物理选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体3 气体的等压变化和等容变化同步达标检测题

这是一份物理选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体3 气体的等压变化和等容变化同步达标检测题，共124页。试卷主要包含了下列各系统处于平衡态的是，关于热平衡,下列说法错误的是，下列有关温标的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
第二章　气体、固体和液体
1　温度和温标
基础过关练
题组一　状态参量与平衡态
1.如果一个系统达到了平衡态,那么这个系统各处的 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.温度、压强、体积都必须达到稳定的状态不再变化
B.温度一定达到了某一稳定值,但压强和体积仍是可以变化的
C.温度一定达到了某一稳定值,并且分子不再运动,达到了“凝固”状态
D.温度、压强就会变得一样,但体积仍可变化
2.(2021吉林江城中学高二下月考)(多选)下列各系统处于平衡态的是 (深度解析)
A.放在0 ℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B.静止在沸水中足够长时间的铜块
C.刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D.放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
题组二　平衡态与热平衡
3.(2021北师大附中高二下月考)关于平衡态和热平衡,下列说法中正确的是 (　　)
A.只要温度不变且处处相等,系统就一定处于平衡态
B.两个系统在接触时,它们的状态参量不发生变化,说明这两个系统原来的温度是相同的
C.热平衡就是平衡态
D.处于热平衡的几个系统的压强一定相同
4.(多选)有甲、乙、丙三个温度不同的物体(丙的温度最高),将甲和乙接触很长一段时间后分开,再将乙和丙接触很长一段时间后分开,假设只有在它们相互接触时有热传递,不接触时与外界没有热传递,则 (　　)
A.甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态
B.只有乙、丙达到了平衡态,甲没有达到平衡态
C.乙、丙两物体都和甲达到了热平衡
D.乙、丙两物体达到了热平衡
5.关于热平衡,下列说法错误的是 (　　)
A.用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B.温度相同的棉花和石头相接触,需要经过一段时间才能达到热平衡
C.若a与b、c分别达到热平衡,则b、c之间也达到了热平衡
D.两物体温度相同,可以说两物体达到了热平衡
题组三　温度、温度计与温标
6.(2021河北曲周一中高二下测试)温度计是生活、生产中常用的测量装置。如图为一简易温度计,一根装有一小段有色水柱的细玻璃管穿过橡皮塞插入烧瓶内,封闭一定质量的气体。当外界温度发生变化时,水柱位置将上下变化。已知A、D间的测量范围为20 ℃~80 ℃,A、D间刻度均匀分布。由图可知,A、D及有色水柱下端所示温度分别为 (　　)

A.20 ℃、80 ℃、64 ℃
B.20 ℃、80 ℃、68 ℃
C.80 ℃、20 ℃、32 ℃
D.80 ℃、20 ℃、34 ℃
题组四　热力学温度和摄氏温度
7.(2020河北唐山十一中高二下期中)(多选)下列关于热力学温度的说法中正确的是 (　　)
A.热力学温度与摄氏温度的每一度的大小是相同的
B.热力学温度的零度等于-273.15 ℃
C.热力学温度的零度是不可能达到的
D.气体温度趋近于绝对零度时,其体积趋近于零
8.下列有关温标的说法正确的是 (　　)
A.温标不同,测量时得到同一系统的温度数值可能是不同的
B.不同温标表示的温度数值不同,则说明温度不同
C.温标的规定都是人为的,没有什么理论依据
D.热力学温标和摄氏温标是两种不同的温度表示方法,表示的温度数值没有关系
9.(2020上海高二学业考试模拟)气体初始温度为27 ℃,升高了20 ℃,用热力学温标表示,气体初始温度为 (　易错　)
A.300 K,升高了20 K
B.27 K,升高了20 K
C.300 K,升高了293 K
D.27 K,升高了293 K
2　气体的等温变化
基础过关练
题组一　气体状态参量及压强的计算
1.(2021福建莆田七中高二下期中)关于气体的体积,下列说法正确的是 (　　)
A.气体的体积就是所有气体分子体积的总和
B.气体的体积与气体的质量成正比
C.气体的体积与气体的密度成反比
D.气体的体积等于气体所在容器的容积
2.(2020黑龙江哈尔滨三中高二下月考)(多选)一定质量的气体在等温变化过程中,下列物理量中将发生变化的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.分子的平均动能 B.单位体积内的分子数
C.气体的压强 D.分子总数
3.(2021吉林长春北师大附属学校高二下期中)(多选)如图所示,竖直放置一根上端开口、下端封闭的细玻璃管,内有两段长均为15 cm的水银柱,封闭了长度均为15 cm的A、B两段空气柱,已知大气压强p0=75 cmHg,

环境温度保持不变。则A、B两段空气柱的压强为 (　　)
A.pA =60 cmHg
B.pA =90 cmHg
C.pB=105 cmHg
D.pB=120 cmHg
4.(2020黑龙江哈尔滨三十二中高二下期末)如图所示为内壁光滑的导热汽缸,一质量为m=2 kg、横截面积S=40 cm2的活塞封闭一定质量的气体,开始时汽缸如图甲放置,之后将其竖直放置(如图乙),大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)如甲图放置时,汽缸内气体的压强为多少?
(2)如乙图放置时,汽缸内气体的压强为多少?


题组二　探究气体等温变化的规律
5.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是 (　　)
A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化
B.实验中为找到体积与压强的关系,一定要测量空气柱的横截面积
C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,不仅减小摩擦还可以防止漏气
D.处理数据时采用p-1V图像,是因为p-1V图像比p-V图像更直观
6.(2021山东青岛高二下期中,节选)某实验

小组用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连,细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。
(1)从压力表中读取空气柱的　　　　,从注射器旁的　　　　中读取空气柱的长度。 
(2)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)实验过程中,下列操作正确的是　　　　。 
A.推拉柱塞时,动作要快,以免气体进入或漏出
B.推拉柱塞时,手不可以握住整个注射器
C.柱塞移至某位置时,应迅速记录此时注射器内空气柱的长度和压力表的压强值
题组三　玻意耳定律的理解及应用
7.(2020山东济南外国语学校高二下测试)一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小2 atm时,体积变化了4 L,则该气体原来的体积为 (　　)
A.43 L B.2 L C.83 L D.3 L
8.

