第15章 第2讲 气体的性质及气体实验定律-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

第2讲　气体的性质及气体实验定律 第十五章　热学 1 [学习目标]　1.掌握气体压强的计算方法。2.掌握气体实验定律的内容、适用条件，并会应用解决问题。3.会分析气体状态变化的图像问题。 4.掌握气体实验定律的微观解释。 2 考点一　封闭气体压强的计算 考点二　气体实验定律和理想气体状态方程 考点三　气体状态变化的图像问题 课时作业　巩固提高训练 考点四　气体实验定律的微观解释 内容索引 3 考点一　封闭气体压强的计算 一 4 1.平衡状态下气体压强的求法 (1)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强。 (2)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等的方程，求得气体的压强。 (3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间连通)同一深度处压强相等，液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强。 盘点 核心知识 5 2.连通器模型 用液柱封闭一定质量的气体，如图所示。 平衡时对气体A有pA＝p0＋ρgh1； 对气体B有pB＋ρgh2＝pA＝p0＋ρgh1， 所以pB＝p0＋ρg(h1－h2)。 3.加速运动系统中封闭气体压强的求法 选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。 6 [典例1]　若已知大气压强为p0，液体密 度均为ρ，重力加速度为g，图中各装置 均处于静止状态，求各装置中被封闭气 体的压强。 考向1　平衡类问题求压强 提升 关键能力 7 [答案]　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1　戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1) 己：p0－　庚：p0＋ [解析]　题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有 p甲S＋ρghS＝p0S 所以p甲＝p0－ρgh 8 题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有 p乙S＋ρghS＝p0S p乙＝p0－ρgh 题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有 p丙S＋ρghsin 60°·S＝p0S 所以p丙＝p0－ρgh 9 题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有 p丁S＝p0S＋ρgh1S 所以p丁＝p0＋ρgh1 题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。 10 题图己：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p0S＝p己S＋Mg，得p己＝p0－。 题图庚：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示， 由平衡条件，有p庚S下sin α＝p0S上＋FN＋mg，FN＝Mg，S下sin α＝S上， S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得p庚＝p0＋。 [典例2]　如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、横截面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距为L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动的距离为d。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。 考向2　非平衡类问题求压强 12 [解析]　设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，则活塞受到汽缸内、外气体的压力分别为F1＝p1S，F0＝p0S 由牛顿第二定律得F1－F0＝ma 小车静止时，在平衡状态下，汽缸内气体的压强应为p0， 由玻意耳定律得p1V1＝p0V0 式中V0＝SL，V1＝S(L－d) 联立以上各式得a＝。 [答案]　 13 考点二　气体实验定律和理想气体状态方程 二 14 1.理想气体 (1)宏观模型：在任何温度、任何__________下始终遵守_____________的气体。 特别提醒：实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。 (2)微观模型：理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无__________。 压强 气体实验定律 分子势能 盘点 核心知识 15 2.气体实验定律及理想气体状态方程   内容 表达式 图像 玻意耳定律 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强 与体积成__________ p1V1＝p2V2 查理 定律 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成_________ 拓展：Δp＝ΔT 反比 正比 16   内容 表达式 图像 盖－吕萨克定律 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______ 拓展：ΔV＝ΔT 理想气体状态方程 理想气体状态方程：或＝C(质量一定的理想气体) 克拉伯 龙方程 pV＝nRT，其中n表示物质的量，n＝，R为常数，对所有气体都相等 正比 17 [判断正误] 1.理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。(　　) 2.理想气体严格遵守气体实验定律。(　　) 3.一定质量的理想气体，温度升高时压强一定增大。(　　) 4.一定质量的理想气体温度升高，气体的内能一定增大。(　　) √ √ × √ 18 [典例3]　(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管横截面积0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压 强的变化。