第十四章 第4节 气体实验定律 理想气体状态方程(二)(图像题、活塞汽缸模型)-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

第4节气体实验定律 (图像问题、 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：40mim 1.一定质量的理想气体经历了如图所示的A→ B→C状态变化，已知该气体在状态C时的热 力学温度为280K,则该气体在状态A和状 态B时的热力学温度分别为 1012Mx10h 8 1234567W×10'm A.567K,280K B.420K,280K C.567K,300K D.420K,300K 2.如图所示，两个水平固定的汽缸由管道连通， 活塞a、b用钢性杆相连，可在汽缸内无摩擦 地移动，缸内及管中封有一定质量的气体整 个系统处于平衡状态，大气压强不变现令缸 内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达 到平衡状态时 “ A.活塞向左移动一点，缸内气体压强不变 B.活塞向左移动一点，缸内气体压强增大 C.活塞向右移动一点，缸内气体压强不变 D.活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大 3.(2025·河北秦皇岛一模)一定质量的理想 气体从初状态a经b、c,d最终回到状态a,该 过程中气体的体积随热力学温度的变化规律 如图所示.则与该变化过程相对应的变化过 程正确的是 第十四章热学学霸高春 理想气体状态方程（二） 塞汽缸模型) D 4.(2024·河南适应性考试)房间内温度升高 空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸 模型.汽缸内活塞可以无摩擦不漏气地自由 滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨 胀推动活塞向外滑动.室内体积为V。,初始温 度为T。室内温度升高到T的过程中，活塞向 外缓慢移至虚线位置.室内外气压始终恒定 且相等，空气可视为理想气体求： (1)汽缸内空气升温膨胀后的总体积V; (2)升温前后室内空气质量之比， 活塞 室内 22 学霸高春白题物理 5.(2025·四川成都三模)某充气式座椅简化 模型如图所示，质量相等且导热良好的两个 光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的 活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气 体A、B,活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水 平面上.已知一个汽缸的质量为M,气柱A的 初始高度为L,初始环境温度为T。,轻弹簧的 劲度系数为k,原长为Lo,大气压强为Po,重 力加速度为g,活塞的横截面积为S,弹簧形 变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸 (1)求初始时气体A的压强： (2)求初始时气柱B的高度： (3)若环境温度缓慢降至0.9T。,求稳定后座 椅的高度 222 6.(2025·河北廊坊一模)如图所示，竖直放置 的容器横截面积为S,容器内有一密封良好 的隔板隔板置于卡槽上，将容器分成上、下 两部分，体积均为V。,压强均为大气压强P 一气筒分别通过单向阀门K,、K,与容器上、 下两部分连接，打气筒从最右侧运动至最左 侧完成一次抽气，抽气时阀门K,打开，阀门 K,闭合：打气筒从最左侧运动至最右侧完成 一次打气，打气时阀门K,闭合，阀门K,打 开.气筒连接处的体积不计，抽气、打气过程 温度保持不变若完成一次抽气、打气后，隔 板与卡槽恰好未分离，此时容器上、下两部分 气体压强之比为3：5，重力加速度为g.求： (1)隔板的质量： (2)若隔板固定，则完成n次抽气、打气后. 上、下两部分中气体的质量之比第4节气体实验定徘理想气体状态方程（二） (图像问题、活塞汽缸模型) 1B解析：从状态B到状态C,由理想气体状态方程可知P: Pc业，解得T,=T=280K,又因状态A到状态B为等容过程，有 -,解得T=420K,故B正确。 2。A解析：因山两部分气体的压强相等，则对两活塞及连杆的整体 受力分析可知pS+poS,=PmS。pS。,可知缸内气体压强不变：若缸内 气体的温度缓慢升高一点时，则气体体积变大，因右侧活塞面积较 大，则活塞向左移动一点.故选A 3.D解析：A.图中横坐标表示摄氏温度，由1=T-273(K)可知，将V T图像的纵轴水平向右平移273K便得到V-t图像，此时a+6图像 的延长线不会经过坐标原点，故A错误：B.根据理想气体状态方程 有学=C可知，ab是等压过程，pV图像平行于V轴，e是等容 过程，温度升高，压强增大，该图像中压强减小，不符合题意，故B错 误：C.a+b是等压过程，p-T图像平行于T轴，b是等容过程，温度 升高，压强增大，该图像中压强减小，不符合题意，故C错误：D.a→b 是等压过程，P-T图像平行于T轴，b+c是等容过程，温度升高，压 强增大，P一T图像的延长线经过坐标原点，c→d过程是等祖过程，图 像平行于p轴，d+a过程是等容过程，温度降低，压强减小，该图像 符合题意，故D正确.