(2021辽宁沈阳高二下期中)(多选)如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中,管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体,这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2,若保持环境温度不变,当外界压强增大时,下列分析正确的是 (　　)
A.h2变长 B.h2不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
9.(2021江苏常州华罗庚中学高三月考)如图所示是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泄水孔因故堵塞,井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间,水位迅速上涨,该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m=20.0 kg,圆柱形竖直井内水面面积为S=0.300 m2,图示时刻水面与井盖之间的距离为h=2.00 m,井内密封有压强刚好等于大气压强p0=1.01×105 Pa、温度为T=300 K的空气,重力加速度g取10 m/s2。密闭空气的温度始终不变。求(结果均保留三位有效数字):
(1)密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起。
(2)从图示位置起,水面上涨多少后井盖会第一次被顶起。



10.(2021湖北石首一中高二下测试)如图所示,在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中,用长为h=10 cm的水银柱将一部分空气密封,当管开口向上竖直放置时,管内空气柱的长度L1=0.3 m;若温度保持不变,玻璃管开口向下放置,水银没有流出玻璃管。待水银柱稳定后,空气柱的长度L2为多少?(大气压强p0=76 cmHg,结果保留2位有效数字)


题组四　气体等温变化的图像
11.(2021河北石家庄二中高二下测试)如图所示,空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中,筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处,筒中液面与B点齐平,不计气体分子间相互作用,且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体状态变化过程的是 (　　)

A. B.
C. D.
12.(2020湖北黄冈高二下期末)为了直观地描述一定质量气体在等温变化时压强p与体积V的关系,通常建立p-V坐标系来研究。该气体在T1、T2温度下的等温线(为双曲线的一支)如图所示,则它的p-1V图像应为 (深度解析)

A. B.
C. D.
13.(2021吉林长春北师大附属学校高二下期中)(多选)如图所示,D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程,气体处于A状态和B状态时,气体温度分别为T1和T2,则下列说法正确的是 (　　)

A.D→A是一个等温过程
B.A→B是一个等温过程
C.A与B的各状态参量均相同
D.B→C体积增大,压强减小,温度不变

能力提升练

题组一　气体压强的计算
1.(2021江西南昌高安中学高二下测试,)有一段12 cm长水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76 cmHg) (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
2.(2020安徽太和中学高二下期末,)如图所示,一定质量的空气被活塞封闭在竖直放置的导热汽缸内,活塞的质量不可忽略,下列可使被封闭气体压强变大的是 (　　)

A.环境温度升高 B.汽缸向上加速运动
C.汽缸自由下落 D.将汽缸开口向下放置
题组二　探究气体等温变化的规律
3.(2021山东新泰一中高二下期中,)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验,下列说法正确的有　　　　。 
A.该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B.应快速推拉柱塞
C.为方便推拉柱塞,应用手握注射器再推拉柱塞
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,可以不标注单位

(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后,为直观反映压强与体积之间的关系,以p为纵坐标,以1V为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气,则用上述方法作出的图线应为图乙中的　　　　(选填“①”或“②”)。 
(3)为更准确地测出气体的压强,小华用压强传感器和注射器相连,得到某次实验的p-V图如图丙所示,究其原因,气体由状态A变化到状态B的过程中温度发生了怎样的变化:　　　　。 

A.一直下降 B.先上升后下降
C.先下降后上升 D.一直上升
4.(2020上海青浦中学高三上期末,)在“用DIS研究温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系”实验中:

(1)图中A是　　　　传感器。 
(2)实验过程中,手不能接触注射器有封闭气体部分,这样做的目的是:　　　　　　　　。 
(3)某同学在做实验时,按实验要求组装好实验装置,然后缓慢推动活塞,使注射器内空气从初始体积20.0 mL减为12.0 mL。实验共测五次,每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机,同时测得对应体积的压强值。实验完成后,计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果:
序号
V/mL
p/(×105 Pa)
pV/(×105 Pa·mL)
1
20.0
1.001 0
20.020
2
18.0
1.095 2
19.714
3
16.0
1.231 3
19.701
4
14.0
1.403 0
19.642
5
12.0
1.635 1
19.621
仔细观察发现pV/(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能原因是　　　　。 
A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力增大了
B.实验时环境温度升高了
C.实验时外界大气压强发生了变化
D.实验时注射器内的空气向外发生了泄漏
(4)由于在实验时,未考虑软管中气体的体积,则实验得到的p-V图线可能为(图中实线是实验所得图线,虚线为实际曲线)　　　　。 
A. B.
C. D.
题组三　玻意耳定律的应用
5.(2021安徽淮南一中高二下期中,)(多选)如图所示,汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的气体,活塞横截面积为S,到汽缸底部的距离为L,活塞与汽缸壁间的摩擦不计,汽缸导热性能良好。现缓慢地在活塞上加一定质量的细沙,活塞下移L3达到稳定,环境温度保持不变,大气压强为p0,重力加速度为g,则 (　　)

A.细沙质量为12p0Sg+m
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.汽缸内气体分子的数密度不变
D.单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多
6.(2021山东德州高三一模,)如图所示,将一厚度不计的金属筒移至水面上方,使其开口向下轻轻释放,金属筒下沉过程中不歪斜,最终漂浮在水中。已知金属筒的质量m=25 kg,长度L=1.512 m,横截面积S=0.05 m2;水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;大气压强p0=1.0×105 Pa。空气和水的温度相同且保持不变,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)金属筒漂浮在水中时,内外水面的高度差;
(2)金属筒漂浮在水中时,露出水面的长度。

7.(2020江苏南京中华中学高二下段考,)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为39 cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm,先将管口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm,大气压强p0=76 cmHg,求:
(1)稳定后右管内的气体压强p;
(2)左管A端插入水银槽的深度h。




8.(2020山东济南四中高三上模拟,)如图所示,一开口向上的汽缸固定在水平地面上,质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0=3mgS,气体质量、温度始终保持不变,不计一切摩擦,汽缸足够高。当把活塞A上面的物块取走时,活塞A将向上移动,求系统重新达到平衡状态时,A活塞上升的高度。深度解析




专题强化练2　玻意耳定律的应用


一、选择题
1.(2021河南原阳三中高二下测试,)如图所示为一定质量的气体的等温变化图线,A、B是双曲线上的两点,△OBC和△OAD的面积分别为S1和S2,则 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.S1S2
D.S1与S2的大小关系无法确定
2.(2020湖北武汉高二下联考,)如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体,若试管由静止开始自由下落,管内气体 (　　)

A.压强增大,体积增大 B.压强增大,体积减小
C.压强减小,体积增大 D.压强减小,体积减小
3.(2021福建龙岩高三第一次质检,)(多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm,每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的120,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,则 (深度解析)

A.打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
B.打气后,球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
C.打气6次后,球内气体的压强为1.4 atm
D.打气6次后,球内气体的压强为1.7 atm
二、非选择题
4.(2021湖南长沙雅礼中学高三三模,)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平管部分有一空气柱,各部分长度如图所示。现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长,求:
(1)此时右管封闭气体的压强;
(2)左侧管中需要倒入水银柱的长度。




5.(2020山东淄博高三模拟,)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103 kg、体积V0=0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定质量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g=10 m/s2。不计水温变化,筒内气体质量不变,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。



第2节综合拔高练
五年高考练

考点1　玻意耳定律在单一变化过程问题中的应用
1.[2019课标Ⅲ,33(2)节选,]如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K。求细管的长度。

考点2　玻意耳定律在变质量问题中的应用
2.(2021山东,4,3分,)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60 cm3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150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于 (深度解析)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3
考点3　玻意耳定律在两部分气体的关联问题中的应用
3.[2021全国乙,33(2),10分,]如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B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。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压为p0=75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。

4.[2019课标Ⅱ,33(2),10分,]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

(ⅰ)抽气前氢气的压强;
(ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。



5.[2018课标Ⅰ,33(2),10分,]如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为V8时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。


三年模拟练


1.(2019山东淄博一中高二月考,)如图所示,一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置,金属圆板的上表面是水平的,下表面是倾斜的,下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为p0,则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于 (　　)

