现各向异性，选项A正确；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力，选项B错误；雨水没有透过雨伞是因为液体表面张力，故C错误；在熔化过程中，非晶体要吸收热量，温度升高，故D错误。
例2、(2022·宁夏石嘴山市第三中学模拟)关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是( )
A．甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B．乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C．丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象，低于管外液面的不是毛细现象
D．丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是一种浸润现象
【答案】B
【解析】因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润情况下，容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故液体分子间作用力表现为斥力，附着层内液面升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面，都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误．
课堂随练
训练1、(多选)下列说法正确的是( )
A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D．食盐受潮后结成块，说明食盐从晶体变成非晶体
【答案】AB
【解析】在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，A正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是单晶体，其导热性表现为各向异性，C错误；要判断一种物质是否是晶体，应看它是否有确定的熔点，食盐受潮后结块，只是从单晶体变成多晶体，故D错误。
训练2、(多选)关于液晶，下列说法中正确的是( )
A．液晶不是液体和晶体的混合物
B．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光
D．所有物质都具有液晶态
【答案】AB
【解析】液晶并不是指液体和晶体的混合物，是一种特殊的物质，液晶像液体一样具有流动性，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A、B正确；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶并不发光，故C错误；不是所有的物质都有液晶态，故D错误。
考点二、气体压强的计算及微观解释
1．对气体压强的理解
2．平衡状态下气体压强的求法
3．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
例1、(1)汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图甲所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，汽缸中气体的压强为______________。
(2)如图乙、丙中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g。则封闭气体A的压强为____________；B的压强为____________。
(3)如图丁所示，一导热良好的足够长汽缸水平放置在光滑水平桌面上，桌面足够高，汽缸内有一活塞封闭了一定质量的理想气体。一足够长轻绳跨过定滑轮，一端连接在活塞上，另一端挂一钩码，滑轮与活塞间的轻绳与桌面平行，不计一切摩擦。已知当地重力加速度为g，大气压为p0，钩码质量为m1，活塞质量为m2，汽缸质量为m3，活塞横截面积为S。则释放钩码，汽缸稳定运动过程中，汽缸内理想气体的压强为________。
A．p0－ SKIPIF 1 < 0 B．p0－ SKIPIF 1 < 0
C．p0 D．p0－eq \f(m1g,S)
【答案】(1)p0＋ SKIPIF 1 < 0 (2)p0＋eq \f(mg,S) p0－eq \f(Mg,S) (3)A
【解析】(1)对图甲中重物和活塞整体进行受力分析，如图1所示，
由平衡条件得p气S′＝ SKIPIF 1 < 0
又因为S′＝eq \f(S,sinα)
所以p气＝ SKIPIF 1 < 0 ＝p0＋ SKIPIF 1 < 0 。

(2)题图乙中选活塞为研究对象，受力分析如图2所示，有
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋eq \f(mg,S)
题图丙中选汽缸为研究对象，受力分析如图3所示，有
p0S＝pBS＋Mg
得pB＝p0－eq \f(Mg,S)。
(3)设轻绳张力为T，由牛顿第二定律可知，对钩码有：m1g－T＝m1a，对活塞和汽缸整体有：T＝(m2＋m3)a，对汽缸有：p0S－pS＝m3a，联立解得p＝p0－ SKIPIF 1 < 0 ，故选A。
例2、(2021·湖南高考)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定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2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一个质量m2＝1200 g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T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
【答案】(1)297 K (2)309 K
【解析】(1)当电子天平示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力为F1＝(m2－m示)g＝m1g
因为细绳对活塞的拉力F2＝F1＝m1g，
则汽缸内气体压强p1＝p0①
当电子天平示数为m示′＝400.0 g时，设汽缸内气体压强为p2，对活塞受力分析有
(m2－m示′－m1)g＝(p0－p2)S②
由题意可知，汽缸内气体体积不变，由查理定律有
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)③
联立①②③式解得T2＝297 K。
