第十三关 应用气体实验定律解决热学模型问题-高考物理专题复习及典型试题

高考物理《气体实验定律和理想气体状态方程》真题练习含答案1．[2024·新课标卷](多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程．上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程．下列说法正确的是() A．1→2过程中，气体内能增加B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变D．4→1过程中，气体向外放热答案：AD解析：1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖­吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减小，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确．2．[2023·辽宁卷]“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示．该过程对应的p­V图像可能是()答案：B解析：根据pVT ＝C可得p ＝CVT从a 到b ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c ，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 点的体积大于b 点体积．故选B .3．如图所示，一长度L ＝30 cm 气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S ＝50 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，A 的质量为m ＝20 kg ，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于外界大气压强p 0＝1×105 Pa ，温度t 1＝27 ℃.现对气缸内的气体缓慢加热，g ＝10 m /s 2，则( )A ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为35.1 ℃B ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为390 ℃C ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功30 JD ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功130 J 答案：D解析：初态气体p 1＝p 0＝1×105 Pa ，温度T 1＝300 K ，物块A 开始移动时，p 2＝p 0＋μmgS＝1.3×105 Pa ，根据查理定律可知p 1T 1 ＝p 2T 2 ，解得T 2＝390 K ＝117 ℃，A 、B 两项错误；活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功W ＝p 2S(L －L 1)＝130 J ，C 项错误，D 项正确．4．如图是由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，汽缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105 Pa ，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m ．活塞柱横截面积为1.0×10－2 m 2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103 N 时，弹簧的压缩量为0.10 m ．大气压强恒为1.0×105 Pa ，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为( )A ．2×104 N /mB ．4×104 N /mC ．6×104 N /mD ．8×104 N /m 答案：A解析：设大气压为p 0，活塞柱横截面积为S ；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p 1，气体长度为l ，汽缸内气体体积为V 1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x ，汽缸内气体压强为p 2，汽缸内气体体积为V 2，则依题意有p 1＝p 0，V 1＝lS ，V 2＝(l －x)S ，对封闭气体，安装前、后等温变化，有p 1V 1＝p 2V 2，设弹簧劲度系数为k ，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F ，由平衡条件p 2S ＋kx ＝p 0S ＋F ，联立并代入相应的数据，解得k ＝2.0×104 N /m ，A 正确，B 、C 、D 错误．5．如图所示为一定质量的理想气体等温变化p ­V 图线，A 、C 是双曲线上的两点，E 1和E 2则分别为A 、C 两点对应的气体内能，△OAB 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，则( )A ．S 1<S 2B ．S 1＝S 2C ．E 1>E 2D ．E 1<E 2 答案：B解析：由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定律可得p A V A ＝p C V C ，而S 1＝12p A V A ，S 2＝12 p C V C ，S 1＝S 2，A 项错误，B 项正确；由于图为理想气体等温变化曲线，T A ＝T C ，则气体内能E 1＝E 2，C 、D 两项错误．6．[2024·云南大理期中考试]如图所示，在温度为17 ℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h ＝49 cm ，已知弹簧原长l ＝50 cm ，劲度系数k ＝100 N/m ，汽缸的质量M ＝2 kg ，活塞的质量m ＝1 kg ，活塞的横截面积S ＝20 cm 2，若大气压强p 0＝1×105 Pa ，且不随温度变化．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同．(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)(1)求弹簧的压缩量；(2)若环境温度缓慢上升到37 ℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度． 答案：(1)0.3 m (2)51 cm解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有 (M ＋m )g ＝k Δx解得Δx ＝（M ＋m ）gk＝0.3 m(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升温前汽缸顶部离地面为h ＝49 cm活塞离地面50 cm －30 cm ＝20 cm故初始时，内部气体的高度为l ＝49 cm －20 cm ＝29 cm 升温过程为等压变化V 1＝lS ，T 1＝290 K ，V 2＝l ′S ，T 2＝310 K 根据V 1T 1 ＝V 2T 2解得l ′＝31 cm故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h ′＝h ＋l ′－l ＝51 cm7．[2024·河北省邢台市期末考试]如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40 cm 2的活塞相连接，汽缸内封闭有一定质量的理想气体．在汽缸内距缸底70 cm 处有卡环，活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，温度为300 K ．现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加60 K 时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480 K 时，活塞移动了10 cm.重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)活塞的质量； (2)弹簧的劲度系数k .答案：(1)16 kg (2)800 N/m解析：(1)根据题意可知，气体温度从300 K 增加到360 K 的过程中，经历等容变化，由查理定律得p 0T 0 ＝p 1T 1解得p 1＝1.2×105 Pa此时，活塞恰好离开卡环，可得p 1＝p 0＋mg sin θS解得m ＝16 kg(2)气体温度从360 K 增加到480 K 的过程中，由理想气体状态方程有 p 1V 1T 1 ＝p 2V 2T 2解得p 2＝1.4×105 Pa对活塞进行受力分析可得p 0S ＋mg sin θ＋k Δx ＝p 2S 解得k ＝800 N/m8．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V 的A 、B 两部分，汽缸A 部分通过带有阀门的细管与容积为V4 、导热性良好的汽缸C 相连．开始时阀门关闭，A 、B 两部分气体的压强分别为p 0和1.5p 0.现将阀门打开，当活塞稳定时，B 的体积变为V2 ，然后再将阀门关闭．已知A 、B 、C 内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计．求：(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强p A；(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比．答案：(1)2.5p0(2)527解析：(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S得到mg＝0.5p0S打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有1.5p0·V＝p B·V2对活塞有p A S＋mg＝p B S所以得到p A＝2.5p0(2)设未打开阀门前，C气体的压强为pC0，对A、C两气体整体有p0·V＋pC0·V4＝p A·(3V2＋V4)得到pC0＝272p0所以，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比M2M0＝p ApC0＝5 27。