　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.p0+MgcosθS B.p0cosθ+MgScosθ
C.p0+Mgcos2θS D.p0+MgS
2.(2021湖南师大附中高二下期中,)如图所示,开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱,管内水银柱的液面与水银槽的液面的高度差为h。若将玻璃管向右旋转一定的角度(管下端未离开槽内水银面),环境温度保持不变,则H和h的变化情况为 (深度解析)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.H减小,h增大 B.H增大,h减小
C.H和h都增大 D.H和h都减小
3.(2021河北宣化一中高二下测试,)如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气,注射器内气体体积为V0,压强为p0,T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器活塞,保持温度不变,装置密封良好。

(1)将注射器内一部分气体推入气球,读出此时注射器内剩余气体的体积为23V0,压强传感器读数为p1,则此时气球体积为　　　　。 
(2)继续推动活塞,多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强,计算出对应的气球体积,得到如图乙所示的“压强和气球体积”关系图像。根据该图像估算,若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,当气体全部压入气球后,气球内气体的压强将变为　　　　×p0。(结果保留3位小数) 
4.(2021福建厦门集美中学高二下月考,)如图所示,ABC为粗细均匀的“L”形细玻璃管,A端封闭,C端开口。开始时AB竖直,BC水平,BC内紧靠B端有一段长l1=30 cm的水银柱,AB内气体长度l2=20 cm。环境温度不变,大气压强p0=75 cmHg,则:
(1)若将玻璃管以B点为轴在竖直面内逆时针缓慢旋转90°,使AB水平,求旋转后水银柱进入AB管的长度;
(2)若BC玻璃管总长为l3=40 cm,现将玻璃管以B点为轴在竖直面内顺时针缓慢旋转90°,使AB水平,求旋转后封闭气体的长度。(本问计算结果保留2位小数)


5.(2021河南开封高二下期中,)如图所示,圆柱形容器体积为V,横截面积为S,活塞将容器分成体积比为2∶1的上、下两部分,开始时容器内上部分气体的压强为p0。要使活塞静止于容器的正中央,可通过打气筒将压强为p0的气体注入活塞下部容器中(容器下部有接口),已知重力加速度大小为g,活塞的质量为p0S3g,外界温度恒定,容器和活塞均导热性良好,不计活塞与容器间的摩擦。求需要注入气体的体积。

6.(2021湖南株洲高三二模,)如图所示,左端开口、右端封闭且粗细均匀的薄壁U形玻璃细管静止地放置在竖直平面内,玻璃管水平部分的长度为L,竖直部分高度均为2L。初始时左右两侧液面的高度均为L4,液体密度为ρ。现将U形管以左侧管为轴在水平面内缓慢加速转动,直至有一侧竖直管内的液体刚好全部进入水平管中时保持匀速转动。已知大气压强为p0,重力加速度大小为g,玻璃细管的口径远远小于L。
(1)当U形管加速转动时,左、右两侧液面的高度是如何变化的?
(2)求U形管匀速转动时角速度的大小。






7.(2020山东济南高三一模改编,)为防治2019-nCoV,公共场所加强了消毒工作。如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图,其储液桶与打气筒用软细管相连,已知储液桶容积为V0(不计储液桶两端连接管体积),打气筒每次可将120V0外界大气打入桶内,喷洒效果最佳时桶内气体压强为2p0。初始时消毒液体积为12V0,消毒员先打气使桶内气体压强达最佳压强,再打开阀门K喷洒消毒液;当气体压强降为32p0时喷洒消毒液效果不佳就关闭阀门停止喷洒。打气和喷洒过程中,桶内气体温度与外界温度相同且保持不变,p0为外界大气压强。
(1)求停止喷洒时剩余药液的体积;
(2)为使桶内气体压强恢复到喷洒的最佳压强,试分析,消毒员打气5次能否满足要求。

3　气体的等压变化和等容变化
基础过关练
题组一　气体的等压变化与盖-吕萨克定律
1.(2021黑龙江哈尔滨三中高二下期中)一定质量的理想气体,在压强不变的条件下,温度为0 ℃时,其体积为V0,当温度升高为T(K)时,体积为V,那么每升高1 ℃,增大的体积等于 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.VT B.V0T C.V273K D.V-V0T
2.(2021上海嘉定高三二模)如图所示,圆柱形导热汽缸内有一光滑活塞,密封了一定质量的理想气体。用一弹簧测力计挂在活塞上,将整个汽缸悬挂在天花板上。测得此时弹簧测力计的示数为F,汽缸内气体的压强为p。若外界大气压始终保持不变,那么随着外界温度的升高 (　易错　)

A.F变大,p变大 B.F变大,p不变
C.F不变,p变大 D.F不变,p不变
3.(2021重庆一中高二下测试)一导热性能良好的球形容器内部空腔呈不规则形状,因其内部材质特殊不方便沾水,为测量它的容积,在容器上插入一根两端开口的玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S,管内一长度为h的静止水银柱封闭着长度为l1的空气柱,如图所示,此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中,当水银柱再次静止时下方的空气柱长度变为l2。水银的密度为ρ,重力加速度为g,实验过程中认为大气压强p0没有变化。
(1)求温度为T1时封闭气体的压强p1;
(2)求容器的容积V。




题组二　气体的等容变化与查理定律
4.(2021江苏响水中学高二下期末)一定质量的理想气体,保持体积不变,压强减为原来的一半,则其温度由原来的27 ℃变为 (　　)
A.127 K B.150 K C.13.5 ℃ D.-23.5 ℃
5.(2021山东沂水一中高三上测试)2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据:8 848.86米,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰,手表是密封的,表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104 Pa,表内温度为-23 ℃。则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为 (　　)
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
6.(2021河北石家庄二中高二下月考)如图所示,固定的绝热汽缸内有一质量为m的T形绝热活塞(体积可忽略不计),距汽缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计),管内两边水银柱的高度差为h,初始时,封闭气体的温度为T0,活塞竖直部分刚好与汽缸底部接触(对底部无压力),已知水银的密度为ρ,大气压强为p0,活塞竖直部分长为1.2h0,重力加速度为g,活塞的支柱上有一小孔(未画出),使汽缸内气体始终连通。
(1)求汽缸的横截面积;
(2)缓慢降低气体温度,水银不会流入汽缸内,求当汽缸底部对活塞的支持力为mg时气体的温度。




题组三　理想气体与理想气体的状态方程
7.(2021湖南师大附中高二下测试)关于理想气体的状态变化,下列说法正确的是 (　　)
A.一定质量的理想气体,当压强不变,而温度由100 ℃上升到200 ℃时,其体积增大为原来的2倍
B.气体由状态1变化到状态2时,一定满足方程p1V1T1=p2V2T2
C.一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍
D.一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积加倍,热力学温度减半
8.(2021山东滕州一中高三下测试)已知湖水深度为20 m,湖底水温为4 ℃,水面温度为17 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时,其体积约为原来的(g取10 m/s2,ρ水=1.0×103 kg/m3) (　易错　)
A.2.8倍 B.8.5倍
C.3.1倍 D.2.1倍
9.(2021山东高三五月大联考)无塔供水压力罐对于吸收供水时的水流冲击,减少用水低谷水泵运转的能源浪费和延长水泵使用寿命具有重要作用。如图所示为某种型号压力罐,其容积V1=2.0 m3。起初,排沙阀打开,罐内充满了与外界同温、同压的空气,此时电接点压力表的压力示数为0(压力表的示数显示的是高出外界大气压的压强值,也称相对压力),然后关闭排沙阀和出水闸阀,水泵将井水通过止回阀注入罐内,当注水量V=1.5 m3,电接点压力表的示数p=2.8×105 Pa时,电脑控制水泵停止注水。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa,温度T1=300 K,不考虑注水过程中罐内空气质量的变化,设水泵停止注水时罐内空气的温度与井水的温度相同,罐内空气可视为理想气体,求井水的温度。



10.(2020黑龙江哈尔滨九中高三模拟)如图所示,竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,活塞下方封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为100 cm2,大气压强为1.0×105 Pa,汽缸内气体温度为27 ℃。
(1)若保持温度不变,在活塞上放一重物,使汽缸内气体的体积减小一半,求这时气体的压强和所加重物的重力大小;
(2)在加压重物的情况下,要使汽缸内的气体恢复原来体积,应对气体加热,使温度升高到多少摄氏度?