(2)环境温度越高，汽缸内气体压强越大，细绳对活塞的拉力越小，细绳对铁块的拉力越小，则电子天平示数越大，当细绳对铁块的拉力为0，即电子天平的示数恰好为1200 g时，对应的环境温度为该装置可以测量的最高环境温度。设此时汽缸内气体压强为p3，对活塞受力分析有
(p3－p0)S＝m1g④
由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)⑤
联立①④⑤式解得Tmax＝309 K。
例3、若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强。
【答案】甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－eq \f(\r(3),2)ρgh 丁：p0＋ρgh1
【解析】在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S＋ρghS＝p0S
所以p甲＝p0－ρgh
在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知
pAS＋ρghS＝p0S
p乙＝pA＝p0－ρgh
在题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
pA′S＋ρghsin 60°·S＝p0S
所以p丙＝pA′＝p0－eq \f(\r(3),2)ρgh
在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件得
p丁S＝(p0＋ρgh1)S
所以p丁＝p0＋ρgh1。
例4、(2020·全国卷Ⅲ)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【答案】(1)12.9 cm (2)363 K
【解析】(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm。⑤
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑥
按题设条件有
V3＝(2H－h)S⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2＝363 K。⑧
例5、(2019·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处。求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
【答案】(1)eq \f(1,2)(p0＋p) (2)eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p SKIPIF 1 < 0
【解析】(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝eq \f(1,2)(p0＋p)。②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得p1＝eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p⑦
V1＝ SKIPIF 1 < 0 。⑧
例6、某容积为20 L的氧气瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)
【答案】25瓶
【解析】设最多能分装n个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象。因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律。
分装前整体的状态：
p1＝30 atm，V1＝20 L；p2＝1 atm，V2＝5n L
分装后整体的状态：
p1′＝5 atm，V1′＝20 L；p2′＝5 atm，V2′＝5n L
根据玻意耳定律，有p1V1＋p2V2＝p1′V1′＋p2′V2′
代入数据解得n＝25(瓶)。
课堂随练
训练1、为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物．当缸内温度为T1＝360 K时，活塞与缸底相距H＝6 cm、与重物相距h＝4 cm.已知锅炉房内空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度．
(1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2.
(2)当锅炉外壁的温度为660 K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量M.
【答案】(1)600 K (2)1 kg
【解析】(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，V1＝HS，V2＝(H＋h)S
由盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
代入数据解得T2＝600 K
(2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化T3＝660 K
由平衡条件有p＝p0＋eq \f(Mg,S)
由查理定律有eq \f(p0,T2)＝eq \f(p,T3)
代入数据解得M＝1 kg.
训练2、如图所示，一粗细均匀的“山”形管竖直放置，A管上端封闭，B管上端与大气相通，C管内装有带柄的活塞，活塞下方直接与水银接触．A管上方用水银封有长度L＝10 cm的空气柱，温度t1＝27 ℃；B管水银面比A管中高出h＝4 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg.为了使A、B管中的水银面等高，可以用以下两种方法：
(1)固定C管中的活塞，改变A管中气体的温度，使A、B管中的水银面等高，求此时A管中气体的热力学温度T2；
(2)在温度不变的条件下，向上抽动活塞，使A、B管中的水银面等高，求活塞上移的距离ΔL.(结果保留一位小数)
【答案】(1)228 K (2)5.1 cm
【解析】(1)设“山”形管的横截面积为S，对A部分气体，
初态有p1＝p0＋h＝76 cmHg＋4 cmHg＝80 cmHg
末态有p2＝76 cmHg
气柱长度为L＝10 cm，L′＝8 cm
根据理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
故有eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(p2L′S,T2)
解得T2＝ 228 K
(2) 由于T不变，对A部分气体根据玻意耳定律可得p1V1＝p3V3
即有p1LS＝p0L3S
解得L3≈10.53 cm
所以C管中水银长度的增加量为
ΔL＝4 cm＋0.53 cm＋0.53 cm≈5.1 cm
即活塞上移的距离为5.1 cm.