高中物理第13章热学理论微型专题能力突破34气体实验定律和理想气体状态方程的应用Lex Li一、变质量问题例1一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，则在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0) ()A．np0，1n p0 B.nV0V p0，V0nV p0C．(1＋V0V)n p，(1＋V0V)n pD．(1＋nV0V)p0，(VV＋V0)n p0在对气体质量变化的问题分析和求解时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律.如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体收回来.可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解.二、理想气体状态方程与气体图象问题例2使一定质量的理想气体的状态按图甲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的一部分．(1)已知气体在状态A的温度T A＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和热力学温度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．分析状态变化的图象问题，要与状态方程结合起来，才能由某两个参量的变化情况确定第三个参量的变化情况，由pVT＝C知，若气体在状态变化过程中pV之积不变，则温度不变；若pT比值不变，则V不变；若VT比值不变，则p不变，否则第三个参量发生变化.三、理想气体的综合问题3.1．定性分析液柱移动问题定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．常用推论有两个：①查理定律的分比形式：ΔpΔT＝pT或Δp＝ΔTT p.②盖—吕萨克定律的分比形式：ΔVΔT＝VT或ΔV＝ΔTT V.3.2．定量计算问题定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、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．解决该问题的一般思路：①审清题意，确定研究对象．②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进而求出压强．③注意挖掘题目中的隐含条件，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．例3如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来上、下两部分气体温度相同)此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.例4如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内的气体，直至达到399.3 K．求：(1)活塞刚离开B处时的气体的温度T B；(2)缸内气体最后的压强p；(3)在图乙中画出整个过程的p－V图象．01.(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？(2)当贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？02．(理想气体图象问题)如图所示，一定质量的气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A.问AB、BC、CD、DA经历的是什么过程？已知气体在状态A时的体积是1 L，求气体在状态B、C、D时的体积各为多少，并把此图改为p－V图象．03．(液柱移动的问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图所示．V左<V右，温度均为20℃，将右端空气柱的温度降为0 ℃，左端空气柱的温度降为10 ℃，管中水银柱将() A．不动B．向左移动C．向右移动D．无法确定是否移动04．(理想气体状态方程的综合应用)用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比V A∶V B＝2∶1，如图所示，起初A中有温度为127 ℃、压强为1.8×105Pa的空气，B中有温度为27 ℃、压强为1.2×105Pa的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A、B中气体的压强．一、选择题考点一变质量问题01．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为() A．2.5 atm B．2.0 atmC．1.5 atm D．1.0 atm02．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变) () A．10次B．15次C．20次D．25次考点二理想气体的图象问题03．在下列图象中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图象是(A中曲线为双曲线的一支) ()04．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p－T图象，对应的p－V图象应是()05．(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是()A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强增大考点三理想气体的综合问题06.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示()二、非选择题07．(变质量问题)容积为V0的容器内盛有理想气体，若用最大容积为ΔV的活塞抽气筒抽气，在温度不变的情况下抽气10次，容器内剩余气体的压强是最初压强的多少倍？08．(变质量问题)氧气瓶的容积是40 L，其中氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？假定温度不变，氧气可视为理想气体．9.(理想气体的状态方程及气体图象问题的综合应用)一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若气体在状态D的压强是2×104 Pa.(1)求状态A的压强；(2)请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态．10．(气体实验定律及理想气体状态方程的综合应用)如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：(1)右管中注入的水银高度是多少？(2)升温后的温度是多少？11．(气体实验定律的综合应用)如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．高中物理第13章热学理论 微型专题能力突破 34气体实验定律和理想气体状态方程的应用Lex Li例1 D解析 打气时，活塞每推动一次，就把体积为V 0、压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0、体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0、体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0.抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V 0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V 膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝VV ＋V 0p 0.第二次抽气p 1V ＝p 2(V ＋V 0)，p 2＝V V ＋V 0p 1＝(V V ＋V 0)2p0 活塞工作n 次，则有：p n ＝(V V ＋V 0)np 0.故正确答案为D.例2 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析解析 从p －V 图中可以直观地看出，气体在A 、B 、C 、D 各状态下压强和体积分别为p A ＝4 atm ，p B ＝4 atm ，p C ＝2 atm ，p D ＝2 atm ，V A ＝10 L ，V C ＝40 L ，V D ＝20 L.(1)根据理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C T C ＝p D V D T D ，可得T C ＝p C V C p A V A·T A ＝2×404×10×300 K ＝600 K ，T D ＝p D V D p A V A·T A ＝2×204×10×300 K ＝300 K ，由题意知B 到C 是等温变化，所以T B ＝T C ＝600 K.(2)由状态B 到状态C 为等温变化，由玻意耳定律有p B V B ＝p C V C ，得:V B ＝p C V C p B ＝2×404 L ＝20 L.在V －T 图上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态依次连接(如图)，AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程． 例3 水银柱上移解析 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强p 1＝p 2＋p h .温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp 1>Δp 2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp 1<Δp 2，水银柱向下移动，若Δp 1＝Δp 2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2， Δp 2＝p 2′－p 2＝(T 2′T 2－1)p 2＝ΔT 2T 2p 2；同理下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋p h >p 2，所以Δp 1>Δp 2，即水银柱上移． 例4 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)汽缸内的气体初状态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K.(2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量： p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0.(3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量：p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A 由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体温度由297 K 升高到330 K 的过程中，气体做等容变化；气体温度由 330 K 升高到363 K 的过程中，气体做等压变化；气体温度由363 K 升高到399.3 K 的过程中，气体做等容变化，故整个过程的p －V 图象如图所示．01、(1)15次 (2)1.5 L解析 (1)设打气筒打压n 次可以使压强达到4 atm. 初状态：p 1＝1 atm ，V 1＝V ＋nV 0 其中V ＝7.5－6 L ＝1.5 L ＝1.5×103 cm 3 末状态：p 2＝4 atm ，V 2＝V由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得n ＝15 (2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V ′，由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L ＝1 atm×V ′ 解得V ′＝6 L 故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L. 02、见解析解析 A →B 为等容变化，压强随温度升高而增大．B →C 为等压变化，体积随温度升高而增大．C →D 为等温变化，体积随压强减小而增大．D →A为等压变化，体积随温度降低而减小．由题意知V B ＝V A ＝1 L ．因为V BT B＝V C T C ，所以V C ＝T C T B V B ＝900450×1 L ＝2 L ．由p C V C ＝p D V D ，得V D ＝p C p D V C ＝31×2 L ＝6 L ．所以V B ＝1 L ，V C ＝2 L ，V D ＝6 L ．根据以上数据，题中四个过程的p －V 图象如图所示．03、C 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p ，对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝－10293p ，同理右端空气柱Δp 右＝－20293p ，所以|Δp 右|>|Δp 左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C 正确．04、1.3×105 Pa 1.3×105 Pa解析 对A 中空气，初状态：p A ＝1.8×105 Pa ，T A ＝400 K. 末状态：T A ′＝300 K ，由理想气体状态方程有p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′，得：1.8×105 V A 400＝p A ′V A ′300对B 中空气，初状态：p B ＝1.2×105 Pa ，T B ＝300 K. 末状态：T B ′＝300 K. 由理想气体状态方程有：p B V B T B ＝p B ′V B ′T B′，得：1.2×105 V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′， V A ∶V B ＝2∶1， p A ′＝p B ′， 联立解得p A ′＝p B ′＝1.3×105 Pa.01、A 取全部气体为研究对象，由p 1(V 1＋V 2)＝pV 1得p ＝2.5 atm ，故A 正确． 02、B 温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得： 1．5 atm×3 L ＋n ×1 atm×0.5 L ＝4 atm×3 L ，解得n ＝15.03、D 根据p －V 、p －T 、V －T 图象的物理意义可以判断，其中D 反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符．04、C 05、AC06、AD 由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据pVT ＝C 可知压强将减小．对A 图象进行分析，p －V 图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A 项正确；对B 图象进行分析，p －V 图象是直线，气体温度会发生变化，故B 项错误；对C 图象进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C 项错误；对D 图象进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，D 项正确．07、见解析解析 本题是一道变质量问题，我们必须转化成质量一定的问题．因为每次抽出的气体压强不一样，但可把抽气等效成容器与真空的抽气筒相通，所以每次抽气可视为质量一定的气体体积增大ΔV .第一次抽气：p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )， 第二次抽气：p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，第三次抽气：p 2V 0＝p 3(V 0＋ΔV )，…第十次抽气：p 9V 0＝p 10(V 0＋ΔV )各式相乘可得p 10＝(V 0V 0＋ΔV )10p 0. 所以p 10p 0＝(V 0V 0＋ΔV )10.08、12天解析 用如图所示的方框图表示思路．由V 1→V 2：p 1V 1＝p 2V 2V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010 L ＝520 L ， 由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3，V 3＝p 2V 2－V 1p 3＝10×4801 L ＝4 800 L ，则V 3400 L ＝12.09、(1)4×104 Pa (2)见解析图解析 (1)根据理想气体状态方程：p A V A T A ＝p D V D T D则pA ＝p D V D T A V A T D＝2×104×4×2×1021×4×102 Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化，由查理定律得p A T A ＝p B T B， p B ＝T B T Ap A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105 Pa B →C 是等温变化，由玻意耳定律得p B V B ＝p C V C ，p C ＝p B V B V C＝1.6×105×14 Pa ＝4×104 Pa C →D 是等容变化，p D ＝2×104 Pa ，T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．10、(1)30 cm (2)117 ℃解析 (1)设右管中注入的水银高度是Δh ，U 形管的横截面积为S ，对A 部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0＋14 cmHg ＋10 cmHg ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋ΔhV 1＝l 1S ，V 2＝(l 1－12ΔL )S代入数据解得加入的水银高度Δh ＝30 cm.(2)设升温前温度为T 0，升温后温度为T ，缓慢升温过程中，对A 部分气体分析，升温前V 2＝(l 1－12ΔL )S ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh升温结束后V 3＝l 1S ，p 3＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＋ΔL由理想气体状态方程得p 2V 2T 0＝p 3V 3T T 0＝300 K 解得T ＝390 K 则升温后的温度为t ＝117 ℃.11、(1)330 K (2)1.01×105 Pa解析 (1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2初状态V 1＝l 2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K 末状态V 2＝lS 2解得T 2＝23T 1＝330 K(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝p 1S 1＋pS 2 解得p 1＝1.1×105 Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得p 1T 2＝p 2T 3 T 3＝T ＝303 K解得p 2＝1.01×105 Pa.。