下列说法正确的是(　　) A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 考向1　气体实验定律的应用 B 提升 关键能力 19 [解析]　由盖－吕萨克定律得，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27)K＝300 K，V2＝V0＋Sl2＝330＋0.5x(cm3)，代入解得T＝x＋(K)，根据T＝t＋273 K可知t＝x＋(℃)，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖－吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 20 人教版选择性必修第三册第二章第3节练习与应用第3题： 如图所示，向一个空的铝制饮料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。已知罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。若给吸管上标刻温度值，刻度是否均匀?试估算这个气温计的测量范围。 考教衔接 21 [衔接分析]　情景相同。都是考查等压变化，设计的问题都是估算测温范围和刻度是否均匀。 [复习指导]　深刻理解气体实验定律及理想气体状态方程，并能对实际的情景进行建模，熟练应用对应的规律解决问题。 [答案]　均匀　23.4~26.6 ℃ 22 [典例4]　(2024·江苏卷)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为1.0×105 Pa的理想气体，容器内有一个面积0.06 m2的观测窗。现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： (1)在月球上容器内气体的压强； [解析]　由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有 解得p2＝8×104 Pa。 [答案]　8×104 Pa 23 (2)观测窗所受的压力大小。 [解析]　根据压强的定义，气体对观测窗的压力 F＝p2S＝4.8×103 N。 [答案]　4.8×103 N 24 [典例5]　(2025·江苏南京模拟)如图所示，横截面积为S的汽缸内有a、b两个厚度忽略不计、质量相等的活塞，两个活塞把汽缸内的同种气体分为A、B两部分，两部分气体的质量相等，汽缸和活塞的导热性能良好，开始时环境的温度为T0，大气压强为p0，A、B两部分气柱的长度分别为1.2h、h，活塞a离缸口的距离为0.2h，重力加速度为g，活塞与缸内壁无摩擦且不漏气，求： 25 (1)每个活塞的质量； [解析]　设活塞的质量为m，开始时A部分气体的压强pA＝p0＋ B部分气体的压强pB＝p0＋ 由于A、B两部分相同气体的质量相等、温度相同，则pA×1.2hS＝pBhS 解得m＝。 [答案]　　 26 (2)缓慢升高环境温度，当活塞a刚到缸口时，环境的温度。 [解析]　设当环境温度为T时，活塞a刚好到缸口，气体A、B均发生等压变化，设此时A气柱高为H，则B气柱高为2.4h－H，则对A气体研究，有 对B气体研究有 解得T＝T0。 [答案]　T0 27 [典例6]　如图所示，竖直放置在粗糙水平面上的绝热汽缸，汽缸里封闭一部分理想气体，其中缸体质量M＝4 kg，活塞质量m＝4 kg，横截面积S＝2×10－3 m2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞的上部与劲度系数为k＝2×102 N/m的弹簧相连，挂在某处。当汽缸内气体温度为227 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L＝80 cm。求： 考向2　理想气体状态方程的应用 28 (1)当缸内气体温度为多少K时，汽缸对地面的压力为零； [解析]　初态对活塞根据平衡条件有 p1S＝p0S＋mg 可得p1＝p0＋＝1.2×105 Pa 末态对汽缸根据平衡条件有p2S＋Mg＝p0S 可得p2＝p0－＝0.8×105 Pa 当汽缸对地面压力为零时，对整体，根据平衡条件有kx1＝(m＋M)g 可得x1＝0.4 m＝40 cm 初态p1＝1.2×105 Pa，V1＝LS＝80 cm·S，T1＝(273＋227)K＝500 K 末态p2＝0.8×105 Pa，V2＝(L－x1)S＝40 cm·S 根据理想气体状态方程有 解得T2＝ K。 [答案]　 K　 29 (2)当缸内气体温度为多少K时，汽缸对地面的压力为160 N。 (g取10 m/s2，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦) [解析]　汽缸对地面的压力为160 N时，以汽缸为研究对象，根据平衡条件可得Mg＋p3S＝p0S＋N 解得p3＝1.6×105 Pa 对活塞进行受力分析，可得p0S＋mg＋kx2＝p3S 解得x2＝0.4 m＝40 cm 则体积为V3＝(L＋x2)S＝120 cm·S 根据理想气体状态方程有 解得T3＝1 000 K。 [答案]　1 000 K 30 考点三　气体状态变化的图像问题 三 31 四种图像的比较 类别 特点(其中C为常量) 举例 p－V 图像 pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远 p－ 图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 盘点 核心知识 32 类别 特点(其中C为常量) 举例 p－T 图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 V－T 图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小 33 [典例7]　 一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p－ 图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd段 与p轴垂直，da段与轴垂直，则(　　) A.a→b，压强减小、温度变大、体积增大 B.b→c，压强增大、温度降低、体积减小 C.c→d，压强不变、温度降低、体积减小 D.d→a，压强减小、温度升高、体积不变 C 提升 关键能力 34 [解析]　由题图可知，a→b过程，气体压强减小而体 积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体 积成反比，气体发生的是等温变化，故A错误；b→c 过程，压强增大，体积增大，由理想气体状态方程＝C可知温度升高，故B错误；由题图可知，c→d过程，气体压强不变而体积变小，由理想气体状态方程＝C可知气体温度降低，故C正确；由题图可知，d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。 