高中物理【气体实验定律的应用】一轮复习资料

高中物理一轮复习气体实验定律图像问题和变质量问题副标题题号 得分一二三总分一、单选题（本大题共 12 小题，共 48.0 分） 1. 如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒装入一些药液后将密封盖盖好．多次拉压活塞后，把空气打入贮液筒内，贮液筒与外界热交换忽略不计，打开喷嘴开关，活塞位置不变，药液就可以持续地喷出，药液喷出过程中，贮液筒内的空气A. 分子间的引力和斥力都在增大B. 体积变大，压强变大C. 气体分子的平均动能不变D. 气体的内能减小2. 如图所示，一定质量的理想气体，由状态 A 沿直线 AB 变化到状态 B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是A. 不断增大 B. 不断减小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小3. 一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB 为一条直线，则气体从状态 A 到状态 B 的过程中A. 气体分子平均动能保持不变 B. 气体分子平均动能先增大后减小到初始状态 C. 整个过程中气体对外不做功 D. 气体的密度在不断增大4. 如图为一定质量的某种气体的 个状态中，下列判断正确的是图象。

在 A、B、C 三A. 体积最大的是 C 状态 B. 体积最大的是 B 状态 C. A，B 两状态体积一样第 1 页，共 13 页D. A 状态变到 B 状态，外界对气体做功值等于气体内能增加5. 如图，一定质量的理想气体从状态 I 变化到 II 的过程 中，其压强随热力学温度变化的图象为双曲线的一 支．若气体在状态 I 的体积和温度分别为 、 ，在状态Ⅱ的体积和温度分别为 、 ，则A.，且B.，且C.，且D.6. 如图甲，一定质量的理想气体的状态变化过程的之相对应的变化过程图象应为图乙中，且 图象．则与A.B.C.D.7. 如图所示，一定质量的理想气体，从状态 1 变化到状态 2，气体温度变化是A. 逐渐升高 B. 逐渐降低 C. 不变 D. 先升高后降低8. 如图所示，A、B 代表某一定质量的理想气体的两次等容变 化过程，由图可知，气体在 B 过程中当温度为 时，其压强为A. B. C. D. 1atm9. 足球的容积为 足球内已有的气体与外部大气的温度相同，压强等于大气压强 ，现再从球外取体积为 的空气充入球内，使足球内的压强增大到 P，设足球容积保持不变，充气过程气体温度不变，则 为A.B.C.D.第 2 页，共 13 页10. 如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 经过等容过程到状态 B，再经过等压过程到状态 设 A、 B、C 状态对应的温度分别为 、 、 ，则下列关系式中正确的是A.，B.，C.，D.，11. 如图所示，一定质量的理想气体，从状态 A 变到状态 B，则在 A、B 两状态时的压强 、 相比较是A.B.C.D. 条件不足，元法比较12. 带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态 a，然后经过过程 ab 到达状态 b 或经过过程 ac 到达状态 c，b、c 状态温度相同，如图所示．设气体在状态 b 和状态 c 的压强分别为 和 ，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为 和 ，则A.，B.，C.，D.，二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）13. 空气能热水器采用“逆卡诺”原理，工作过程与空调相反，能将空气中免费热量搬到水中进行制热，即使在南极也有良好表现，高效节能，是广东在世界领先的核心技术。

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48 固体液体气体实验定律（讲）1．本章的基本概念和规律在高考要求中都属于Ⅰ级，从过去几年的高考题看，出现频率较高的知识点如下：分子动理论的基本观点，物体的内能及其改变，热力学第一、二定律，气体状态参量等．知识与现实联系密切。

2．高考热学命题的重点内容有：（1）分子动理论要点，分子力、分子大小、质量、数目估算；题型多为选择题和填空题，绝大多数选择题只要求定性分析，极少数填空题要求应用阿伏加德罗常数进行计算（或估算）；（2）理想气体状态方程和用图象表示气体状态的变化；气体实验定律的理解和简单计算；固、液、气三态的微观解释和理解。