能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.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p 0，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 变化的图象是( )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 图象中，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 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)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，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，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 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．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1.5×105Pa.(1)说出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T A 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p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p ­T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)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p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0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m 0，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T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.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 －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

专题强化十四应用气体试验定律解决两类模型问题专题解读1.本专题是气体试验定律在玻璃管液封模型和汽缸活塞类模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题．2．学好本专题可以帮助同学们娴熟的选取探讨对象和状态变更过程，驾驭处理两类模型问题的基本思路和方法．3．本专题用到的相关学问和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体试验定律等．命题点一玻璃管液封模型1．三大气体试验定律(1)玻意耳定律(等温变更)：p1V1＝p2V2或＝C(常数)．(2)查理定律(等容变更)：＝或＝C(常数)．(3)盖—吕萨克定律(等压变更)：＝或＝C(常数)．2．利用气体试验定律及气态方程解决问题的基本思路3．玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为探讨对象分析受力、列平衡方程，要留意：(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρ(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)有时可干脆应用连通器原理——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，可敏捷应用压强单位“”等，使计算过程简捷．例1(2015·新课标全国Ⅱ·33(2))如图1，一粗细匀称的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，B侧水银面比A侧的高h＝3.0.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时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0.图1(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 (2)13.2解析(1)以为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得＝p1l1 ①由力学平衡条件得p＝p0＋h ②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渐渐减小，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－h1 ③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 ④(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＝p2l2 ⑤由力学平衡条件有p2＝p0 ⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 ⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1 ⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2.气体试验定律的应用技巧1．用气体试验定律解题的关键是恰当地选取探讨对象(必需是肯定质量的气体)，搞清气体初、末状态的状态参量，正确推断出气体状态变更的过程是属于等温、等压还是等容过程，然后列方程2．分析气体状态变更过程的特征要留意以下两个方面：一是依据题目的条件进行论证(比如从力学的角度分析压强的状况，推断是否属于等压过程)；二是留意挖掘题目的隐含条件(比如缓慢压缩导热良好的汽缸中的气体，意味着气体温度与环境温度保持相等)．1．如图2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280K，管的各部分尺寸如图所示，图中封闭空气柱长度L1＝20.其余部分长度分别为L2＝15，L3＝10，h1＝4，h2＝20；现使气体温度缓慢上升，取大气压强为p0＝76，求：图2(1)气体温度上升到多少时右侧水银柱起先全部进入竖直管；(2)气体温度上升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，以封闭气体为探讨对象，其初状态：p1＝p0＋h1＝(76＋4) ＝80 ，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) ＝14 ，此时左侧竖直管中的水银柱也是14气体的状态参量：p2＝p0＋h＝(76＋14) ＝90 ，V2＝L1S＋2L3S＝20S＋2×10S＝40S由志向气体的状态方程得：＝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常，气体的体积：V3＝L1S＋L3S＋h2S＝20S＋10S＋20S＝50S由盖—吕萨克定律：＝代入数据得：T3＝787.5 K.2．(2016·全国Ⅰ卷·33(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＝，其中σ＝0.070.现让水下10 m处一半径为0.50 的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105，水的密度ρ＝1.0×1033，重力加速度大小g＝10m2.(1)求在水下10m处气泡内外的压强差；(2)忽视水温随水深的变更，在气泡上升到非常接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近答案(1)28 (2)解析(1)由公式Δp＝得Δp＝＝28水下10m处气泡内外的压强差是28.(2)气泡上升过程中做等温变更，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①其中，V1＝π②V2＝π③由于气泡内外的压强差远小于10m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＋ρ1＝1×105＋1×103×10×10＝2×105＝2p0 ④p2＝p0 ⑤将②③④⑤代入①得，2p0×π＝p0×π2＝＝.命题点二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，它须要考虑气体、汽缸或活塞等多个探讨对象，涉及热学、力学等物理学问，须要敏捷、综合地应用学问来解决问题．1．解决汽缸活塞类问题的一般思路(1)弄清题意，确定探讨对象，一般地说，探讨对象分两类：一类是热学探讨对象(肯定质量的志向气体)；另一类是力学探讨对象(汽缸、活塞或某系统)．(2)分析清晰题目所述的物理过程，对热学探讨对象分析清晰初、末状态及状态变更过程，依据气体试验定律列出方程；对力学探讨对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程．(3)留意挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出协助方程．(4)多个方程联立求解．对求解的结果留意检验它们的合理性．2．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，需综合应用气体试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，须要综合应用气体试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，假如满意守恒定律的适用条件，可依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，解答时应分别探讨各部分气体，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，最终联立求解．说明当选择力学探讨对象进行分析时，探讨对象的选取并不唯一，可以敏捷地选整体或部分为探讨对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程．例2如图3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＝202，S2＝102，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的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105，取g＝10m2，缸内气体可看作志向气体．图3(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缓慢向右移动时，求汽缸内气体的温度．①细杆；②活塞静止；③活塞A缓慢向右移动．答案(1)1.2×105(2)500K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＋代入数据解得p1＝1.2×105(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变更，设起先温度为T1，变更后温度为T2，由盖—吕萨克定律得＝代入数据解得T2＝500 K.