题组四　气体实验定律的微观解释
11.(2020河南周口中英文学校高二下期中)(多选)如图所示,质量为m的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热,设汽缸处在大气中,大气压强恒定。经过一段较长时间后,下列说法正确的是 (　　)

A.汽缸中气体的压强比加热前要大
B.汽缸中气体的压强保持不变
C.汽缸中气体的体积比加热前要大
D.活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少
12.(2021辽宁锦州渤海大学附属高中高二下期中)一定质量的理想气体状态发生变化,满足查理定律,若气体压强增大,下列说法正确的是 (　　)
A.分子的平均动能增大
B.分子的平均动能减小
C.分子之间的平均距离变大
D.分子之间的平均距离变小

能力提升练

题组一　p-T图像与V-T图像的应用
1.(2020山东济南外国语学校高二下测试,)如图所示为一定质量的理想气体的V-T图像,气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终不变 D.先增大后减小
2.(2020北京顺义模拟,)(多选)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一定质量的理想气体,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,活塞紧压小挡板,外界大气压强为p0,缸内气体体积为V0。现缓慢升高汽缸内气体的温度,则下列能反映汽缸内气体的压强p或体积V随热力学温度T变化的图像是 (　　)

A. B.
C. D.
3.(2021河南洛阳高二下期末,)(多选)一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程,其中bc的延长线通过原点,cd垂直于ab且与横轴平行,da与bc平行,则气体体积在 (　　)

A.ab过程中不断减小 B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断减小 D.da过程中保持不变
题组二　气体实验定律的应用
4.(2021福建厦门集美中学高二下月考,)(多选)如图所示,足够长的U形管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,则下列陈述中正确的是 (深度解析)

A.只对L1加热,则h减小,气柱L2长度不变
B.只对L1加热,则h不变,气柱L2长度增大
C.若在右管中注入一些水银,L1将增大
D.使L1、L2同时升高相同的温度,则L1增大、h减小
5.(2021吉林长春希望高中高二下月考,)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,初始时气体体积为3×10-3 m3。用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×105 Pa。推动活塞压缩气体,测得气体的温度和压强分别为240 K和1.0×105 Pa。
(1)求此时气体的体积。
(2)再保持温度不变,缓慢改变作用在活塞上的力,使气体压强变为8.0×104 Pa,求此时气体的体积。






6.(2021重庆巴蜀中学高二下月考,)如图所示,一竖直放置的圆柱形绝热汽缸,总高度h1=100 cm,上端开口,底端有一加热装置,左侧连接粗细均匀且两端开口的细玻璃管,玻璃管内有一段水银柱,汽缸内部有一绝热活塞,可在汽缸上部分移动,活塞下部分封闭质量一定的某种气体(可看作理想气体),加热前,活塞距缸底的高度h2=50 cm,气体温度t=27 ℃,玻璃管水银柱的高度分别为h3=30 cm,h4=44 cm,大气压强p0=76 cmHg,加热装置体积及细玻璃管中的气体体积忽略不计,活塞与汽缸的摩擦不计,求:
(1)加热前,活塞下方气体的压强;
(2)缓慢加热气体,当活塞刚移动时,玻璃管左侧水银柱的高度变为h5=53 cm,此时活塞下方气体的热力学温度是多少?
(3)继续缓慢加热,活塞刚好运动到汽缸顶部时气体的热力学温度是多少?



题组三　理想气体状态方程的应用
7.(2021山东泰安高三一模,)2020年1月1日,TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27 ℃,压强为240 kPa,已知该轮胎的容积为30 L,阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023mol-1,0 ℃、1 atm下1 mol任何气体的体积均为22.4 L,1 atm=100 kPa。则该轮胎内气体的分子数约为 (　　)
A.1.8×1023 B.1.8×1024
C.8.0×1023 D.8.0×1024
8.(2021福建福州八中高二下期中,)如图所示,水平放置的汽缸A和容积为VB=3 L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D,它可以无摩擦地在汽缸内滑动,且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,B放在T2=400 K的恒温槽内,B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的,A内装有温度为T1=300 K、体积为VA=2.1 L的气体,B内没有气体。打开阀门C,使气体由A流入B,等到活塞D停止移动一段时间后,求气体的体积和压强。深度解析

9.(2021陕西西安高三一模,)如图所示,一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管左端开口,右端通过橡胶管与放在水中导热的球形玻璃容器连通,球形容器连同橡胶管的容积(不变)为V0=90 cm3,U形玻璃管中水银柱封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为0 ℃(热力学温度为273 K)时,U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=16 cm,右侧水银柱上方玻璃管长h0=20 cm。(已知大气压强p0=76 cmHg,U形玻璃管的横截面积为S=0.5 cm2,结果均保留一位小数)
(1)若对水缓慢加热,应加热到多少摄氏度,两边水银柱高度会在同一水平面上?
(2)保持加热后的温度不变,往左管中缓慢注入水银,问注入水银的高度为多少时右管水银面回到原来的位置?






专题强化练3　气体状态变化的图像问题


一、选择题
1.(2021江苏盐城高二下期末,)一定质量的理想气体,经历如图所示的状态变化A→B→C,则这三个状态的热力学温度之比TA∶TB∶TC为 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1∶3∶5 B.3∶2∶1 C.5∶6∶3 D.3∶6∶5
2.(2021山东潍坊高三质检,)如图所示,一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的状态变化过程,则下列说法正确的是 (　　)

A.A→B过程中,气体分子间距减小
B.A→B过程中,气体内能增加
C.B→C过程中,气体压强减小
D.C→A过程中,气体压强增大
二、非选择题
3.(2021吉林江城中学高二下期中,)一定质量的理想气体,其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强pA=p0,温度TA=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点。求:
(1)气体在状态B时的压强pB。
(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。深度解析


4.(2020上海交大附中高二下期末,)图1为一个长、宽均为l=0.2 m,高h=0.5 m的矩形容器,图2为一个硬质活塞,活塞质量m=100 kg,下表面水平且能与容器紧密贴合,活塞的上表面倾斜,活塞部分尺寸如图2标注。现将活塞轻轻放入容器中(状态A),忽略活塞与容器间的摩擦。已知室温为t0=27 ℃,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。
(1)活塞缓慢下降,待活塞停止运动且系统的温度恢复到t0后(状态B),求容器中气体的体积VB;
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M=50 kg的物体,物体不与容器接触且能与活塞相对静止,若想保持活塞的位置与状态B相同(状态C),应将气体加热到多少摄氏度(tC)?
(3)在上一问的基础上,将气体冷却至室温,等活塞再次保持稳定(状态D)。请在图3中定性表示上述4个气体状态及相关辅助线。