35 [典例8]　(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求： 36 (1)气体在状态D的压强pD； [解析]　从D到A状态，根据查理定律得 解得pD＝2×105 Pa。 [答案]　2×105 Pa　 37 (2)气体在状态B的体积V2。 [解析]　从C到D状态，根据玻意耳定律得pCV2＝pDV1 解得V2＝2.0 m3。 [答案]　2.0 m3 38 1.某实验小组用图甲所示装置研究烧瓶内封闭气体的体积一定时压强与温度的关系，初始时封闭气体的摄氏温度为t0，往容器内加热水，可以改变封闭气体的温度t，用Δt(Δt＝t－t0)表示封闭气体升高的摄氏温度， p表示温度为t时封闭气体的压强，则图乙中可能正确的图线是(　　) 教参独具 A.①　　　　　 B.② C.③ D.④ A 39 解析：烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝Δt＝p－p0，整理得p＝Δt＋p0，可见p－Δt图像为一次函数，斜率为，纵轴截距为p0，均为正值，故正确的图线是①，故选A。 40 2.如图所示是一定质量的理想气体的状态由A依次经过B、C到D变化的 p－T图像，对应的转换图像中可能正确的是(　　) A 41 解析：由理想气体状态方程可得＝C，由题图p－T图像可知，从A到B过程，气体压强不变，B、C错误；从A至B过程，温度升高，所以体积增大，B到C过程，温度不变，压强减小，所以体积增大，D错误；C到D过程压强减小，温度降低，由于压强与温度成正比，所以体积不变，综上可知A正确。 42 3.如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V－t)图像上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的两点。求： (1)气体在状态a和b的压强之比； 43 解析：若直线Ⅰ为等压线，根据盖－吕萨克定律有＝k 整理得V＝kt＋273.15k。 由体积—温度(V－t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，有＝1。 答案：1 44 (2)气体在状态b和c的压强之比。 解析：设气体体积为V1时其压强为p1，气体体积为V2时其压强为p2，根据等温变化规律，则有p1V1＝p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc，联立解得。 答案： 45 考点四　气体实验定律的微观解释 四 46 1.气体分子运动规律 (1)气体分子运动的特点 分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都 有，而且向各个方向运动的_________________几乎相等。 (2)气体分子运动的速率分布图像 气体分子间距离大约是分子直径的10倍，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示。 气体分子数目 盘点 核心知识 47 (3)气体压强的微观解释 ①产生的原因 由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压 力，作用在器壁______________的压力叫作气体的压强。 ②决定因素(一定质量的某种理想气体) a.宏观上：决定于气体的温度和__________。 b.微观上：决定于分子的平均动能和分子的__________。 单位面积上 体积 密集程度 48 2.气体实验定律的微观解释 (1)玻意耳定律的微观解释：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，分子的平均动能不变，体积越小，分子的数密度越大，单位时间 内撞到单位面积器壁上的分子数就_______，气体的压强就_______。 (2)查理定律的微观解释：一定质量的某种理想气体，体积保持不变时， 则分子的数密度不变，温度升高，分子平均动能__________，分子撞击 器壁的作用力__________，所以气体的压强__________。 (3)盖－吕萨克定律的微观解释：一定质量的某种理想气体，温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使压强不变，则需影响压强的另一个因素，即分子的数密度减小，所以气体的体积增大。 越多 越大 增大 变大 增大 49 [判断正误] 1.若气体的温度不断升高，则其压强也一定不断增大。(　　) 2.在完全失重的状态下，气体的压强为零。(　　) 3.当分子热运动变剧烈时，压强一定增大。(　　) × × × 50 [典例9]　夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体(　　) A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 A [解析]　夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，A项正确，C、D项错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，B项错误。 提升 关键能力 51 课时作业　巩固提高训练 五 52 1.(2025·江苏南京开学考)如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定 后，检测容器P的气压表示数为(　　) A.p0　　 B.p0 C.3p0 D.p0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 夯实基础 B 解析：对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p(V＋)，解得p＝p0，故选B。 53 2.(2025·江苏扬州期初考)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其 过程如V－图上从a到b的线段所示。在此过程中气体的温度(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.保持不变 B.逐渐变大 C.逐渐变小 D.先变小后变大 解析：根据题意可知，V与的比值，即图线上各点与原点的连线斜率减小，由理想气体状态方程＝C，得V＝TC，由题图可知，气体的温度逐渐减小。故选C。 C 54 3.(2025·八省联考河南卷)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为2.5p0，轮胎内部气体温度为280 K。轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏 气，则该高原地区的大气压强为(　　) A.0.6p0　　　　　　　 B.0.7p0 C.0.8p0 D.0.9p0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 55 解析：根据题意可知，在平原地区时，轮胎内部压强为p1＝3.6p0，温度T1＝315 K；设在高原地区轮胎内部压强为p2，温度T2＝280 K。