例3(2014·课标Ⅱ·33(2))如图4所示，两汽缸A、B粗细匀称，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽视的细管连通；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视的绝热轻活塞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，活塞b在汽缸正中间．图4(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)接着缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强．①两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．②缓慢加热．答案(1)320K (2)p0解析(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经验等压变更，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，则V1＝V0＋×＝V0 ①V2＝V0＋＝V0 ②由题给数据及盖—吕萨克定律有：＝③由①②③式及所给的数据可得：T2＝320K ④(2)活塞b升至顶部后，由于接着缓慢加热，活塞a起先向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气经验等温变更，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′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0 ⑤p1′V1′＝p2′V2′⑥由⑤⑥式可得：p2′＝p0.多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个探讨对象的变更性质，分别应用相应的试验定律，并充分应用各探讨对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要依据活塞平衡确定两部分气体的压强关系．3.如图5所示，导热性能极好的汽缸，高为L＝1.0m，开口向上固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝1002、质量为m＝20的光滑活塞，活塞将肯定质量的志向气体封闭在汽缸内．当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1.0×105时，气柱高度为l＝0.80m，汽缸和活塞的厚度均可忽视不计，取g＝10m2，求：图5(1)假如气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸顶端，在顶端处，竖直拉力F为多大；(2)假如仅因为环境温度缓慢上升导致活塞上升，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p1＝p2在起始状态对活塞由受力平衡得p1S＝＋p0S在汽缸顶端对活塞由受力平衡得F＋p2S＝＋p0S联立并代入数据得F＝240 N(2)由盖—吕萨克定律得＝代入数据解得t＝102 ℃.4．(2016·全国Ⅲ卷·33(2))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6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到处相同；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.环境温度不变．(保留三位有效数字)图6答案144 9.42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′.以为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00) ＝90 l1＝20.0 ①l1′＝(20.0－) ＝12.5 ②由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S ③联立①②③式和题给条件得p1′＝144 ④依题意p2′＝p1′⑤l2′＝4.00＋－h＝11.5－h ⑥由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S ⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h≈9.42.变质量气体问题的分析技巧分析变质量气体问题时，要通过奇妙地选择探讨对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体试验定律求解．(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为探讨对象，就可把充气过程中气体质量变更问题转化为定质量气体的状态变更问题．(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探讨对象，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探讨对象，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探讨对象，便可使问题变成肯定质量气体的状态变更，可用志向气体的状态方程求解．典例1(2013·福建理综·29(2))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，空气可看作志向气体，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．V VC．(－1)V D．(＋1)V答案 C解析设充入气体体积为V0，依据玻意耳定律可得p0(V＋V0)＝，解得V0＝(－1)V，C项正确．典例2如图7所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透亮玻璃板，集热器容积为V0.起先时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300K升至T1＝350K.图7(1)求此时气体的压强；(2)保持T1＝350K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)p0(2)解析(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得＝，解得p1＝p0＝p0＝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＝＝V0所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝.题组1 玻璃管液封模型1.如图1所示，在长为l＝57的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4高的水银柱封闭着51长的志向气体，管内外气体的温度均为33℃.现将水银缓缓注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4高的水银柱？(大气压强为p0＝76)图1答案85 318K解析设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1＝306 K，体积为V1＝51S，压强为p1＝80 .当水银面与管口相平常，水银柱高为H，则管内气体的体积为V2＝(57－H)S，压强为p2＝(76＋H) . 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据，得H2＋19H－252＝0，解得H＝9 或H＝－28 (舍去)所以p2＝85设温度升至T时，水银柱高为4 ，管内气体的体积为V3＝53S，压强为p3＝80 .由盖—吕萨克定律得＝，代入数据，解得T＝318 K.2．如图2a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.图2(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，求左管水银面下降的高度．答案(1)20或37.5 (2)10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则左管中空气柱的长度为20 或37.5(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 ，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 或l＝－70 (舍去)即左管水银面下降的高度为10 .题组2 汽缸活塞类模型3.(2015·课标全国Ⅰ·33(2))如图3，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50，横截面积为S1＝80.02；小活塞的质量为m2＝1.50，横截面积为S2＝40.02；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105，温度为T＝303K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽视两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10m2.求：图3(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．答案(1)330K (2)1.01×105解析(1)大小活塞在缓慢下移过程中，受力状况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495K末状态V2＝2代入可得T2＝T1＝330K(2)对大、小活塞受力分析则有m1g＋m2g＋1＋p1S2＝p1S1＋2可得p1＝1.1×105缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝T3＝T＝303K，解得p2＝1.01×105.4．如图4所示，内壁光滑、长度均为4l、横截面积均为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽视的细管相连，整个装置置于温度为27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D 的质量及厚度均忽视不计．原长3l、劲度系数k＝的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．起先活塞D距汽缸B的底部3l.后在D上放一质量为m＝的物体．求：图4(1)稳定后活塞D下降的距离；(2)变更汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？答案(1) (2)377℃解析(1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A、B中的气体压强都为大气压p0，弹簧弹力为零，所以活塞C到汽缸A底部的距离为x1＝l放上物体稳定后汽缸A、B中气体的压强都为p1，对D活塞有p1S＝＋p0S对活塞C有p1S＝F1＋p0SF1为弹簧的弹力，F1＝kΔx1＝Δx1联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx1＝此时活塞C距汽缸底部的距离为x2＝初态下气体的总体积V0＝4，末态总体积为V1，由玻意耳定律p0V0＝p1V1，解得V1＝2由此可知活塞D下降的距离为x＝3l－(2l－)＝(2)变更气体温度使活塞D回到初位置，气体为等压变更，所以弹簧位置不变．V2＝由盖—吕萨克定律＝解得T2＝650 K，所以气体此时的温度为t＝377 ℃.。