故选D. 解析：(1)由题知室内外气压始终恒定且相等，则由盖一吕萨克定律 (2)根据气体变化前后质量相等有p%。=pV, T。 解得p=TPo 则升温前后室内空气质量之比为。T 5.(警(2L(a)L8Lh 解析：(1)对A分析，设气体A的压强为PA,对汽缸C由平衡条件 P,S=gS,解得初始时气体A的压强，=m+普(2)设气体B Mg 的压强为Ps,对话塞b有PmS=Mg+poS,解得Pa=p+等，由于气 体A、B在初始时温度相同，则由玻意耳定律PASL=PwSL。,解得初始 时气柱B的商度为L:=人(3)对B气体由盖-吕萨克定律 T。 Q97,解得L=0,9儿，由胡克定律得c=Mg,解得弹簧的压缩量为 LRS x警，由((2)同可得4气体变化与B气体一致，则=Q9儿，粒 定后座椅的高度h=L+Lg+=18L+, Mg 3 4 6.(1) (2 3 解析：(1)设打气简容积为V,抽气后，上半部分压强为P,打气后 下半部分压强为P。,对上部分气体完成一次轴气，根据玻意耳定律 可得PV,=P4(4V。),对下部分气体完成一次打气，根据玻意耳定 可得%n%p北根据题意片子，解得p=P, 3 6,对隔板，根据平衡条件可知PnS=P4Smg,解得m3( 5 .(2)设 2g 初始时刻两部分气体的质量均为m',由以上分析，结合玻意耳定律 一学霸高考·白 可得，上部分气体每次压强变为原来的}，A次后上部分压强变为 原来 ()）广，则上部分质为（任）广，则下部分质量 为2m- (子)广，因此上下背部分气体质量之比为 () (2 第5节热力学定律 1.C2.D3.B 4.B解析：ABC.由于气闸舱N内为真空，所以气体在膨胀过程中不 会对外做功，又系统与外界没有热交换，由热力学第一定律△U=W+ Q,可知气体内能不变，对于一定质量的理想气体内能不变，则温度 不变，由pV=C,且气体体积增大可知，气体压强减小，故B正 确，AC错误：D.根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏 观变化都是不可逆的，故N中气体不可能自发地全部退回到M中， 故D错误故选B. 5.C解析：AC.a→b过程为等温变化，理想气体的内能不变，该过程 中气体体积增大，气体对外做功，即W<0,温度不变，即△U=0,由热 力学第一定律△U=W+Q,可得Q=-W>0,即气体吸收的热量全部用 来做功，故A错误，C正确：B.b→℃过程为等容变化，W=0,P>, 由在理定律宁宁据得T,即气体内能增大，4>0，由热力学 第一定律得Q>0,即气体从外界吸热，故B错误：D.p-V图中，图线 与横轴围成的面积在数值上等于气体对外界或外界对气体所做的 功，据此由图可知，C+过程中外界对气体做的功大于a→b过程中 气体对外界做的功，故D错误故选C 6.B解析：A.A→B的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界 做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热，故A错误： B.B+C的过程中体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高 分子的内能增大，压强增大，由热力学第一定律得气体从外界吸热， 故B正确： C.C→D过程的直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体积 减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故C错误： D.D→4的过程中气体的体积不变，单位体积内的分子数不变，温 度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分子的平均动 能减小，故D错误故选B 7.BC解析：AB.P到Q的过程压强减小，体积增大，根据理想气体状 态方程可知学=C,初未状态温度相同，在图乙中，1=七，所以虚 线6为等压线，从P到Q过程中，压强始终小于P点压强，即图像斜 率小于P点对应斜率，所以曲线ε对应了P到Q的过程，故A错误， B正确：G,p一V图线与横轴所圈的面积代表做功，所以W= 2=-,P到Q的过程内能不变，根据热力学第一定 2 律，4=Q+=0,理想气体吸收的热量为2P,故C正确；D.初 末状态温度相同，分子平均动能相同，初态压强是末态的2倍，所以 状态P中气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状 态Q的2倍，故D错误故选BC 8.(1)15Sh-14SH(2)△U-(P%S+mg)(H-h) 解析：(1)设汽缸内放置的文物的体积为V。,初态有T1= (27+273)K=300K,V,=5H-V%,末态有T2=(7+273)K= 20K,=h-火汽缸内气体做等压变化，则7=无，解得 158-14S1(2)汽红内气体的压强Pm=+学外界对气体做功 甲=p△r=(+号)S·(H-h)=(oS+mg)(-h),该过程中汽缸 内气体增加的内能△U=W+Q,该过程中汽缸内气体吸收的热量Q= AU-W=AU-(poS+mg)(H-h). 题·物理·86一