课时2.3 气体的等压变化和等容变化-2024-2025学年高中物理分层同步作业练习专题教案（人教版2019选择性必修第三册）

第二章 气体、固体和液体 课时2.3 气体的等压变化和等容变化 1. 知道什么是等压变化，理解V-T图像，掌握盖-吕萨克定律。 2. 知道什么是等容变化，理解p-T图像，掌握查理定律。 3. 知道什么是理想气体，掌握理想气体状态方程。 4. 能用气体分子动理论解释三个气体实验定律。 （一）气体的等压变化 1. 等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程叫作气体的等压变化。 2. 盖-吕萨克定律 (1) 内容：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。 (2) 公式：（是常量）或  推导式：（、和、分别表示气体在不同状态下的体积和热力学温度）。 (3) 图像：无论图像还是图像，斜率越大，压强越小。如图甲、乙所示，。 （二）气体的等容变化 1. 等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程叫作气体的等容变化。 2. 查理定律 (1) 内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，其压强p与热力学温度T成正比。 (2) 公式：（是常量）或  （、和、分别表示气体在不同状态下的压强和热力学温度）。 (3) 图像：无论图像还是图像，斜率越大，体积越小。如图甲、乙所示，。 （三）理想气体 1. 理想气体（理想模型） (1) 内容：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体，我们把它叫作理想气体。 (2) 特点：气体分子大小和相互作用力可以忽略不计，也可以不计气体分子与器壁碰撞的动能损失。理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，所以无分子势能，一定质量的理想气体内能只与温度有关。 导师点睛    理想气体与实际气体 2. 理想气体状态方程（理想模型） (1) 内容：一定质量的某种理想气体，在从某一状态变化到另一状态时，尽管其压强、体积和温度都可能改变，但是压强跟体积的乘积与热力学温度的比值却保持不变。 (2) 公式：（是常量）或  (、、和、、分别表示气体在不同状态下的压强、体积和热力学温度)。 （四）气体实验定律的微观解释 1. 玻意耳定律的微观解释 (1) 宏观表现：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大；体积增大，压强减小。 (2) 微观解释：一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。在这种情况下，体积减小时，分子的数密度增大，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就增大。 2. 盖-吕萨克定律的微观解释 (1) 宏观表现：一定质量的某种理想气体，在压强保持不变时，温度升高，体积增大；温度降低，体积减小。 (2) 微观解释：一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大；只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强不变。 3.查理定律的微观解释 (1) 宏观表现：一定质量的某种理想气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大；温度降低，压强减小。 (2) 微观解释：一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变。在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大。 考点 对盖-吕萨克定律和查理定律的理解（高频考点） 1. 对盖-吕萨克定律的理解 研究对象 一定质量的某种气体，而且气体的压强保持不变 适用条件 压强不太大、温度不太低的情况 恒量 在 中，与气体的种类、质量、压强有关 比例关系 一定质量的某种气体在等压变化过程中，体积与热力学温度成正比。体积不与摄氏温度成正比，但体积的变化与摄氏温度的变化成正比 变量关系 一定质量的某种气体发生等压变化时，升高(或降低)相同的温度，增加(或减小)的体积是相同的 微观解释 一定质量（m）的某种理想气体的总分子数（N）是一定的,要保持压强（p）不变,当温度（T）升高时，分子运动的平均速率v会增加，那么单位体积内的分子数（n）一定要减小（否则压强不可能不变），因此气体体积（V）一定增大；反之，当温度降低时，气体体积一定减小 公式变式 由  得  ，所以， 推导另一种 表述 气体做等压变化时，满足 ，如果用表示温度为0 ℃时气体的体积，则有 ，所以  2. 