轮胎做等容变化，根据查理定律得，解得p2＝3.2p0，该高原地区的大气压强p＝3.2p0－2.5p0＝0.7p0，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 56 4.(2025·江苏南通模拟)某小组设计的测温装置如图所示，竖直玻璃管B与玻璃泡A相连插在水槽中，封有一定量的气体，大气压强不变的情况下，管内水柱高度可反映泡内气体的温度，即环境温度。环境温度变化 时，玻璃泡内气体压强可视为不变，则(　　) A.测温物质是水 B.水柱越高温度越高 C.管上的刻度是均匀的 D.测温范围由A体积决定 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 57 解析：测温物质是封闭气体，故A错误；玻璃泡内气体压强 可视为不变，水柱越高，封闭气体体积越小，根据盖－吕萨 克定律＝C可知温度越低，故B错误；设玻璃泡A的容积为 V0，直玻璃管的横截面积为S，总长度为l0，水柱高度为h0时 温度为T0，温度变为T时，水柱高度为x，根据盖－吕萨克定 律得，整理得T＝， T与x是一次函数关系，则管上的刻度是均匀的，故C正确；测温范围由B的总长度决定，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 58 5.一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积(p－V)图像上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别为pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分 别为pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是(　　) A.　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 59 解析：曲线Ⅰ为等温变化曲线， a、b两点的温度相同，A错误；由图像可知pa＝pc，则有，B正确；由图像可知pa＝pc，又，故，C错误；因＝3，故＝2，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 60 6.(2025·江苏常州模拟)四冲程柴油机的工作原理是由进气、压缩、燃烧膨胀和排气这四个过程来完成的，这四个过程构成了一个工作循环。为研究压缩冲程原理，将这一过程用如图所示装置模拟。初始时刻用不计厚度和重力的活塞在A位置(汽缸顶端)封住一部分气体，此时绝热汽缸内气体的压强刚好为p0，温度为T0，在活塞上放置质量为M的重物将活塞缓慢压到B位置(汽缸高度一半处)时静止，此时汽缸内气体压强达到4p0，在此位置混合气体瞬间压燃，温度升高，压强变为8p0。已知汽缸的截面积为S，外界大气压强始终为p0，重力加速度为g。下列说法正 确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.活塞从A到B过程缸内气体内能可能不变 B.活塞到B位置气体压燃前缸内气体温度为3T0 C.重物质量M＝ D.气体压燃后瞬间，重物的加速度大小为g D 61 解析：因汽缸绝热，活塞从A到B过程，外界对气体做功， 内能增加，温度升高，A错误；由理想气体状态方程，活 塞从A到B过程有，解得TB＝2T0，B错误； 对重物及活塞受力分析有Mg＋p0S＝4p0S，解得M＝，C错误；气体压燃瞬间，对重物及活塞由牛顿第二定律有8p0S－Mg－p0S＝Ma，解得a＝g，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 62 7.如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体 由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　) A.一直增大 B.一直减小 C.保持不变 D.先变大后变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 63 解析：在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于t轴上同一点－273.15 ℃，根据p＝T可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 64 8.(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。在“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p－T图像如图所示。该过程对应的 p－V图像可能是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 65 解析：根据＝C可得p＝T。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，则从b到c，体积变大。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 66 9.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱A和C将空气柱B封闭在左侧竖直段玻璃管中，平衡时A段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为h2，C段水银两侧液面高度差为h1。 若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后(　　) A.空气柱B的长度减小 B.左侧水银面高度差h2减小 C.空气柱B的压强增大 D.C段水银的两侧液面高度差h1增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 67 解析：开始时，空气柱B的压强p＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2，故h1＝h2，向右管注入少量水银，假定先固定水银柱A，则空气柱B的压强增加，再释放水银柱A，水银柱A将向上运动，故h2减小，再次平衡时，空气柱B的压强p0＋ρgh2也就减小，气体的压强减小、温度不变，根据＝C可知，气体体积增大，则空气柱B的长度增大，故A、C错误，B正确；空气柱B的压强减小，C段水银两侧液面的高度差h1也减小，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 68 10.(2025·江苏南京调研)如图所示，在足够长的光滑斜面上，有一端封闭的导热玻璃管。