1．知道晶体、非晶体的区别．2．理解表面张力，会解释有关现象．3．掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问题．考点一固体与液体的性质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．（2）只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．（3）只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，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（1）形成原因：表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力．（2）表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜．（3）表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的各条分界线．（4）表面张力的效果：表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小．★重点归纳★1、晶体与非晶体单晶体多晶体非晶体外形规则不规则不规则熔点确定确定不确定物理性质各向异性各向同性各向同性典型物质石英、云母、食盐、硫酸铜玻璃、蜂蜡、松香形成与转化有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体★典型案例★【安徽省六安市第一中学2016届高三第九次月考理科综合试题】下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。

2025人教版高考物理一轮复习讲义第十五章第4课时专题强化：气体实验定律的综合应用目标要求1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问题。

2.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。

内容索引考点一　单一气体多过程问题考点二　关联气体问题课时精练><考点一单一气体多过程问题解题的一般思路(1)确定研究对象研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。

(2)分析物理过程，确定状态参量①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。

②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。

(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。

注意检验求解结果的合理性。

例1　(2023·安徽省皖南八校第二次联考)如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。

倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。

一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。

开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。

现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。

(1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；答案　15 cm　设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。

对M管中封闭气体有，状态Ⅰ：p1＝75 cmHg，V1＝54 cm×S，T1＝300 K状态Ⅱ：T2＝T1＝300 K，V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg此时M、N两玻璃管中气体压强差Δp＝p2－p0＝15 cmHg，故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。

气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 类型2　“汽缸活塞类”模型类型3 变质量气体模型题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用题型一气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1=p 2V 2T 2温度不变：p 1V 1=p 2V 2(玻意耳定律)体积不变：p 1T 1=p 2T 2(查理定律)压强不变：V 1T 1=V 2T 2(盖-吕萨克定律)2两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp =p 1T 1ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV =V 1T 1ΔT 3利用气体实验定律解决问题的基本思路1(2023·广东深圳·校考模拟预测)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0.9mL ，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa ，护士把注射器内横截面积为0.3cm 2、长度为0.4cm 、压强为1.0×105Pa 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。

(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。

(2)求此时药瓶内气体的压强。

【答案】(1)总内能增加，原因见解析；(2)p1=1.3×105Pa【详解】(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。

(2)以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3注射器内气体体积为V2，有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3根据玻意耳定律有p0V1+V2=p1V1代入数据解得p1=1.3×105Pa2．(2023·山东·模拟预测)某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。

励志格言：所有命运的馈赠，都在暗中标好了价格。

一、理想气体理想气体是指在任何温度、任何压强下始终遵从气体实验定律的气体实际气体在 不太大、 不太低的条件下，可视为理想气体。

二、理想气体状态方程1.内容：一定质量的某种理想气体发生状态变化时，压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变.2.公式：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 或 pV T＝C (C 由物质的量决定，与p 、V 、T 无关的常量)。

（1）当温度不变时，理想气体的状态方程可写为： 。

（2）当压强不变时，理想气体的状态方程可写为： 。

（3）当体积不变时，理想气体的状态方程可写为： 。

三、理想气体状态方程的应用1.澄清气柱、水银柱之间的几何关系，并列出表达式【例1】（如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31℃，大气压强p 0＝76cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9cm?23---24学年高三一轮复习 物理学案 热学4 总第（ ）期 学生姓名 班级 学号 课题：理想气体状态方程及应用（2课时） 组编人： 校对人： 使用日期：*【拓展训练1】如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。

右管中有高h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。

管底水平段的体积可忽略。

环境温度为T1=283K。

大气压强p0 =76cmHg。

（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？2.将“变质量”问题转化为“定质量”问题解决【例2】有一教室，上午8时温度为17O C，下午2时的温度为27O C，假定大气压强无变化，则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值为多大？【导思】以上午8时教室里的空气为研究对象，求出下午2时气体的体积，然后比较此时教室内的气体和全部气体的体积。