对查理定律的理解 研究对象 一定质量的某种气体，而且气体的体积保持不变 适用条件 压强不太大、温度不太低的情况。当温度较低或压强较大时，气体会液化，定律不再适用 恒量C 在  中，与气体的种类、质量、体积有关 比例关系 一定质量的某种气体在等容变化过程中，压强跟热力学温度成正比例关系。压强不与摄氏温度成正比，但是压强的变化与摄氏温度的变化成正比 变量关系 一定质量的某种气体发生等容变化时，升高(或降低)相同的温度，增大(或减小)的压强是相同的 微观解释 一定质量（m）的某种理想气体的总分子数（N）是一定的，体积（V）保持不变时，若温度（T）升高，分子运动的平均速率（v）增大，则气体压强（p）增大；反之，若温度降低，气体压强减小 公式变式 由 得  ，所以 ， 推导另一种 表述 气体做等容变化时，满足  ，如果用表示温度为0 ℃时气体的压强， 则有 ，所以 基础过关练 题组一　气体的等压变化(盖-吕萨克定律) 1.(2024江苏泰州中学月考)如图所示，水平地面上一竖直的弹簧支持着一倒立汽缸内的活塞，使汽缸悬空而静止。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，缸内气体的温度能与外界大气温度相同。下列结论中正确的是 (　　) A.若外界大气压增大，则弹簧的压缩量将会增大一些 B.若外界大气压增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大 C.若外界气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大 D.若外界气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将减小 2.(2024河北强基名校联盟开学考试)如图所示，一绝热汽缸开口向下，内部封闭有理想气体，绝热活塞的质量为m=400 g、横截面积为S=2 cm2，初始时绝热活塞位于距汽缸顶部h=15 cm处，汽缸内气体的温度为27 ℃。现用电热丝缓慢加热缸内气体，直到活塞下移到2h处，已知外界的大气压强为p0=1×105 Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力，取0 ℃=273 K，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)加热前汽缸内气体的压强； (2)活塞下移到2h处时汽缸内气体的热力学温度。 3.(教材习题改编)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，在容器上竖直插入一根两端开口的长l=100 cm的薄壁玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积S=0.2 cm2，管内一长h=14 cm的静止水银柱封闭着长度l1=10 cm的空气柱，此时外界温度t1=27 ℃。现把容器浸没在温度为t2=77 ℃的热水中，水银柱缓慢上升，当水银柱重新静止时下方空气柱长度l2=60 cm，实验过程中认为大气压没有变化，大气压p0相当于76 cm高水银柱产生的压强。(0 ℃对应的热力学温度为273 K，忽略水银柱与玻璃管壁之间的摩擦阻力) (1)求容器的容积； (2)在标准大气压下，这时对热水继续缓慢加热，能否让水银柱全部从上部离开玻璃管？ 题组二　气体的等容变化(查理定律) 4.(2024重庆模拟预测)如图，小明将海边拾到的漂流瓶竖直放入热水中，以便打开瓶塞。瓶塞的质量为m、横截面积为S，瓶内密闭气体的压强等于此时外界大气压强p0、温度为摄氏温度t1；当瓶子被置于热水中一段时间后，气体的温度为摄氏温度t2，瓶塞恰好能移动。0 ℃对应的热力学温度为T0，重力加速度为g，不考虑瓶子的容积变化。瓶塞所受最大静摩擦力大小为 (　　) A.p0S+mg　　　　B.p0S-mg C.p0S+mg　　　　D.p0S-mg 5.(经典题)(2024重庆沙坪坝月考)某兴趣小组参考烟雾报警器的原理，设计了一个简易温度报警装置，原理图如图所示，一导热性能良好的汽缸竖直放置于平台上，质量为2 kg活塞下方封闭一定质量的理想气体，固定在天花板上的压力传感器与活塞通过刚性竖直轻杆连接，当传感器受到竖直向上的压力大小达到20 N时，就会启动报警装置。已知当外界温度为242 K时，压力传感器的示数为0。不计气体体积变化以及一切摩擦，已知大气压强p0=1.0×105 Pa，汽缸的横截面积为2 cm2，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)当外界温度为242 K时，封闭气体的压强大小； (2)触发报警装置的环境温度值。 6.(教材习题改编)“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)。