第十三章热学做真题明方向1.[2023·新课标卷](多选)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦．初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等．现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后()A．h中的气体内能增加B．f与g中的气体温度相等C．f与h中的气体温度相等D．f与h中的气体压强相等2．[2023·全国甲卷，节选](多选)[物理—选修3－3]在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是()A．气体的体积不变，温度升高B．气体的体积减小，温度降低C．气体的体积减小，温度升高D．气体的体积增大，温度不变E．气体的体积增大，温度降低3．[2023·湖南卷]汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1.假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变．(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF.4．[2023·全国乙卷][物理—选修3－3](1)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是()A．等温增压后再等温膨胀B．等压膨胀后再等温压缩C．等容减压后再等压膨胀D．等容增压后再等压压缩E．等容增压后再等温膨胀(2)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A 管的内径是B管的2倍，B管在上方．管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)专题79分子动理论固体和液体1．[2023·江苏省南京、盐城一模]下雪了，晶莹的雪花像轻盈的玉蝴蝶在翩翩起舞，雪花的形状如图所示．下列关于雪花的说法正确的是()A．是多晶体B．是非晶体C．具有各向异性D．飞舞时，说明分子在做无规则运动2．[2023·黑龙江省哈尔滨期中]2022年2月4日晚，在北京2022年冬奥会张家口赛区，由中国自主研发的绿氢点燃了太子城火炬台．绿氢是指利用可再生能源分解水得到的氢气，其燃烧时只产生水，从源头上实现了二氧化碳零排放，是纯正的绿色新能源，在全球能源转型中扮演着重要角色．已知气体的摩尔体积为22.4 L/mol，氢气摩尔质量为2 g/mol，阿伏加德罗常数为6.02×1023 mol－1，由以上数据不能估算出氢气()A．每个分子的质量B．每个分子的体积C．每个分子占据的空间体积D．1 kg该气体中所含的分子个数3.[2023·江苏省宿迁市模拟]石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则正确的是()A．石墨是非晶体B．单层石墨烯的厚度约2μmC．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动4．[2023·江西省滨江中学阶段练习]下列关于物理现象的解释不正确的是()A．荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体的表面张力作用B．人们感到潮湿是因为空气的绝对湿度较大C．土壤里有很多毛细管，若要防止把地下的水分沿着它们引到地表，可将地面的土壤锄松D．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点5.[2023·江苏省苏州市质量调研]如图，工匠烧制玻璃制品时，一玻璃管的尖端放在火焰上烧到熔化，待冷却后尖端变钝，下列说法正确的是()A．玻璃是非晶体，高温熔化冷却后转变成了晶体B．玻璃是晶体，导热性表现为各向同性C．熔化后的玻璃表面分子间作用力表现为引力使其表面收缩D．熔化后的玻璃表面分子间作用力表现为斥力使其表面扩张6．[2023·重庆市渝中区模拟]液体的表面张力在生产生活中有利有弊．市面上的清洁剂如洗衣粉、肥皂等都含有一定量的表面活性剂，加入水中会减小水的表面张力．液体的表面张力还与温度有关，在其他条件不变的情况下，通过升高温度可以降低液体的表面张力，下列说法不正确的是()A．将两端开口的细洁净玻璃管插入肥皂水中，毛细现象比插入清水中更加明显B．孩童用肥皂水能吹出大气泡而清水不能，是因为清水的表面张力更大，不容易被空气撑开成气泡C．用热水清洗碗具可以有更好的去污效果，是因为热水表面张力小，更容易浸润碗具D．清水洒在有孔隙的布雨伞上却不会渗水，是因为液体表面张力的效果7．[2023·江苏省泰州市模拟]通电雾化玻璃能满足玻璃的通透性和保护隐私的双重要求，被广泛应用于各领域．如图所示，通电雾化玻璃是将液晶膜固化在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃不透明；通电后，看起来像一块普通玻璃，透明．可以判断通电雾化玻璃中的液晶()A．是液态的晶体B．具有光学性质的各向同性C．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过D．通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播专题80气体实验定律和理想气体状态方程1．(多选)如图所示为一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V­T图像．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.关于气体的状态，下列说法正确的是()A．从状态A到状态B气体的压强减小B．从状态A到状态B气体的压强不变C．气体在状态C的压强为2.0×105 PaD．气体在状态C的压强为3.0×105 Pa2．[2023·辽宁卷]“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示．该过程对应的p­V图像可能是()3．[2023·山东省泰安市模拟]如图所示，一长度L＝30 cm气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝50 cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，A的质量为m＝20 kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75.开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强等于外界大气压强p0＝1×105 Pa，温度t1＝27 ℃.现对气缸内的气体缓慢加热，g＝10 m/s2，则()A.物块A 开始移动时，气缸内的温度为35.1 ℃ B ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为390 ℃C ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功30 JD ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功130 J 4.如图是由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，汽缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105 Pa ，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m ．活塞柱横截面积为1.0×10－2 m 2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103 N 时，弹簧的压缩量为0.10 m ．大气压强恒为1.0×105 Pa ，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为( )A ．2×104 N/mB ．4×104 N/mC ．6×104 N/mD ．8×104 N/m 5.如图所示为一定质量的理想气体等温变化P ­V 图线，A 、C 是双曲线上的两点，E 1和E 2则分别为A 、C 两点对应的气体内能，△OAB 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，则( )A ．S 1<S 2B ．S 1＝S 2C ．E 1>E 2D ．E 1<E 26．[2023·重庆市学业质量调研抽测]如图甲，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为m 、横截面积为S 的活塞密封了一定质量的理想气体．当环境温度为T 0时，活塞静止的位置与气缸底部距离为h ，离缸口的距离为h2 .已知重力加速度为g ，活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，大气压强为4mgS.求：(1)若缓慢升高环境温度，使活塞刚好能移到缸口，求升高后的环境温度T1；(2)若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一卡环(与活塞接触但没有作用力)，如图乙，再缓慢升高环境温度到T2，则升温后卡环对活塞的压力多大．7.[2023·海南卷]如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t＝27 ℃时，压强p ＝1.050×105 Pa，则(1)t′＝37 ℃时，气压是多大？(2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积变为原来的多少倍？