专题强化练4　气体实验定律的理解与应用


一、选择题
1.(2020湖北十堰高二下期末,)(多选)如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管(容积不能忽略)的A管插入烧瓶,B管与玻璃管C下部用橡胶管连接,C管开口向上,一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时,B、C内的水银面(橡胶管内充满水银)等高,外界大气压恒定,下列说法正确的是 (　　)

A.保持B、C两管不动,若烧瓶内气体温度降低,则烧瓶内气体密度增大
B.保持B、C两管不动,若烧瓶内气体温度降低,则C管中水银面将升高
C.若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,应将C管向上移动
D.若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,应将C管向下移动
2.(2021山东日照高二下期中,)如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段水银柱,将管内气体分为两部分,下面空气柱长为l1,上面空气柱长为l2。初始时温度相同,现使两部分气体同时升高相同的温度,下列判断正确的是 (深度解析)

A.若l1>l2,水银柱将向下移动
B.若l1p1,即压强增大。由于温度不变,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,所以V1>V2,体积变小,选项B正确。
3.BC　由于气体的温度不变,打气后,分子的平均动能不变,球内每个气体分子对球内壁的平均作用力不变,球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大,A错误;打气后,球内气体的压强变大,即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大,故B正确;打气6次后,由玻意耳定律有p1V0+p0×6×120V0=pV0,解得p=1.4 atm,故C正确,D错误。
方法技巧
应用玻意耳定律分析变质量问题
对于恒温气体,当气体经历多次质量变化过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,保证初、末态的气体的质量、温度不变,应用玻意耳定律列方程。
4.答案　(1)100 cmHg　(2)49.2 cm
解析　(1)设玻璃管的横截面积为S,对右管中封闭气体,初始状态,管中气体的压强为p0,水银刚好全部进入竖直右管后,设管中气体的压强为p1,由玻意耳定律有:p0×40 cm×S=p1×(40 cm-10 cm)S
解得p1=100 cmHg
(2)分析可知,初始状态,水平管中气体的压强为p2=p0+ρgh=90 cmHg末状态气体的压强为p3=p1+ρgh'=(100+15+10)cmHg=125 cmHg
由玻意耳定律有:p2×15 cm×S=p3LS
解得L=10.8 cm
末状态时左侧管中水银柱的长度为x1=(125-75)cm=50 cm,
末状态时水平管中水银柱的长度为x2=L管-L=(5+15+10-10.8)cm=19.2 cm,
则末状态时左侧水银柱总长度为x3=x1+x2=69.2 cm,由题图可知初状态时左侧水银柱总长度为x0=(15+5)cm=20 cm,
所以左侧管中需要倒入水银柱的长度为
x=x3-x0=(69.2-20)cm=49.2 cm
5.答案　2.5 m3　10 m
解析　当筒内液面到水面的距离为h2时,浮筒和重物整体受到的重力和浮力相等,根据平衡条件求解气体的体积V2,然后对气体根据玻意耳定律求解压强,得到h2。
当拉力F=0时,由平衡条件得Mg=ρg(V0+V2) ①
代入数据得V2=2.5 m3 ②
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2,由题意得
p1=p0+ρgh1 ③
p2=p0+ρgh2 ④
在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得
p1V1=p2V2 ⑤
联立②③④⑤,代入数据得h2=10 m。
第2节综合拔高练
五年高考练
1.答案　41 cm
解析　设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1 ①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgh ②
p1=p0-ρgh ③
式中,ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有
V=S(L-h1-h) ④
V1=S(L-h) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm
2.D　取5次充气后,臂带内所有气体为研究对象,初态压强为p0=750 mmHg,体积为V0=V+5ΔV,其中ΔV=60 cm3;末态压强计示数为150 mmHg,则气体压强p1=p0+150 mmHg=900 mmHg,体积为V1=5V,根据玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V=60 cm3,D正确。
方法技巧
分析变质量气体问题时,要巧妙地通过选择研究对象,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作为研究对象,可使问题变成定质量气体的状态变化问题。
3.答案　1 cm
解析　设注入水银后A管内的水银柱高度为h1,横截面积为S1,B管内的水银柱高度为h2,横截面积为S2。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律
对A管内气体:p0l1S1=[p0+ρ水银g(h2+h-h1)](l1-h1)S1 ①
对B管内气体:p0l2S2=(p0+ρ水银gh)(l2-h2)S2 ②
②式代入数据解得:h2=2 cm
①式代入数据解得:h1=1 cm
故Δh=h2-h1=1 cm
4.答案　(ⅰ)12(p0+p)　(ⅱ)12p0+14p　4(p0+p)V02p0+p
解析　(ⅰ)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)·S
得p10=12(p0+p)
(ⅱ)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=p1·2S
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0
p2V2=p0V0
由于两活塞用刚性杆连接,故
V1-2V0=2(V0-V2)
联立解得
p1=12p0+14p
V1=4(p0+p)V02p0+p
5.答案　15p0S26g
解析　设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得
p0V2=p1V1
p0V2=p2V2
由已知条件得
V1=V2+V6-V8=1324V
V2=V2-V6=V3
设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得
p2S=p1S+mg
联立以上各式得
m=15p0S26g
三年模拟练
1.D　圆板的下表面是倾斜的,气体对它的压力应与下表面垂直。为求气体的压强,应以封闭气体的金属圆板为研究对象,对其受力分析如图所示。由平衡条件得pScosθ·cos θ=Mg+p0S,解得p=p0+MgS。

2.D　设大气压为p0,玻璃管竖直时封闭气体的压强p=p0-ρgh;玻璃管向右旋转一定角度,假设封闭气体的长度H不变,则水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大,根据玻意耳定律可知,封闭气体体积减小,所以H要减小;再假设h不变,在玻璃管倾斜时水银柱的长度会变长,则H会减小,根据玻意耳定律可知封闭气体压强会增大,所以h也要减小,故D正确。
方法技巧
分析等温变化问题的两个技巧
(1)计算液柱所产生的压强p=ρgh时,应特别注意h是液面竖直高度,不一定是液柱长度。
(2)在不能确定封闭气体的压强或体积变化情况时,应用假设推理法可便捷地进行定性分析。
3.答案　(1)p0V0p1-2V03　(2)1.027
解析　(1)将注射器内一部分气体推入气球时,压强传感器读数为p1,根据玻意耳定律有p1V1=p0V0,所以气体的总体积V1=p0V0p1,此时注射器内剩余气体的体积为23V0,则气球的体积为V=V1-23V0=p0V0p1-2V03。
(2)若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体,气体全部压入气球,因为气球内气体的压强略大于p0,由玻意耳定律可知气球内气体的体积略小于0.5V0,由题图乙可知,V球略小于0.5V0时,对应的压强值为1.027p0。
4.答案　(1)5 cm　(2)31.95 cm
解析　(1)设旋转后水银柱进入AB管的长度为x,玻璃管横截面积为S,如图1,