假设加热后小罐内的空气温度为87 ℃，当时的室温为27 ℃，大气压为p0=1×105 Pa，小罐开口部位的面积S=3×10-3 m2。当罐内空气温度变为室温时，求：(不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响，热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K) (1)小罐内的空气对皮肤的压力大小； (2)某次拔罐时由于医生操作不当，小罐未紧贴在皮肤上，当罐内空气温度变为室温时，进入罐内空气与原有空气质量之比。 题组三　理想气体(理想气体状态方程) 7.(2024江苏徐州期末)如图所示为一粗细均匀、内径很小的L形玻璃管，其中竖直管开口且足够长，水平管右端封闭。在水平管中封闭了一定质量的理想气体，相关数据如图所示。已知大气压强p0=75 cmHg，环境温度T1=300 K。不计水银的热胀冷缩。求： (1)封闭气体的压强p1； (2)缓慢均匀加热封闭气体，当水平管中的水银全部进入竖直管时气体的温度T2； (3)继续缓慢均匀加热封闭气体直到温度达到T3=570 K，整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度H。 8.(2024四川雅安开学考试)如图所示，汽缸开口向上放在水平地面上，缸内用一质量和厚度均不计、面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体。绕过定滑轮的细线一端连接活塞，另一端连接质量为m的物块，开始时，系统处于静止状态，活塞离缸底的距离为h，离缸口的距离也为h，重力加速度大小为g，物块与地面接触，但对地面的压力大小为0，汽缸内气体初始的热力学温度为T1，大气压强恒为，不计一切摩擦。 (1)求汽缸内气体的压强； (2)通过电阻丝(体积不计)对汽缸内气体缓慢加热，当活塞刚好到缸口时，求汽缸内气体的热力学温度。 9.(经典题)(2024湖南九校联盟第二次联考)如图所示，高为2H的导热汽缸的底部与体积可以忽略的透明管相连，活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸上端与大气相通。初始时，活塞与汽缸底部间的距离为H，竖直细管内水银柱的高度为(式中ρ为水银的密度)，水银柱的上方为一小段真空。已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g。不计活塞的厚度、活塞与汽缸间的摩擦，不计细管内气体的体积变化，水银柱始终未进入汽缸。 (1)求活塞的质量； (2)若在初始状态下将汽缸顶端封闭(将大气视为理想气体)，然后把整个系统置于低温环境中，稳定时测得活塞与汽缸底部间的距离为0.96H。已知初始时环境温度为T1=300 K，求该低温环境的温度。 题组四　气体实验定律的微观解释 10.(2024江苏宿迁期末)一定质量的理想气体，体积不变，温度升高，则 (　　) A.分子的数密度不变，压强不变 B.分子的平均动能变大，压强变大 C.分子的平均动能变小，压强变小 D.单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 能力提升练 题组一　V-T图像与p-T图像 1.(经典题)(2023北京西城月考)一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程，其V-T图像如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.a状态的压强小于b状态的压强 B.b状态的压强小于c状态的压强 C.c状态分子的平均动能小于a状态分子的平均动能 D.c状态每个分子的动能都比a状态的大 2.(2024江苏南京期末)小明同学在探究查理定律的实验中，先后用两个试管甲、乙，封闭了质量不同、体积不同(V甲>V乙)、但初始温度和压强都相同的同种气体做实验。若将测得气体的压强p与热力学温度T的数据在同一p-T坐标系中作图，得到的图像应是图中的 (　　) 　　　 　　 题组二　盖-吕萨克定律、查理定律的应用 3.(经典题)(2024河南阶段测试)如图所示，向一个空的易拉罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知易拉罐内的有效容积是36 cm3，吸管内部粗细均匀、横截面积为0.2 cm2，在压强等于1个大气压、温度为270 K的环境中，油柱刚好与易拉罐顶部在同一水平面。 (1)在压强等于1个大气压、温度为300 K的环境中，油柱到易拉罐顶部的距离是多少？ (2)将此温度计拿到压强为0.9个大气压的山顶，显示的温度为310 K，则山顶的实际温度与显示的温度相差多少摄氏度？ 4.(2024山东聊城一模)中国是瓷器的故乡，也被称为“瓷器之国”。英语“CHINA”，既称中国，又名瓷器。瓷器是“泥琢火烧”的艺术，是人类智慧的结晶，是全人类共有的珍贵财富。