专题81热力学定律1．(多选)下列有关热学的说法中正确的是()A．气体温度升高，分子的平均动能一定增大B．随着科技的进步，物体的温度可以降低到－300℃C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成2．[2023·江苏省如皋市期中调研]夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂，若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，气泡内的气体看作理想气体．则上升过程中()A．气泡内气体内能不变B．气泡内气体的压强不变C．气泡体积不变D．气泡内气体吸热3．(多选)根据电冰箱的工作原理，当压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内、外管道中不断循环，如图所示，那么下列说法中正确的是()A．在冰箱内的管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量B．在冰箱外的管道中，制冷剂迅速膨胀并放出热量C．在冰箱内的管道中，制冷剂被剧烈压缩并吸收热量D．在冰箱外的管道中，制冷剂被剧烈压缩并放出热量4.[2023·江苏省泰州模拟]如图是一定质量的理想气体的几种状态变化的p­V图，其中虚线M→C为等温过程，虚线N→C为绝热过程，p A＝2p B，M是AB的中点，下列关于A→C和B→C过程的说法正确的是()A．A→C过程气体吸热B．B→C过程气体放热C．A→C过程气体内能改变量的大小大于B→C过程D．A→C过程气体与外界交换的热量小于B→C过程5．[2023·河北省模拟](多选)某品牌手机可以测量气体的压强，某同学将压强测量软件打开并将手机放入一导热良好的透明容器内，之后将容器(气球)密闭，该同学缓慢升高环境温度，测出气球气体的压强随温度变化的规律如图所示，容器内气体视为理想气体，环境压强恒定不变，下列说法正确的是()A．A状态下单位体积内的气体分子数大于B状态B．A状态下气体压强等于环境压强C．由状态A到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体内能的增量D．使环境降温，容器中的气体分子动能都减小6.[2023·辽宁省名校联考]如图所示，一导热性能良好的球形容器内部不规则，某兴趣小组为了测量它的容积，在容器上插入一根两端开口的长玻璃管，接口密封．玻璃管内部横截面积为S＝0.2 cm2，一长为h＝15 cm的静止水银柱封闭了一定质量的气体，其下方玻璃管内空气柱长度为l1＝10 cm，此时外界温度为t1＝27 ℃.现把容器浸在100 ℃的沸水中，水银柱缓慢上升29.2 cm后稳定．实验过程中认为大气压强没有变化，大气压强p＝1.0×105 Pa(相当于75 cm高汞柱压强).(结果保留两位有效数字)(1)容器的容积为多少？(2)若实验过程中管内气体内能增加了1.3 J，请判断气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量，并计算热量的多少．专题82实验：用油膜法估测油酸分子的直径探究在等温情况下气体压强和体积的关系1．[2023·江苏省沛县期中考试](1)某同学在用油膜法估测分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于________．A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量的酒精C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格D．求每滴体积时，1 mL溶液的滴数误多记了10滴(2)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm则：①油酸薄膜的面积是________ cm2.②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL.(取1位有效数字)③按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________ m．(取1位有效数字)2．在“探究气体压强与体积的关系”的实验中，完成下列问题．(1)实验中的研究对象是________，实验中应保持不变的参量是________，它的体积由________直接读出，它的压强由________传感器等计算机辅助系统得到．(2)某同学在实验中测得的数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的原因可能是________．A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大B．实验时环境温度增大了C．实验时外界大气压强发生了变化D．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏(3)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横坐标表示的物理量是封闭气体的________．A.热力学温度TB．摄氏温度tC．体积VD．体积的倒数1/V(4)实验过程中下列哪些操作是错误的________．A．推拉活塞时，动作要慢B．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验D．活塞与针筒之间要保持密封性第十三章 热学做真题 明方向1．AD 当电阻丝对f 中的气体缓慢加热时，f 中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f 中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩．与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h 中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h 中的气体内能增加，A 正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析p f S ＝F 弹＋p g S则p f >p g分别对f 、g 内的气体分析，根据理想气体状态方程有p 0V 0T 0 ＝p f V f T fp 0V 0T 0 ＝p g V g T g由题意可知，因弹簧被压缩，则V f >V g ，联立可得T f >T g ，B 错误；对弹簧、活塞及g 中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f 与h 中的气体压强相等，D 正确．在达到稳定过程中h 中的气体体积变小，f 中的气体体积变大，即V f ＞V h .根据理想气体状态方程对h 气体分析可知p 0V 0T 0 ＝p h V h T h联立可得T f >T h ，C 错误；故选AD .2．ABD 气体的体积不变，温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A 正确；气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小．外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q可知气体对外界放热，B 正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q可知Q 可能等于零，即没有热量交换过程，C 错误；气体的体积增大，温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q可知Q>0即气体吸收热量，D 正确；气体的体积增大，温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q可知Q 可能等于零，即没有热量交换过程，E 错误．故选ABD .3．(1)p 0V 0V 0＋V 1 (2)[1－(V 0V 0＋V 1)n ]p 0S 解析：(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p 0，体积V 0，第一次抽气后，气体体积V ＝V 0＋V 1根据玻意耳定律p 0V 0＝p 1V解得p 1＝p 0V 0V 0＋V 1(2)同理第二次抽气p 1V 0＝p 2V解得p 2＝p 1V 0V 0＋V 1 ＝(V 0V 0＋V 1)2p 0 以此类推……则当n 次抽气后助力气室内的气体压强p n ＝(V 0V 0＋V 1)n p 0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为ΔF ＝(p 0－p n )S ＝[1－(V 0V 0＋V 1)n ]p 0S 4．(1)ACD (2)54.36 cmHg 74.36 cmHg解析：(1)对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A 正确；根据理想气体状态方程pV T＝C 可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B 错误；根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C 正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D 正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E 错误．故选ACD .