玻璃管内部液柱封闭了一定量的理想气体，外界温度保持不变。在斜面上静止释放玻璃管，当液柱在玻璃管中相对稳定后， 以下说法正确的是(　　) A.封闭气体的长度将变长 B.封闭气体的分子平均动能减小 C.封闭气体压强小于外界大气压 D.单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 能力提升 A 69 解析：设外界大气压为p0，液柱的质量为m，玻璃管的 截面积为S，斜面倾角为θ，重力加速度为g。玻璃管和 液柱均处于静止状态时，封闭气体的压强为p1＝p0＋ ，释放玻璃管稳定后，整体的加速度大小为a＝ gsin θ，此时封闭气体的压强为p2，对液柱，根据牛顿第二定律可得p0S＋mgsin θ－p2S＝ma，解得p2＝p0，所以封闭气体压强减小，根据pV＝C，可知体积增大，气柱长度变长，故A正确，C错误；封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故B错误；外界温度不变，在此过程中封闭气体的温度不变、内能不变、分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减少，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 70 11.(10分)如图甲所示，一导热性能良好的圆柱形汽缸横卧在水平地面上，汽缸内的活塞与缸壁光滑密接封闭了一部分理想气体，如图甲所示。已知环境温度t＝27 ℃，活塞到汽缸底部的距离h＝2 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，活塞质量m＝1.0 kg、横截面积S＝20 cm2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 71 (1)当把汽缸缓慢竖起来，如图乙所示，求稳定后活塞下降的距离； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：根据题意可知，甲图中的气体压强为p0，设乙图中的气体压强为p1，则有 p1S＝mg＋p0S 解得p1＝p0＋＝1.05×105 Pa 设活塞下降的距离为x，由玻意耳定 律有p0Sh＝p1S(h－x) 解得x≈0.1 cm。 答案：0.1 cm 72 (2)在(1)的情形下，打开空调缓慢升高环境温度，当温度升高多少摄氏度，活塞能回到原位。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：缓慢升高环境温度，气体做等压变化，设升高的温度为ΔT，由盖－吕萨克定律可知 T＝t＋273 K 解得ΔT＝15 K，即Δt＝15 ℃。 答案：15 ℃ 73 12.(12分)(2025·江苏常州模拟)如图所示，左右两管足够长的U形管左管封闭，右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，右管一轻活塞恰处在与左管水银面平齐的位置且封闭了一定质量的气体，左右两管水银面高度差为36 cm，大气压强为76 cmHg。现将活塞缓慢下推，并保持左右管内气体的温度不变。当左管空气柱长度变为20 cm时，求： (1)左管内气体的压强； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 74 解析：左管封闭气体的压强为 p1＝76 cmHg－36 cmHg＝40 cmHg 左管封闭气体变化前后的体积分别为 V1＝26 cm·S，V2＝20 cm·S 由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2 解得 p2＝52 cmHg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 答案：52 cmHg 75 (2)活塞下移的距离。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：U形管右管内径为左管内径的倍，则右管横截面积是左管横截面积的2倍，为2S，当左管水银面上升6 cm时，右管水银面下降3 cm，所以这时左右两管水银面的高度差为45 cm，因此右管内气体的压强为 p2'＝(52＋45)cmHg＝97 cmHg 原状态右管气体的压强为 p1'＝76 cmHg 设活塞缓慢下推后右管气体的高度为h，由玻意耳定律可得p1'×36 cm×2S＝p2'×h×2S 解得 h≈28.2 cm 活塞下移的距离是 x＝(36＋3－28.2)cm＝10.8 cm。 答案：10.8 cm 76 13.(15分)某种“系留气球”如图甲所示，图乙是气球的简化模型图。主、副气囊通过不漏气、无摩擦的活塞分隔开，主气囊内封闭有一定质量的理想气体(密度较小)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定，左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞刚好与右挡板接触，理想气体的体积变为初始时的1.6倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0＝1×105 Pa，热力学温度T0＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。若气球升空过程中理想气体温度不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 77 (1)求目标高度处的大气压强p； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：气球中的温度不变，则气球内的气体发生的是等温变化，设气球内的气体在目标高度处的压强为p1，由玻意耳定律有 p0V0＝p1·1.6V0 解得 p1＝p0 由题意可知，目标处的内、外压强差为 p1－p＝p0 解得 p＝5×104 Pa。 答案：5×104 Pa　 78 (2)气球在目标高度处长时间驻留，气球内、外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的，已知该处大气压强不变，求气球驻留处的大气热力学温度T2。(结果保留三位有效数字) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 79 解析：由胡克定律 F＝kx可知，弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的弹力也变为原来的，则此时活塞两侧气体的压强差 px＝p0·p0 此时气球内气体的压强p2＝px＋p＝p0 由理想气体状态方程有 其中 V2＝V0＋0.6V0×＝1.3V0 解得 T2≈219 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 答案：219 K 80 $$