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为室温27 ℃，为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1 327 ℃。热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。求： (1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度； (2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。 题组三　理想气体状态方程的应用 5.(2024湖南邵阳期中)如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0=0.5 L，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p0=76 cmHg，温度为t0=27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h=12 cm。热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。 (1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面因温度下降又上升8 cm，则环境温度改变了多少摄氏度； (2)如果在环境温度急剧升高到t=87 ℃的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少cmHg？ 6.(经典题)(2024陕西宝鸡二模)如图所示，一水平放置导热汽缸，由横截面积不同的两个圆筒连接而成，轻质活塞A、B用一长度为3L=30 cm刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的横截面积分别为SA=20 cm2和SB=10 cm2，汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边均与大气相通，大气压强始终保持为p0=1.0×105 Pa，当汽缸内气体温度为T1=300 K时，活塞处于图示位置的平衡状态。求： (1)此时汽缸内理想气体的压强p1； (2)现对活塞A施加一个水平向右推力，使活塞向右移动L=10 cm的距离后静止，此时汽缸内气体温度T2=312 K，则此时推力F大小为多少？ 7.(经典题)(2024安徽阶段测试)如图所示，竖直放置的汽缸质量M=8 kg，活塞的质量m=2 kg，活塞的横截面积S=4×10-3 m2，厚度不计。汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞上方的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞下表面与劲度系数k=2.5×103 N/m的轻弹簧相连，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦。当汽缸内气体的温度T0=450 K时，缸内气柱长L=50 cm，汽缸总长L0=60 cm，汽缸下端距水平地面的高度h=2 cm，现使汽缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强p0=1.0×105 Pa，取重力加速度大小g=10 m/s2。则： (1)汽缸刚接触地面时，求活塞上方汽缸内气体的热力学温度﹔ (2)汽缸接触地面后，把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气，地面导热良好。现改变活塞上方汽缸内气体温度，求当弹簧刚好恢复到原长时，活塞下方的气体压强； (3)求(2)问中，活塞上方汽缸内气体的热力学温度。 题组四　液柱、活塞移动问题 8.(2024江苏扬州月考)如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一段水银柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体柱的长度分别为l1、l2，且l1=l2，下列判断正确的是 (　　) A.将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体柱的长度l1'>l2' B.将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体柱的长度l1'<l2' C.保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体柱的长度l1'>l2' D.保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体柱的长度l1'=l2' 9.