(2)B 管在上方，设B 管中气体的压强为p B ，长度l B ＝10 cm则A 管中气体的压强为p A ＝p B ＋20 cmHg ，长度l A ＝10 cm倒置后，A 管在上方，设A 管中气体的压强为p′A ，A 管内空气柱长度l′A ＝11 cm 已知A 管的内径是B 管的2倍，则水银柱长度为h ＝9 cm ＋14 cm ＝23 cm则B 管中气体压强为p′B ＝p′A ＋23 cmHgB 管内空气柱长度l′B ＝40 cm －11 cm －23 cm ＝6 cm对A 管中气体，由玻意耳定律有p A l A ＝p′A l′A对B 管中气体，由玻意耳定律有p B l B ＝p′B l′B联立解得p B ＝54.36 cmHgp A ＝p B ＋20 cmHg ＝74.36 cmHg专题79分子动理论固体和液体1．C雪花有规则的几何外形，是单晶体，其物理性质具有各向异性的特点，A、B错误，C正确；雪花飞舞是机械运动，不能说明分子的热运动特点，D错误．2．B每个分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数之比，两个量都已知，故能求出每个分子的质量，A不符合题意；由于气体分子间的距离较大，气体的体积远大于气体分子体积之和，所以不能求出气体每个分子的体积，B符合题意；将气体分子占据的空间看成立方体，而且这些空间一个挨一个紧密排列，则每个分子占据的空间体积等于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，C不符合题意；1 kg气体中所含的分子个数，等于该气体的质量与摩尔质量之比乘以阿伏加德罗常数；结果再乘以1 000，就等于1 kg该气体中所含的分子个数，D不符合题意．3．D石墨是晶体，A项错误；单层石墨烯的厚度约为原子尺寸10－10m，B项错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，C项错误；根据分子动理论，固体分子在平衡位置附近不停地振动，D项正确．4．B液体的表面张力有使液体的表面积最小化的趋势，荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体的表面张力作用，A正确；人们感到潮湿或干燥，与空气的相对湿度有关，与空气的绝对湿度无关，所以当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大，B错误；土壤里有很多毛细管，如果将地面的土壤锄松，毛细管被破坏，地下的水将不会被引到地表，C正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确．5．C玻璃是非晶体，熔化再冷却后还是非晶体，A、B均错误；熔化后的玻璃表面层分子间距离变大，分子间表现为引力，使其表面收缩，C正确，D错误．6．A毛细现象的本质是液体的表面张力对管中液体向上的拉力，肥皂水的表面张力更小，对管内液体向上的拉升效果更小，故毛细现象更不明显，A项错误；液体表面张力越大，越有形成细小液珠的趋势，即表面张力越大，越不容易变成扩张的气泡，B项正确；温度越高，水的表面张力越小，水与固体表面的作用效果越明显，更容易浸润固体，C项正确；因为表面张力的作用，雨水会在布伞上形成液珠，液珠的尺寸大于布伞的孔隙大小，因此不会渗水，D项正确．综上所述，应选择A.7．D液晶是介于晶体和液体之间的中间状态，具有液体流动性又具有晶体光学性质的各向异性，A、B两项错误；不通电时，即在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃不透明．通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在通过液晶层后按原方向传播，C项错误，D项正确．专题80气体实验定律和理想气体状态方程1．BD由题图可知过程AB图线过原点，即V与T比值不变，根据盖—吕萨克定律可知气体从状态A到状态B气体的压强不变，故A错误，B正确；由题图可知过程BC为等容过程，根据查理定律可得p BT B＝p CT C，并且p B＝p A＝1.5×105Pa，解得p C＝3.0×105Pa，C错误，D正确．2．B 根据pV T＝C 可得p ＝C VT 从a 到b ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c ，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 点的体积大于b 点体积．故选B .3．D 初态气体p 1＝p 0＝1×105 Pa ，温度T 1＝300 K ，物块A 开始移动时，p 2＝p 0＋μmg S＝1.3×105 Pa ，根据查理定律可知p 1T 1 ＝p 2T 2，解得T 2＝390 K ＝117 ℃，A 、B 两项错误；活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功W ＝p 2S(L －L 1)＝130 J ，C 项错误，D 项正确．4．A 设大气压为p 0，活塞柱横截面积为S ；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p 1，气体长度为l ，汽缸内气体体积为V 1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x ，汽缸内气体压强为p 2，汽缸内气体体积为V 2，则依题意有p 1＝p 0，V 1＝lS ，V 2＝(l －x)S ，对封闭气体，安装前、后，等温变化，有p 1V 1＝p 2V 2，设弹簧劲度系数为k ，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F ，由平衡条件p 2S ＋kx ＝p 0S ＋F ，联立并代入相应的数据，解得k ＝2.0×104 N /m ，A 正确，B 、C 、D 错误．5．B 由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定律可得p A V A ＝p C V C ，而S 1＝12p A V A ，S 2＝12p C V C ，S 1＝S 2，A 项错误，B 项正确；由于图为理想气体等温变化曲线，T A ＝T C ，则气体内能E 1＝E 2，C 、D 两项错误．6．(1)32 T 0 (2)5mg(T T 0－1) 解析：(1)缓慢升高环境温度，使活塞刚好能移到缸口的过程中，气体经历等压变化，设活塞刚好能到缸口时气体的温度为T 1，根据盖—吕萨克定律得V 0T 0 ＝V 1T 1其中V 0＝hS ，V 1＝32hS 联立解得T 1＝32T 0 (2)根据题意可知气体在升温过程中体积不变，根据查理定律可得p 1T 0 ＝p 2T 2其中p 1＝mg S ＋4mg S ＝5mg S， p 2＝mg S ＋4mg S ＋F N S ＝5mg ＋F N S联立解得升温后卡环对活塞的压力为F N ＝5mg(T 2T 0－1). 7．解析：(1)由查理定律有p （t ＋273） K ＝p′（t′＋273） K代入数据解得p′＝1.085×105 Pa(2)由玻意耳定律有pV ＝p′V′代入数据解得V′＝3031V 专题81 热力学定律1．ACD 温度是分子的平均动能的标志，物体温度升高，分子的平均动能一定增大，故A 正确；－273.15℃是一切低温的极限，B 错误；热量可以从低温物体传递到高温物体，如电冰箱可以将热量从低温的内部传递到高温的外部，C 正确；不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成，故D 正确．2．D 由理想气体的状态方程可知，气泡上升过程中，压强减小，温度升高，体积增大，B 、C 错误；气泡上升过程中，温度升高，内能一定增加，体积增大，对外做功，一定吸热，A 错误，D 正确．3．AD 氟利昂是一种既容易汽化又容易液化的物质；工作时电动压缩机使氟利昂蒸气压缩而液化，压入冰箱外的冷凝器管里将热量放出；冷凝器里的液态氟利昂，经过一段很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，在这里迅速汽化，内能减小，从冰箱的内部吸收热量，使冰箱内部的温度降低，A 、D 正确．4．B A 、B 状态体积相同，由等容变化规律可知T A ＝2T B ，令T B ＝T ，可得T A ＝2T ，同理，T C ＝T M ＝3T 2，A →C 过程外界对气体做功，气体温度降低，内能减小，所以放热，A 项错误；N →C 为绝热过程W NC ＝ΔU NC ，B →C 过程W NC <W BC ，ΔU NC >ΔU BC ，所以B →C 过程气体放热，B 项正确；A →C 过程与B →C 过程的温度变化量相同，即气体内能改变量的大小相等，C 项错误；A →C 过程的内能减小，外界对气体做功W AC >W BC ，所以A →C 过程气体放出的热量大于B →C 过程，D 项错误．5．AC 根据理想气体状态方程pV T ＝C ，可知p T ＝1VC ，结合图像可知图像的斜率越大，体积越小，即V A <V B ，故A 状态下单位体积内的气体分子数大于B 状态，A 项正确；气球内压强大于环境压强，B 项错误；由于气球膨胀，故气体对外做功，所以气体吸收的热量大于气体内能的增量，C 项正确；温度降低，气体分子平均动能减少，故D 项错误．6．(1)22 cm 3 (2)吸热 2.0 J解析：(1)设容器的容积为V ，封闭气体等压膨胀T 1＝300 K ，T 2＝373 K由盖—吕萨克定律V ＋l 1S T 1 ＝V ＋l 2S T 2l 2＝l 1＋29.2 cm ＝39.2 cm得V ＝（T 1l 2－T 2l 1）S T 2－T 1＝22 cm 3 (2)气体压强为p ＝1.2×105 Pa因为气体膨胀，对外做功W ＝－p(l 2－l 1)S得W ＝－0.70 J根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q可得Q ＝2.0 J ，气体从外界吸收热量专题82 实验：用油膜法估测。