对于AB管内的气体,初始状态:p1=p0,V1=l2S
末状态:p2=p0+pl1-x,V2=(l2-x)S,
由玻意耳定律有p0Sl2=(p0+pl1-x)(l2-x)S
式中pl1-x表示长度为(l1-x)的水银柱产生的压强。
解得x=5 cm
(2)设旋转后有长度为x'的水银柱流出,如图2,
对于封闭气体,初始状态:p1=p0,V1=l2S
末状态:p2'=p0-pl1-x',V=[l2+l3-(l1-x')]S
由玻意耳定律有p0l2S=(p0-pl1-x')[l2+l3-(l1-x')]S
式中pl1-x'表示长度为x'的水银柱流出后管内水银产生的压强。
解得x'≈1.95 cm
则封闭气体的长度为:l=l2+l3-(l1-x')=31.95 cm
5.答案　718V
解析　对容器内上部分气体,注入气体前的压强为p0,体积为23V;注入气体后,设上部分气体压强为p2,体积为12V;对上部分气体,由玻意耳定律有:p0·23V=p2·12V ①
对容器内下部分气体,注入气体前的压强设为p1,体积为13V,对活塞受力分析可得mg+p0S=p1S ②
注入气体后,设下部分气体压强为p3,体积为12V,对活塞受力分析可得mg+p2S=p3S ③
设充入气体的体积为ΔV,对下部分气体和充入气体,由玻意耳定律有p1·13V+p0ΔV=p3·12V ④
联立①②③④式可得ΔV=718V
6.答案　(1)左侧液面下降,右侧液面上升　(2)p03ρL2+gL
解析　(1)U形管以左侧管为轴转动后,水平玻璃管中的液体需要向左的向心力,封闭气体的压强要变大,故左侧液面下降,右侧液面上升。
(2)U形管匀速转动时,设右侧管中封闭气体的压强为p,以玻璃管水平部分长度为L的液体为研究对象,左右两端的压强差为(右端压强较高)Δp=p+ρgL2-p0
这部分液体的质量m=ρSL
可视为全部集中在玻璃管水平部分距离左端L2处,式中S为玻璃管的横截面积。
根据牛顿第二定律有Δp·S=mω2·L2
根据玻意耳定律有p0·(2L-L4)S=p·(2L-L2)S
联立解得ω=p03ρL2+gL
7.答案　(1)13V0　(2)不能满足要求
解析　(1)喷洒时,桶内消毒液上方气体温度不变,根据玻意耳定律有2p0·12V0=32p0V1
解得V1=23V0
停止喷洒时剩余药液的体积V=V0-23V0=13V0
(2)以原气体和需打入气体整体为研究对象,根据玻意耳定律可得
2p0·12V0+p0V2=2p0·23V0
解得V2=13V0
打气的次数n=V2V020=203=6.67,所以消毒员打气5次不能满足要求。
3　气体的等压变化和等容变化
基础过关练
1.A　由盖-吕萨克定律可得V1T1=V2T2=ΔVΔT=ΔVΔt,可得V0273K=VT=V-V0T-273K=ΔV1K,则每升高1 ℃增大的体积ΔV=VT=V0273K=V-V0T-273K,故A正确。
2.D　弹簧测力计上的拉力跟汽缸和活塞的总重力大小相等,当外界温度升高时,不影响弹簧弹力大小,所以示数F不变;以汽缸为研究对象,最终达到平衡时,汽缸的重力与汽缸内气体压力之和等于大气压力,因为重力和大气压力均不变,所以汽缸内气体压力不变,汽缸内气体压强p不变,故D正确。
易混易错
不理解气体压强的宏观决定因素,错误认为温度升高,气体的压强一定变大导致错选A项。应该以汽缸和活塞整体为研究对象,根据平衡条件求解弹簧的拉力大小;以汽缸或活塞为研究对象,对研究对象进行受力分析求解压强变化情况。
3.答案　(1)p0+ρgh　 (2)S(T1l2-T2l1)T2-T1
解析　(1)对水银柱进行受力分析,有p1S=p0S+ρghS
解得p1=p0+ρgh
(2)由题意可知,封闭气体的初状态:温度为T1,体积V1=V+l1S
末状态:温度为T2,体积为V2=V+l2S
由题意知气体压强不变,由盖-吕萨克定律有V+Sl1T1=V+Sl2T2
解得V=S(T1l2-T2l1)T2-T1。
4.B　气体做等容变化,压强减为原来的一半时,根据查理定律可知热力学温度也减为原来的一半,有T'=T2=273+272 K=150 K=-123 ℃,故B正确。
5.C　取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105 Pa,温度为T1=(273+27)K=300 K,设其末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23)K=250 K,根据查理定律有p1T1=p2T2,解得p2=56×105 Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp=56×105 Pa-4.0×104 Pa=4.3×104 Pa,故C正确。
6.答案　(1)mρℎ　(2)p0T0p0+ρgℎ
解析　(1)设汽缸的横截面积为S,以活塞为研究对象,根据平衡条件有p0S+mg=pS,且有p=p0+ρgh
解得S=mρℎ
(2)汽缸底部对活塞的支持力为mg,即等于活塞的重力时,汽缸内外的压强相等,即汽缸内气体压强为p0。由题意可知,汽缸内的气体的体积不变,根据查理定律有p0+ρgℎT0=p0T2
解得T2=p0T0p0+ρgℎ
7.C　一定质量的理想气体,压强不变,体积与热力学温度成正比,不与摄氏温度成正比,温度由100 ℃上升到200 ℃时,体积约增大为原来的1.27倍,故A错误;理想气体状态方程成立的条件为气体质量不变,且为理想气体,而B项缺条件,故B错误;由理想气体状态方程pVT=C可知,一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍,故C正确;同理,一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积减半,热力学温度加倍,故D错误。
8.C　气泡内气体在湖底的压强p1=p0+ρ水gh =105 Pa+103×10×20 Pa=3×105 Pa,气泡在湖底的温度T1=273 K+4 K=277 K;气泡内气体在水面的压强p2=p0=105 Pa,气泡在水面的温度T2=273 K+17 K=290 K,根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,解得V2V1≈3.1,故C正确。
易混易错
计算深度为20 m的湖水底部的压强时,若遗漏大气压强的影响,就会错选D项。在湖水中深度为20 m处的压强等于湖水产生的压强和大气压强之和。
9.答案　285 K
解析　以罐内空气为研究对象,其初状态:p1=p0=1.0×105 Pa,V1=2.0 m3,T1=300 K
末状态:p2=p0+p=3.8×105 Pa,V2=V1-V=0.5 m3,热力学温度设为T1;
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2
解得T2=285 K。
10.答案　(1)2×105 Pa　1 000 N　(2)327 ℃
解析　(1)第一状态:p1=1×105 Pa,V1=V
第二状态:V2=V2
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得p2=2×105 Pa
又p2=p0+GS,S=100 cm2=1×10-2 m2,p0=1×105 Pa
解得G=1 000 N。
(2)第三状态:p3=2×105 Pa,V3=V
根据理想气体的状态方程有p3V3T3=p1V1T1
解得T3=600 K
所以t=327 ℃。
11.BCD　设活塞横截面积为S,以活塞为研究对象,有p0S+mg=pS,则汽缸内封闭气体的压强p=p0+mgS,所以加热时封闭气体的压强保持不变,故A错误,B正确;封闭气体发生等压变化,温度上升时,根据盖-吕萨克定律可知气体的体积增大,故C正确;温度升高,分子的平均动能增大,而气体的体积增大,单位体积内气体分子数减少,由于气体的压强不变,根据压强的微观意义知活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前减少,故D正确。
12.A　一定质量的理想气体状态发生变化,满足查理定律,则气体的体积不变,若气体压强增大,则温度升高,分子的平均动能增大;因气体的体积不变,则分子间的平均距离不变,故A正确,B、C、D错误。
能力提升练
1.A　理想气体沿直线从状态a变化到状态b,V逐渐变小,T逐渐变大,根据理想气体状态方程pVT=C可知p逐渐变大,故A正确。
2.BD　当缓慢升高汽缸内气体温度时,气体先发生等容变化,汽缸内气体的压强p与热力学温度T成正比,在p-T图像中,图线是过原点的倾斜直线;当活塞开始离开小挡板时,因为活塞的重力不计,则汽缸内气体的压强等于外界的大气压,气体发生等压膨胀,其p-T图线是平行于T轴的直线,故A错误,B正确;汽缸内气体先发生等容变化,后发生等压变化,所以V-T图线先平行于T轴,后是经过原点的一条直线,故C错误,D正确。
3.BC　ab过程气体发生等温变化,压强减小,由玻意耳定律分析可知气体的体积变大,故A错误;由于bc的延长线通过原点,由查理定律可知bc过程为等容变化,故B正确;cd过程气体发生等压变化,温度降低,由盖-吕萨克定律分析可知气体体积减小,故C正确;