(经典题)(2024江苏苏州期中)如图所示，两端封闭的U形管中装有水银，分别在A、B两端封闭住部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h，以下说法中错误的是 (　　) A.使A、B两端气体降低相同的温度，则水银液面高度差h变大 B.两部分气体升高到相同的温度后，两部分气体的压强差比升温前大 C.当U形管由图示位置开始自由下落时，两侧水银柱高度差h变大 D.若U形管加速下落过程中(a=g)液柱稳定，则两部分气体的压强差为零 10.(2023江苏泰州中学期中)如图所示，a、b两容器中密封有一定量的理想气体，a中活塞的横截面积小于b中活塞的横截面积，开始处于静止状态，两容器温度相同，当两边升高相同温度后，活塞将 (　　) A.向左移动　　　　 B.向右移动 C.仍静止不动　　　　 D.无法确定 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C　选择汽缸和活塞整体为研究对象，那么整体所受的大气压力相互抵消(破题技法)，若外界大气压增大或者气温升高，弹簧弹力大小仍等于汽缸和活塞的总重力，则弹簧长度不发生变化，活塞距地面的高度不变，故A错误；选择汽缸为研究对象，受竖直向下的重力和大气压力p0S，受到缸内气体向上的压力p1S，三力平衡，有G+p0S=p1S，若外界大气压p0增大，p1一定增大，根据玻意耳定律pV=C，当压强增大时，体积一定减小，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，故B错误；若气温升高，缸内气体做等压变化，由盖-吕萨克定律=C可知，温度升高，气体体积增大，汽缸上升，则汽缸的上底面距地面的高度将增大，故C正确，D错误。故选C。 2.答案　(1)8×104 Pa　(2)600 K 解析　(1)设加热前汽缸内气体的压强为p， 活塞静止，由平衡条件有p0S=pS+mg 解得p=8×104 Pa (2)对汽缸内气体，初态：V1=hS，T1=(273+27) K=300 K， 末态：活塞下移到2h处，V2=2hS，设温度为T2 加热过程，汽缸内气体的压强不变， 气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有= 解得T2=600 K 3.答案　(1)58 cm3　(2)见解析 解析　(1)封闭气体的压强始终是p=p0+ph=90 cmHg，气体发生等压变化。 设容器的容积为V， 两状态对应的热力学温度分别是 T1=(27+273) K=300 K，T2=(77+273) K=350 K 由盖-吕萨克定律，有= 将已知的数据代入，解得V=58 cm3 (2)设水银刚要溢出时的温度为T3，根据盖-吕萨克定律，有= 解得T3=376 K 在标准大气压下，热水最高温度为 T4=(100+273) K=373 K<T3 说明水银不能离开玻璃管。 方法技巧 应用盖-吕萨克定律解题的一般步骤 　　(1)确定研究对象(压强不变的一定质量的封闭气体)； 　　(2)确定初、末状态，找出初、末状态的体积、温度； 　　(3)根据盖-吕萨克定律列方程求解。 4.D　瓶内气体的温度为摄氏温度t2时，瓶塞恰好能移动，设此时瓶内气体的压强为p1，则mg+p0S+f=p1S。瓶内温度变化时，瓶内气体的体积不变，根据查理定律有=，解得f=p0S-mg，故选D。 方法技巧 使用查理定律解题的一般步骤 　　(1)选定体积不变的一定质量的气体作为研究对象； 　　(2)找出气体初、末状态的压强和温度； 　　(3)根据查理定律列方程求解。 5.答案　(1)2×105 Pa　(2)363 K 解析　(1)当外界温度为242 K时，压力传感器的示数为0。 设汽缸内封闭气体的压强为p，对活塞受力分析，有mg+p0S=pS 解得p=2×105 Pa (2)当达到报警温度时，活塞受到竖直轻杆的力F=20 N，设汽缸内封闭气体的压强为p' 对活塞受力分析，有mg+p0S+F=p'S 封闭气体发生等容变化，由查理定律有= 解得T'=363 K 6.答案　(1)250 N　(2) 解析　(1)加热后小罐内的空气压强、温度分别为 p1=p0=1×105 Pa，T1=(87+273) K=360 K 罐内空气温度变为室温时T2=(27+273) K=300 K 气体做等容变化，根据查理定律有= 解得p2=×105 Pa 小罐内的空气对皮肤的压力大小F=p2S=×105×3×10-3 N=250 N (2)设小罐的容积为V1，小罐未紧贴在皮肤上，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有= 罐内空气温度降为室温时，原小罐内的空气的体积变为V2=V1 进入罐内的空气体积V进=V1-V2=V1 进入罐内空气与原有空气质量之比为== 7.