气体实验定律和热力学定律的综合应用（核心考点精讲精练）1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题气体实验定律、热力学第一定律2024年重庆卷计算题气体实验定律、热力学第一定律2024年贵州卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对气体实验定律和热力学第一定律的综合应用的考查较为频繁，大多以计算题中出现，题目难度要求也较高。

【备考策略】1.能够熟练借助动力学和气体实验定律，处理有关气体的综合问题。

2.能够熟练处理热力学第一定律与气体实验定律相结合的问题。

【命题预测】重点观点气体实验定律的综合应用，特别变质量的问题处理方法。

一、理想气体实验定律1．三大实验定律玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律表达式p1V1＝p2V2p1T1＝p2T2或p1p2＝T1T2V1T1＝V2T2或V1V2＝T1T2图像2．理想气体的状态方程(1)表达式：p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C。

(2)适用条件：一定质量的理想气体。

二、热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递。

2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。

(2)表达式：ΔU＝Q＋W。

(3)符号法则物理量W QΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少三、热力学第二定律及能量守恒定律1．热力学第二定律(1)两种表述：①克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。

②开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。

或表述为“第二类永动机是不可能制成的。

”(2)用熵的概念表述在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(选填“增大”或“减小”)。

(3)微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。

2．能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。

高中物理复习典型例题气体实验定律处理三类问题1.如图所示，一圆柱形汽缸固定在水平地面上，用质量m ＝20kg、面积S ＝100cm 2的活塞密封了一定质量的理想气体，活塞通过正上方的定滑轮连接一质量M ＝50kg 的重物，活塞与汽缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等为300N。

开始时气体的温度t ＝27℃、压强p ＝0.9×105Pa，活塞与汽缸底部的距离H ＝50cm，重物与水平地面的距离h ＝10cm。

已知外界大气压p 0＝1.0×105Pa，重力加速度g 取10m/s 2。

现对汽缸内的气体缓慢加热，求：(1)重物恰好开始下降时气体的温度；(2)重物刚与地面接触时气体的温度。

A 、B 两部分；初始时，A 、B 的体积均为V ，压强均等于大气压p 0，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0.5p 0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V 2。

(1)求A 的体积和B 的压强；(2)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。

3.如图，导热汽缸的上端开口，用厚度不计的活塞密封有一定质量的理想气体，活塞与汽缸间的摩擦不计。

用系在活塞上的轻绳将汽缸竖直悬挂起来，活塞与汽缸均处于静止状态。

当环境的热力学温度为T 0时，活塞距缸底的高度为h 0，已知外界大气压恒为p 0，活塞质量为m ，横截面积为S ，汽缸质量为M ，重力加速度大小为g 。

(1)由于环境温度降低，汽缸向上移动了Δh ，求此过程中外界对密封气体做的功W 及此时环境的热力学温度T ；(2)保持环境的热力学温度为T ，在汽缸底部挂上一个质量为m 0的砝码，使活塞距缸底的高度仍为h0，求砝码质量m 0的大小。

4.物理兴趣小组设计了一个如图所示的测定水深的深度计，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L ，中间用细管连通，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦滑动，汽缸Ⅰ左端开口。

高中物理选择性必修三典型题练习《气体实验定律的应用》一、单选题1．如图所示是一定质量的某种理想气体状态变化的p V -图像，气体由状态A 变化到状态B 的过程，关于气体的状态变化情况，下列说法正确的是（）A ．此过程中压强逐渐增大，体积逐渐减小B ．A 、B 两状态的温度相等，该过程为等温变化C ．此过程中温度先降低后升高D ．此过程中气体分子平均动能先增大后减小2．如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化为a →b →c →a ，其中纵坐标表示气体压强p 、横坐标表示气体体积V ，a →b 是以p 轴和V 轴为渐近线的双曲线。

则下列结论正确的是（）A ．状态a→b ，理想气体的内能减小B ．状态b→c ，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少C ．状态b→c ，外界对理想气体做正功D ．状态c→a ，理想气体的温度降低二、多选题3．如图的家庭小型喷壶总容积为1.4L ，打气筒每次可将压强为51.010Pa ⨯、体积为0.02L 的空气充入壶内，从而增加壶内气体的压强。

为了保证喷壶的客舍，壶内空气压强不能超过55.010Pa ⨯；为了保证喷水效果，壶内气体压强至少为53.010Pa ⨯，当壶内空气压强降至51.010Pa ⨯时便不能向外喷水。

现装入1.2L 的水并用盖子密封，壶内被封闭空气的初始压强为51.010Pa ⨯。

壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计，壶内空气可视为理想气体且温度始终不变，则下列说法正确的是（）A ．为了保证喷水效果，打气筒最少打气20次B ．为了保证喷壶安全，打气筒最多打气50次C ．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为0.8LD ．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为1L4．如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸内，气体从状态A →状态B →状态C →状态A 完成一次循环，其状态变化过程的p V -图像如图乙所示。

【专题12】应用气体实验定律解决“三类模型问题”（原卷版）考点分类：考点分类见下表考点内容常见题型及要求考点一 “玻璃管液封”模型 计算题 考点二 “汽缸活塞类”模型 计算题 考点三 “变质量气体”模型 计算题考点一: “玻璃管液封”模型1.三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数). (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT ＝C (常数).(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或VT ＝C (常数).2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路3.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.考点二“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.1.一般思路(1)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)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.2.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)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.说明当选择力学研究对象进行分析时，研究对象的选取并不唯一，可以灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程.考点三：“变质量气体”模型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.★考点一：“玻璃管液封”模型◆典例一：(单独气体问题)（2019广东深圳二模）某同学设计了测量液体密度的装置。