d点与原点的连线的斜率大于a点与原点的连线的斜率,则气体在d状态的体积小于气体在a状态的体积,da过程体积增大,故D错误。
4.AD　只对L1加热,假设L1气体体积不变,则压强增大;L1的压强p1=p2-ph,由于L2的压强p2不变,L1的压强增大,则ph减小,h减小,气柱L1长度变长;气柱L2中气体的压强和温度不变化,则体积不变化,长度不变化,故A正确,B错误;若在右管中注入一些水银,则L2的压强增大,假设L1的体积不变,h不变,L1的压强增大,根据玻意耳定律可知L1的体积减小,L1的长度将减小,故C错误;使L1、L2同时升高相同的温度,假设L1、L2气体的体积都不变,则L1的压强增大,L2压强不变,所以h减小,L1也会增大,故D正确。
方法技巧
“假设推理法”定性分析气体状态变化的思路
(1)先假设某个状态参量不变化,例如,可假设等容变化(或等压变化),应用气体实验定律分析另外参量的变化特征。
(2)再根据假设条件下得出的结论,再一次分析假设量的合理性或变化特征。
5.答案　(1)2.4×10-3 m3　(2)3×10-3 m3
解析　(1)设压缩后气体的体积为V2,压缩气体前后气体压强相等,根据盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2,
解得V2=2.4×10-3 m3
(2)由题意可知气体经历等温变化,根据玻意耳定律有p2V2=p3V3
解得气体压强变为8.0×104 Pa时的体积为V3=p2V2p3=3×10-3 m3
6.答案　(1)90 cmHg　(2)360 K　(3)720 K
解析　(1)加热前,活塞下方气体的压强
p1=p0+ρg(h4-h3)=90 cmHg
(2)活塞下方气体在加热前的状态参量为:p1=90 cmHg,T1=273 K+27 ℃=300 K
加热后左侧水银柱上升的高度Δh=h5-h4=9 cm,则右侧液面下降Δh=9 cm,右侧液面的高度为h6=h3-Δh=21 cm,活塞下方气体的压强
p2=p0+ρg(h5-h6)=108 cmHg
根据查理定律有:p1T1=p2T2
解得T2=360 K
(3)继续缓慢加热,活塞刚好运动到汽缸顶部过程中,气体做等压变化,设活塞横截面积为S,初状态参量:V2=h2S,T2=360 K,末状态参量:V3=h1S,根据盖-吕萨克定律有V2T2=V3T3
即ℎ2ST2=ℎ1ST3
解得T3=2T2=720 K
7.B　设轮胎内气体经过一定过程后,温度变为T2=0 ℃=273 K,压强变为p2=1 atm=100 kPa,体积变为V2,初始状态T1=27 ℃=300 K,p1=240 kPa,V1=30 L,则由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,所以V2=p1T2V1p2T1=65.52 L,气体的物质的量为n=V2V=65.52L22.4L/mol=2.925 mol,所以气体的分子数约为N=nNA=1.755×1024≈1.8×1024,故选B。
8.答案　3 L　9.3×104 Pa
解析　气体初状态的参量:温度T1=300 K、体积VA=2.1 L、压强为p0=1.0×105 Pa
假设没有汽缸A左壁的阻挡,气体末状态的温度为T2=400 K,设体积为V2,压强为p,由活塞受力平衡,有p=p0
由理想气体状态方程有:p0VAT1=pV2T2
解得V2=2.8 L
由于VB=3 L>2.8 L,因此可判断活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上,则此时气体体积为V2'=VB=3 L
设此时气体压强为p2,由理想气体状态方程有:p0VAT1=p2V2'T2
解得p2=9.3×104 Pa。
方法技巧
临界问题的解答技巧
(1)挖掘隐含条件,找出临界状态,临界状态是气体的状态会不会出现的判断依据,或是两个不同变化过程的分界点,正确找出临界状态是解答临界问题的前提,本题中活塞卡在汽缸A的左壁是临界点。
(2)确定临界状态前后的状态参量,或不同变化过程,再利用对应气体实验定律解题。
9.答案　(1)86.6 ℃　(2)19.0 cm
解析　(1)对封闭的气体进行分析,初状态:p1=p0-ρgh1=76 cmHg-16 cmHg=60 cmHg、V1=V0+h0S、T1=273 K
末状态:p2=p0、V2=V1+ℎ12S、T2=273 K+t
由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2
代入数据得t=86.6 ℃
(2)当往左管注入水银后,设末状态气体的压强为p,体积为V1=V0+h0S
由玻意耳定律有p2V2=pV1
解得p=79.04 cmHg
可知往左管注入水银的高度为h=h1+Δh=19.0 cm
专题强化练3　气体状态变化的图像问题
1.D　根据理想气体状态方程pVT=C可知,温度之比等于p、V乘积之比,故TA∶TB∶TC=(3×1)∶(2×3)∶(1×5)=3∶6∶5,故D正确。
2.B　A→B过程中,气体体积不变,温度升高,气体分子间距不变,气体分子的平均动能增大,气体内能增加,故选项A错误,B正确;根据理想气体的状态方程pVT=C可得V=CpT,可知B→C过程是等压变化过程,故选项C错误;C→A过程中,气体温度降低,体积增大,由pVT=C可知压强减小,故选项D错误。
3.答案　(1)p02　(2)p02　12T0
解析　(1)气体从A状态到B状态发生等温变化,故pc=pb=p02,根据玻意耳定律有:pAVA=pBVB
解得pB=p02
(2)气体由B状态到C状态发生等压变化,故pC=pB=p02,根据盖-吕萨克定律有:VBTB=VCTC
解得TC=12T0
方法技巧
分析气体图像问题的方法技巧
(1)要根据图像直接读出气体各个状态的参量的值或表达式,以便于运用气体实验定律来解答。
(2)根据横、纵坐标表示的物理量、图像的形状判断各物理量的变化规律,例如,判断变化过程是等温变化,还是等压变化,或是等容变化等。
(3)要将图像与实际情况相结合。
4.答案　(1) 0.016 m3　(2) 57 ℃　(3)图见解析
解析　(1)开始时容器内气体的压强为pA=p0=1.0×105 Pa
体积为VA=hl2=0.02 m3
放入活塞后容器内气体的压强为pB=p0+mgl2=1.25×105 Pa
气体从状态A到状态B温度不变,则由玻意耳定律有pAVA=pBVB
解得VB=0.016 m3
(2)在活塞斜面上轻轻放置一个质量为M=50 kg的物体,则气体的压强pC=p0+(M+m)gl2=1.375×105 Pa
气体从状态B到状态C发生等容变化,由查理定律有pBTB=pCTC
解得TC=330 K
tC=57 ℃
(3)气体从A到B发生等温变化,体积减小;从B到C发生等容变化,温度升高;从C到D,发生等压变化,温度降低;变化图像如图所示。

专题强化练4　气体实验定律的理解与应用
1.AD　保持B、C两管不动,由等容变化规律可知,气体温度降低,压强变小,B管中水银面上升,C管中水银面将下降,气体体积减小,则烧瓶内气体密度增大,故选项A正确,B错误;若烧瓶内气体温度升高,为使烧瓶内气体的压强不变,即发生等压变化,由盖-吕萨克定律可知,应该使气体的体积增大,应将C管向下移动,故选项C错误,D正确。
2.B　假设水银柱不动,则两部分气体做等容变化,分别对两部分气体应用查理定律有p2T2=Δp2ΔT2,p1T1=Δp1ΔT1,可得Δp2=p2T2ΔT2,Δp1=p1T1ΔT1,又由于ΔT2=ΔT1,T2=T1,p2+ρgh=p1,可得Δp2p1,由查理定律有p1T0=p1'T1=Δp1ΔT,则压强的增大量分别为Δp1=ΔTp1T0、Δp2=ΔTp2T0;由于升高相同温度,起始温度也相同,且p2>p1,则Δp2>Δp1,所以L2变长,L1变短,故B正确。
7.AC　热力学温度的单位“K”是国际单位制中七个基本单位之一,故A正确;热力学温度与摄氏温度两者大小关系为T=t+273.15 K,某物体的摄氏温度为10 ℃,则其热力学温度为283.15 K,0 ℃可用热力学温度粗略地表示为273 K,用热力学温标和摄氏温标表示的温度可以在换算单位之后进行比较,故C正确,B、D错误。
8.CD　单晶体的物理性质都是各向异性的,故A错误;液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态,不是液体和晶体的混合物,B错误;液体表面张力有使液体表面收缩的趋势,露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,故C正确;由于液体的浸润与不浸润,毛细管中的液面有的升高,有的可能降低,故D正确。
9.ACD　对活塞、汽缸以及封闭气体整体进行分析,弹簧的拉力大小等于整体的重力,根据胡克定律可知弹簧伸长量始终不变,弹簧长度L始终不变,活塞的位置不变,则活塞高度h也不变,故A、D符合题意;对活塞进行受力分析,可知活塞受力情况不变,则气体压强p不变,故C符合题意;因为气体压强p不变,根据盖-吕萨克定律可知,当T增大时,气体体积V增大,又由于活塞的位置不变动,所以汽缸将向下运动,则汽缸高度H减小,故B不符合题意。
10.答案　(1)ACD(3分)　(2)防止封闭气体温度发生改变(3分)　(3)5(3分)　(4)①(3分)
解析　(1)该实验过程中控制气体的质量、温度不变,运用了控制变量法;实验时注射器如何放置对实验结果没有影响;实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系,不需要测量气体体积的具体值,所以只需测量注射器内部装有气体部分的长度即可,而内部的横截面积没有必要测量;注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可,便于等量地改变体积,可以不标注单位,故A、C、D正确。
(2)如果活塞推拉过快,气体的温度将产生显著的变化,实验误差将增大。
(3)由实验数据计算可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定,前四组数据符合得很好,乘积在11.9~12.1范围,第5组数据的乘积较大,为15.2,说明第5组数据记录错误。
(4)气体压强与气体的温度有关,一定质量的气体,在相同体积下,温度越高,压强越大,所以图像①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的。
11.答案　(1)1.25×105 Pa　(2)图见解析
解析　(1)理想气体的初状态: p1=1.0×105 Pa,V1=2.5 m3,T1=400 K(1分)
末状态:V2=3 m3,T2=600 K(1分)
由理想气体状态方程有:p1V1T1=p2V2T2 (1分)
解得p2=p1V1T2T1V2=1.25×105 Pa(2分)
(2)由V-T图像可知,400 K~500 K范围内气体做等容变化,故在p-T图像中将图线延长到500 K处,此时气体压强为1.25×105 Pa;在500 K~600 K范围内,气体做等压变化,压强为1.25×105 Pa,故500 K~600 K内的p-T图线为水平直线,则温度从400 K升高到600 K的变化过程的p-T图像如图所示

(3分)
12.答案　(1)V1+V2+V3V0NA　(2)8×103 Pa
解析　(1)冰箱的总容积V=V1+V2+V3 (1分)
总空气分子数N=VV0NA=V1+V2+V3V0NA(2分)
(2)变温室内的气体发生等容变化,若温度为t1=6 ℃,由查理定律得
p0273K+t0=p1273K+t1 (1分)
若温度为t2=-18 ℃,由查理定律得
p0273K+t0=p2273K+t2 (1分)
Δp=p1-p2 (1分)
解得Δp=8×103 Pa(2分)
13.答案　(1)307 N　(2)10.7 cm
解析　(1)设当环境温度为T1=300 K时,缸内气体的压强为p1,
当环境温度降为T2=280 K时,缸内气体的压强为
p2=p0+mgS=1.2×105 Pa(2分)
气体发生等容变化,由查理定律得p1T1=p2T2 (1分)
解得p1=97×105 Pa(1分)
开始时活塞受力平衡,有F+p0S+mg=p1S (1分)
解得F=307 N(1分)
(2)初态:p2=1.2×105 Pa,T2=280 K,V2=HS (1分)
在活塞上加上重物后,最后稳定时,缸内气体的压强
p3=p0+(m+M)gS=1.6×105 Pa(2分)
T3=200 K,V3=hS
根据理想气体状态方程,有p2V2T2=p3V3T3 (2分)
解得h=10.7 cm(1分)
14.答案　(1)2mgS　(2)74T0
解析　(1)设A、B两部分的总体积为V,图甲状态:pA=pB=p、TA=TB=T0、VA=VB=12V (1分)
图乙状态:设A部分气体压强为pA',则B部分气体压强为pB'=pA'+mgS,TA'=TB'=T0,VA'=23V,VB'=13V (1分)
对A部分气体,由玻意耳定律有:pA·12V=pA'·23V (2分)
对B部分气体,由玻意耳定律有:pB·12V=pB'·13V (2分)
解得p=4mg3S,pB'=2mgS (1分)
(2)图丙状态:A、B两部分气体体积再次相等,A回到最初状态,则pB″=p+mgS=7mg3S (2分)
从图乙状态到图丙状态的过程,对B部分气体,由理想气体状态方程有:pB'·13VT0=pB″·12VT (2分)
解得T=74T0 (1分)