答案　(1)90 cmHg　(2)475 K　(3)8 cm 解析　(1)封闭气体的压强为p1=p0+ρgh=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg (2)缓慢均匀加热封闭气体，当水平管中的水银全部进入竖直管时，封闭气体的压强为p2=p0+ρg(h+L1)=95 cmHg 设玻璃管的横截面积为S，根据理想气体状态方程可得= 解得T2=475 K (3)继续缓慢均匀加热封闭气体直到温度达到T3=570 K，则气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有= 解得ΔL=3 cm 则整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度为H=L1+ΔL=8 cm 8.答案　(1)　(2)3T1 解析　(1)初始时，细线对物块的拉力大小F=mg 设汽缸内气体的压强为p1，大气压强为p0，对活塞有p1S+F=p0S，解得p1= (2)对汽缸内气体，初态：压强p1=，体积V1=hS，温度T1 当活塞刚好到缸口时，压强p2=p0，体积V2=2hS，温度T2 由理想气体状态方程有= 解得T2=3T1 9.答案　(1)　(2)208 K 解析　(1)设封闭气体的压强为p，对活塞分析，由平衡条件有pS=p0S+Mg 水银柱产生的压强等于封闭气体的压强，可得 p=ρgh=1.2p0 解得活塞的质量M= (2)对活塞上方、下方气体，如图所示： 由理想气体状态方程分别有 = = 对活塞有p2S-p1S=Mg 解得p1=p0，T2=208 K 10.B　体积不变，温度升高，则分子的平均动能变大，根据=可知压强变大，气体质量不变，分子数不变，则分子的数密度不变，故A、C错误，B正确；温度升高，分子的平均速率变大，体积不变，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故D错误。故选B。 能力提升练 1.B 2.A 8.B 9.A 10.A 1.B　a到b为等温变化，气体体积增大，由玻意耳定律pV=C得a状态的压强大于b状态的压强，选项A错误；由图像可知，b到c的过程中，体积不变，由查理定律p=CT得b状态的压强小于c状态的压强，选项B正确；由图可得c状态的温度大于a状态的温度，因此c状态分子的平均动能大于a状态分子的平均动能，选项C错误；c状态分子的平均动能大于a状态分子的平均动能，但不是c状态每个分子的动能都比a状态的大，选项D错误。 2.A　由理想气体状态方程=C(常数)，可知p=T，在体积一定时，气体的压强与热力学温度成正比，得到的图线是一条延长线过坐标原点的倾斜直线，这条直线的斜率为；因为开始时二者具有相同的压强和温度，则斜率相同，同时图线的延长线均过坐标原点，所以两图线应重合(易错点)，故A正确，B、C、D错误。 易错警示 忽略本题不是同一部分理想气体，认为体积大的斜率小，错选C。 3.答案　(1)20 cm　(2)31 ℃ 解析　(1)设在压强等于1个大气压、温度为300 K的环境中，油柱离易拉罐顶部的距离为L， 初态V0=36 cm3，T0=270 K 末态V1=V0+LS，T1=300 K 气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有= 解得L=20 cm (2)题中的气温计是在1个大气压的环境中制成的，显示的温度为310 K时，对应的气体的体积等于在1个大气压、温度为310 K的环境中的气体体积(破题关键)，  设山顶的实际温度为T2，由查理定律得= 解得T2=279 K Δt=ΔT=T-T2=31 ℃ 4.答案　(1)327 ℃　(2) 解析　(1)以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变， 初态p1=p0，T1=(27+273) K=300 K 末态p2=2p0，T2=(t2+273) K 由查理定律可得= 解得t2=327 ℃ (2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变， 最后T3=(1 327+273) K=1 600 K 设排出2p0压强的气体体积为V'，排出气体质量为m'，以原来气窑内的气体为研究对象，气体等压膨胀， 由盖-吕萨克定律可得= 对于膨胀后的气体，则有=(解题技法) 解得= 5.答案　(1)37.5 ℃　(2)38.4 cmHg 解析　(1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，有p0=p1+ρ水银gh，解得p1=64 cmHg 温度T1=t0+273 K=300 K 设末态压强为p2，则p0=p2+ρ水银g(h+Δh)，解得p2=56 cmHg 根据查理定律有= 解得T2=262.5 K T1-T2=37.5 K 则环境温度降低了37.5 ℃ (2)升温前有p1=64 cmHg，V1=V0=0.5 L，T1=300 K 打开阀门后有V3=2V0=1.0 L，T3=360 K，设压强为p3 根据理想气体状态方程有= 解得p3=38.4 cmHg 6.