训练3、(2020·山东等级考)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(20,21)。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq \f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【答案】eq \f(1,3)
【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0，T2＝300 K、V2＝eq \f(20V0,21)①
由理想气体状态方程得
eq \f(p0V0,T1)＝eq \f(p2·\f(20,21)V0,T2)②
代入数据得
p2＝0.7p0③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，由题意知
p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④
由玻意耳定律得
p0V0′＝p2V4⑤
联立③⑤式，代入数据得
V4＝eq \f(10,7)V0′⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－eq \f(20,21)V0′⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V4)⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
eq \f(Δm,m)＝eq \f(1,3)。⑨
训练4、一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p0(p0为1个标准大气压)。为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：
(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度。
(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
【答案】(1)87 ℃ (2)eq \f(5,6)
【解析】(1)对气体由查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得T1＝eq \f(p1,p0)T0＝360 K，
气体原来温度为t＝(360－273)℃＝87 ℃。
(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，由气体的玻意耳定律有p1V0＝p0V，
解得V＝eq \f(p1,p0)V0＝1.2V0，
则剩余气体与原来气体的质量比为eq \f(m剩,m总)＝eq \f(ρV0,ρV)＝eq \f(5,6)。
考点三、气体状态变化的图像问题
1．四种图像的比较
2．处理气体状态变化的图像问题的技巧
(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；图像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．看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解．
(2)在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．
例1、一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p­T和V­T图像各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度600 K时气体的压强；
(2)在p­T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
【答案】(1)1.25×105 Pa (2)见解析图
【解析】(1)已知p1＝1.0×105 Pa，V1＝2.5 m3，T1＝400 K，V2＝3 m3，T2＝600 K，由理想气体状态方程有
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
得p2＝eq \f(p1V1T2,T1V2)＝1.25×105 Pa
也可以由图像解，但要有必要的说明。
(2)气体从T1＝400 K升高到T3＝500 K，经历了等容变化，由查理定律：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,T3)，得气体压强p3＝1.25×105 Pa
气体从T3＝500 K变化到T2＝600 K，经历了等压变化，画出两段直线如图。
例2、(2020·北京高考)如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是( )
A．TA＝TB，TB＝TC B．TAC．TA＝TC，TB>TC D．TA＝TC，TB【答案】C
【解析】由图可知，从状态A到状态B是一个等压过程，则有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，因为VApC，故TB>TC；从状态A到状态C有eq \f(2p0×\f(3,5)V0,TA)＝eq \f(\f(3,5)p0×2V0,TC)，可得TA＝TC。综上所述，可知C正确，A、B、D错误。
课堂随练
训练1、一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－eq \f(1,V)图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与eq \f(1,V)轴垂直．气体在此状态变化过程中( )
A．a→b过程，压强减小，温度不变，体积增大
B．b→c过程，压强增大，温度降低，体积减小
C．c→d过程，压强不变，温度升高，体积减小
D．d→a过程，压强减小，温度升高，体积不变
【答案】A
【解析】由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A正确；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b的温度低，b→c过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B错误；c→d过程，气体压强不变而体积变小，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故C错误；d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故D错误．
训练2、(2022·湖北省开学摸底)使一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
(1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度。
(2)将上述状态变化过程画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。
【答案】(1)600 K 600 K 300 K (2)见解析
【解析】(1)A→B为等压过程，根据盖­吕萨克定律有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)
得TB＝2TA＝600 K
B→C为等温线，得TC＝TB＝600 K
因为pAVA＝pDVD，所以TD＝TA＝300 K。
(2)已知A→B为等压过程，B→C为等温过程，C→D为等压过程，画出V－T图像如图所示，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。
同步训练
1、民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体( )
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
【答案】B
【解析】把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将火罐紧紧地压在皮肤上，故B正确，A、C、D错误。
2、关于固体、液体，下列说法正确的是( )
A．晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点
B．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
C．液体的表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大
D．发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降
【答案】B
【解析】晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，A错误。由液晶的性质知，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，B正确。液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，故C错误。毛细管插入液体中，当液体浸润毛细管时，管内液面上升，高于管外；当液体不浸润毛细管时，管内液面下降，低于管外，故D错误。
3、(2022·江苏百校联考第三次模拟)下面的表格是某年某地区1～6月份的气温与气压记录表：
根据表中数据可知：该年该地区从1月份到6月份( )
A．空气分子热运动的剧烈程度呈减弱的趋势
B．速率大的空气分子所占比例逐渐增加
C．单位时间内对单位面积地面撞击的空气分子数呈增加的趋势
D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势
【答案】B
【解析】该年该地区从1月份到6月份平均气温逐渐升高，所以空气分子热运动的剧烈程度呈增强的趋势，A错误；平均气温逐渐升高，速率大的空气分子所占比例逐渐增加，B正确；平均大气压逐渐减小，单位时间内对单位面积地面撞击的空气分子数呈减小的趋势，C错误；平均大气压逐渐减小，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈减弱的趋势，D错误。
4、一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p­T图像如图所示，下列判断正确的是( )
A．状态a的体积小于状态b的体积
B．状态b的体积小于状态c的体积
C．状态a分子的平均动能最大
D．状态c分子的平均动能最小
【答案】B
【解析】根据p＝eq \f(C,V)T可知，a、b在同一条等容线上，即状态a的体积等于状态b的体积，A错误；因b点与原点连线的斜率大于c点与原点连线的斜率，可知状态b的体积小于状态c的体积，B正确；因为a状态的温度最低，b、c两状态的温度最高，可知状态a分子的平均动能最小，状态b、c分子的平均动能最大，C、D错误。
5、(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列说法正确的是( )
A．A→B过程温度升高，压强不变
B．B→C过程体积不变，压强变小
C．B→C过程体积不变，压强不变
D．C→D过程体积变小，压强变大
【答案】ABD
【解析】由题图可知，AB为等压线，A→B的过程中，气体温度升高，压强不变，故选项A正确；在B→C的过程中，气体体积不变，温度降低，由eq \f(pV,T)＝C可知，气体压强变小，故选项B正确，C错误；在C→D的过程中，气体温度不变，体积变小，由eq \f(pV,T)＝C可知，气体压强变大，故选项D正确．
6、(多选)热学中有很多图像，对下列一定质量的理想气体图像的分析，正确的是( )
A．甲图中理想气体的体积一定不变
B．乙图中理想气体的温度一定不变
C．丙图中理想气体的压强一定不变
D．丁图中理想气体从P到Q，可能经过了温度先降低后升高的过程
【答案】AC
【解析】由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，A、C正确；若温度不变，p­V图像应该是双曲线的一支，题图乙不一定是双曲线的一支，B错误；题图丁中理想气体从P到Q，经过了温度先升高后降低的过程，D错误。
7、(多选)(2022·济南二模)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附在人体上，进而可以养疗。如图所示，这是治疗常用的一种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的eq \f(15,16)，以下说法正确的是( )
A．加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,4)
B．加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,7)
C．温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的eq \f(3,4)
D．温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的eq \f(4,5)
【答案】AD
【解析】由等压变化可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)得V2＝eq \f(T2V1,T1)＝eq \f(4,3)V1，气体总体积变为原来的eq \f(4,3)，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的eq \f(3,4)，所以加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,4)，故A正确，B错误；由理想气体状态方程可得eq \f(p3V3,T3)＝eq \f(p2V2,T2)即eq \f(p3×\f(15,16)V0,300)＝eq \f(p2×V0,400)，则罐内气体压强变为原来的eq \f(4,5)，故C错误，D正确。
8、一种气压保温瓶的结构示意图如图所示。其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管口与瓶胆口齐平，用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从出水管口流出。最初瓶内水面低于出水管口10 cm，此时瓶内气体(含气室)的体积为2.0×102 cm3，已知水的密度为1.0×103 kg/m3，按压器的自重不计，大气压强p0＝1.01×105 Pa，取g＝10 m/s2。求：
(1)要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强的最小值；
(2)当瓶内气体压强为1.16×105 Pa时，瓶内气体体积的压缩量。(忽略瓶内气体的温度变化)
【答案】(1)1.02×105 Pa (2)25.9 cm3
【解析】(1)由题意知，瓶内、外气体压强以及水的压强存在以下关系：
p内＝p0＋p水＝p0＋ρgh水
代入数据得p内＝1.02×105 Pa。
(2)当瓶内气体压强为p＝1.16×105 Pa时，设瓶内气体的体积为V。
由玻意耳定律得p0V0＝pV，压缩量为ΔV＝V0－V，
已知瓶内原有气体体积V0＝2.0×102 cm3，解得
ΔV＝25.9 cm3。
9、如图所示，横截面积S＝100 cm2的容器内，有一个质量不计的轻活塞，活塞的气密性良好，当容器内气体的温度T0＝330 K时，容器内外的压强均为p0＝1.0×105 Pa，活塞和底面相距L＝11 cm，在活塞上放物体甲，活塞最终下降d＝1 cm后保持静止，容器内气体的温度仍为T0＝330 K，活塞与容器壁间的摩擦均不计，取g＝10 m/s2.
(1)求物体甲的质量m1；
(2)在活塞上再放上物体乙，若把容器内气体加热到T＝360 K，系统平衡后，活塞保持放上物体甲平衡后的位置不变，求物体乙的质量m2.
【答案】(1)10 kg (2)10 kg
【解析】(1)活塞上放上物体甲，系统稳定后气体的压强为p＝p0＋eq \f(m1g,S)
容器内的气体做等温变化，则有p0LS＝p(L－d)S
解得m1＝10 kg
(2)设活塞上再放上物体乙时系统稳定后气体的压强为p′，容器内的气体做等容变化，
则有eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,T)
由平衡条件，则有m2g＝(p′－p)S
解得m2＝10 kg.
10、(2020·全国卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq \f(1,2)p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【答案】(1)eq \f(2,3)p (2)2∶3
【解析】(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有eq \f(1,2)p(2V)＝pV1①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝eq \f(2,3)p。③
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有
k＝eq \f(V2,V)⑤
联立③④⑤式可得
k＝eq \f(2,3)。⑥
11、(2021·八省联考河北卷) “天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”形管带往火星表面。“U”形管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。
求：(结果保留2位有效数字)
(1)火星表面高1 m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103 kg/m3，ρ水＝1.0×103 kg/m3；
(2)火星表面的大气压强p火。
【答案】(1)5.2 m (2)0.57 cmHg
【解析】(1)根据液体压强公式p＝ρgh得
ρ水银×0.38g×h0＝ρ水gh
代入数据解得h≈5.2 m。
(2)设气柱横截面积为S，地球表面的大气压强相当于hp地高水银柱产生的压强，火星表面的大气压强相当于hp火高水银柱产生的压强，则封闭气柱在地表时，p1＝ρ水银g(hp地－h地)，V1＝l地S，T1＝300 K
封闭气柱在火星表面时p2＝ρ水银×0.38g×[hp火－h地＋2(l火－l地)]，V2＝l火S，T2＝280 K
根据理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
联立解得hp火＝1.5 cm
即火星表面的大气压强
p火＝ρ水银×0.38ghp火＝0.57 cmHg。
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
产生
原因
气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的
决定
因素
宏观上
决定于气体的温度和体积
微观上
取决于分子的平均动能和分子的密集程度
力平
衡法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
等压
面法
在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片
法
选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
类别
特点(其中C为常量)
举例
p－V
pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p－eq \f(1,V)
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V－T
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小
月份
1
2
3
4
5
6
平均气温/℃
1.4
3.9
10.7
19.6
26.7
30.2
平均大气压/105Pa
1.021
1.019
1.014
1.008
1.003
0.998
地球
火星
重力加速度
g
0.38g
环境温度
T地＝300 K
T火＝280 K
大气压强
p地＝76.0 cmHg
p火
封闭气柱长度
l地＝19.0 cm
l火＝56.0 cm
水银柱高度差
h地＝73.0 cm
h火