2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题70气体实验定律和图像导练目标导练内容目标1气体实验定律的基本规律及推论目标2理想气体的常见图像目标3探究温度不变情况下一定质量气体的压强和体积的关系【知识导学与典例导练】一、气体实验定律的基本规律及推论1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系11 1=:11=22玻意耳定律:11=22查理定律:11=22盖—吕萨克定律2.两个重要的推论（1）查理定律的推论:Δp=11ΔT（2）盖-吕萨克定律的推论:ΔV=11ΔT【例1】如图所示，容器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开，当氢气的温度为0℃，氧气温度是20℃时，水银柱静止。

下列说法正确的是（）A．两气体均升高温度20℃时，水银柱向右边移动B．两气体均升高温度20℃时，水银柱向左边移动C ．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变（水银全部在细管中），现让温度都升高10℃，则水银柱向下移动D ．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变（水银全部在细管中），现让温度都升高10℃，则水银柱向上移动【答案】AD【详解】AB.假设两个容器体积不变，根据查理定律p p T T ∆=∆可知两气体均升高温度20℃时，氢气压强的增加量1120273T p p p T ∆∆==氧气压强的增加量2220293T p p p T ∆∆==可知两气体均升高温度20℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向右边移动，故A 正确，B 错误；CD ．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，稳定时氢气的压强大于氧气，假设两个容器体积不变，根据查理定律p p T T ∆=∆现让温度都升高10℃，氢气压强的增加量1H H 110273T p p p T '∆'∆==氧气压强的增加量'2O O 2Δ10Δ293T p p p T ='=初始时氢气的压强大于氧气，可知两气体均升高温度10℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向上边移动，故D 正确，C 错误。

专题十气体实验定律综合应用【专题解读】1..本专题是气体实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熟练的选取研究对象和状态变化过程，掌握处理两类模型问题的基本思路和方法．3．本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等．考向一玻璃管液封模型1．三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．p1 p2 p(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数)．T1 T2 TV1 V2 V(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数)．T1 T2 T2．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．【例1】如图1所示，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 c m，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 c m.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.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 cm(2)13.2 cm方法总结气体实验定律的应用技巧1．用气体实验定律解题的关键是恰当地选取研究对象(必须是一定质量的气体)，搞清气体初、末状态的状态参量，正确判断出气体状态变化的过程是属于等温、等压还是等容过程，然后列方程求解．2．分析气体状态变化过程的特征要注意以下两个方面：一是根据题目的条件进行论证(比如从力学的角度分析压强的情况，判断是否属于等压过程)；二是注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)．阶梯练习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 c m，L3＝10 c m，h1＝4 c m，h2＝20 c m；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为p0＝76 cmHg，求：图2(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 K2．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2σ关系为Δp＝，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r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)3 2考向二汽缸活塞类模型1．解题思路(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．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)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．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．【例2】如图3所示，一开口向上竖直放置于水平面的导热汽缸，活塞面积S＝0.02 m2，开始时活塞距缸底0.4 m，缸内气体温度为400 K．现使外界环境温度缓慢降低至某一温度，此过程中气体放出热量900 J，内能减少了700 J．不计活塞的质量及活塞与汽缸间的摩擦，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，在此过程中，求：图3(1)外界对气体做的功W；(2)活塞下降的高度；(3)末状态气体的温度．【答案】(1)200 J(2)0.1 m(3)300 KV1 V2(3)气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律＝T1 T20.4S0.3S代入数据：＝400 K T2解得：T2＝300 K.方法总结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，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系．阶梯练习3．如图4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 c m2、质量为m＝20kg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 ℃(2)由盖—吕萨克定律得lS LS＝273＋27 273＋t代入数据解得t＝102 ℃.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．【例4】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．p0 pA. VB. Vp p0p pC．( －1)V D．( ＋1)Vp0 p0【答案】Cp 【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＝( －1)V，Cp0项正确．【例5】如图5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.图5(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．7 6【答案】(1) p0(2)6 7。