答案　(1)1.0×105 Pa　(2)30 N 解析　(1)设被封闭的理想气体压强为p1，轻杆对A和B的弹力大小为F杆， 对活塞A分析，有p0SA=p1SA+F杆 对活塞B分析，有p0SB=p1SB+F杆 解得p1=1.0×105 Pa (2)汽缸内气体状态参量，初态：p1=1.0×105 Pa，V1=2LSA+LSB，T1=300 K 末态：V2=(2L-L)SA+(L+L)SB，T2=312 K，设压强为p2 根据理想气体状态方程有= 解得p2=1.3×105 Pa 对两活塞整体受力分析，有F+p0SA+p2SB=p0SB+p2SA 解得F=30 N 7.答案　(1)432 K　(2)7.5×104 Pa　(3)231 K 图形剖析 解析　(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程， 对汽缸和活塞整体分析，弹簧弹力不变，汽缸内气体做等压变化， 由盖-吕萨克定律有=C，得= 解得T'=432 K (2)设初状态弹簧的压缩量为x，由平衡条件得kx=(M+m)g，解得x=4 cm 则弹簧原长x0=(L0+h)-L+x=16 cm 汽缸接触地面后，把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气，地面导热良好， 此时，活塞下方的气体体积V0=(x0-x)S=12 cm×S，压强为p0 弹簧恢复到原长时，活塞下方的气体体积V1=x0S=16 cm×S，压强为p1 地面导热良好，气体做等温变化，由玻意耳定律，有p0V0=p1V1 解得p1=7.5×104 Pa (3)对活塞上方气体， 最初状态，体积V3=LS=50 cm×S，温度T3=T0=450 K，设压强为p3， 此时弹簧的压缩量为x=4 cm， 对活塞受力分析，有p3S+mg=kx+p0S 解得p3=p0+=1.2×105 Pa， 最末状态，弹簧恢复到原长，弹力为0， 气体体积V4=(L0-x0)S=44 cm×S，设温度为T4，压强为p4， 对活塞受力分析，有p4S+mg=p1S 解得p4=7.0×104 Pa， 由理想气体状态方程，有 = 解得T4=231 K 方法技巧 利用理想气体状态方程解题的步骤 8.B　设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b内气体压强大，a内气体压强小，将玻璃管转至水平，b内的气体压强减小，a内的气体压强增大，则b内气体体积增大，气体柱的长度增加，a内气体柱的长度减小，故l1'<l2'，则A错误，B正确；假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对a内气体应用查理定律有=，解得Δp1=p1，同理对b气体由查理定律有=，可得Δp2=p2，由于p1<p2，可得Δp2>Δp1，故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体柱的长度关系为l1'<l2'，故C、D错误。故选B。 9.A　设初状态时A端的气体压强为pA，B端的气体压强为pB，则pA+ρgh=pB，此时pA<pB。若气体温度发生变化，假设A、B两端气体体积不变(破题技法)，根据=C，有==，则|Δp|=p1，可知升高相同温度，初状态压强大的气体(B端气体)压强增加量大，水银柱向A端移动，水银液面高度差h变大，两部分气体的压强差比升温前大；反之降低相同的温度，B端气体压强减小量大，水银柱向B端移动，水银液面高度差h变小，A错误，B正确。当U形管由图示位置开始自由下落时，系统处于完全失重状态(a=g)，左侧管中高出h的水银柱不再对B端气体产生压强，B端气体会使水银柱向A端移动，所以h变大，液柱稳定时，A、B两端气体压强相等，两部分气体的压强差为零，C、D正确。故错误的选A。 方法技巧 假设液面不动，两部分气体都做等容变化，根据=结合两部分气体ΔT、T、p各量的关系，判断Δp大小关系，即可得出水银柱的移动情况。利用假设法分析可以快速求解。假设法是高中阶段重要的思想方法，遇到涉及多个变量、难以直接判断的问题时，均可尝试用这种方法分析。 10.A　 先对两活塞用整体法分析水平方向的受力情况，如图所示，平衡时四个力的关系为p1S1+p0S2=p2S2+p0S1，因为S1<S2，所以p1S1<p2S2。温度变化后，假设活塞不移动，根据查理定律可分别列出Δp1=p1，Δp2=p2，两边气体对两活塞的压力的变化量分别为Δp1S1=p1S1，Δp2S2=p2S2，由于原来两边气体对两活塞产生的压力满足p1S1<p2S2，所以升高相同温度后，两边气体对两活塞的压力的增加量也不相等，Δp1S1<Δp2S2，活塞将向左移动，选项A正确。 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $$