练案79 第十五章 第79讲 专题强化二十三 变质量问题 理想气体的图像问题 关联气体问题-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[79]第79讲 专题强化二十三 变质量问题理想气体的 图像问题 关联气体问题 基础巩固练 3.(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封 闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的 题组一单一气体多过程问题 A、B两段细管组成，A管的内径是B管 1.（2025·安徽省皖南八校第二次联考) 的2倍，B管在上方。管内空气被一段 如图为小明同学设计的研究一定质量 水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均A置 气体的压强、体积与温度三者关系的 为10cm。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 实验装置示意图。倒U形玻璃管M 1cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压 与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管 强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位） 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54cm,温度为T=300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9cm,再将 M、N固定，然后使M中气体温度升高至T=360K,M、 N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压 强po=75 cmHg,求： 题组三变质量问题 (1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差； 4.（多选)(2025·福建龙岩月 (2)M中气体温度升高至T=360K时，N中水银面变 考)如图所示是某同学用手持 化的高度。（结果可用根式表示） 式打气筒对一只篮球打气的 情景。打气前篮球内气体的 压强为1.1atm,每次打入的 气体的压强为l.0atm、体积 为篮球容积的0，假设整个过程中篮球没有变形，不 计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则 A.打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大 B.打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作 用力增大 C.打气6次后，球内气体的压强为1.4atm D.打气6次后，球内气体的压强为1.7atm E.打气后，球内气体分子平均动能不变 5.某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良 题组二关联气体问题 好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27℃、压强为 2.竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管 1.0po(Po为大气压强)，经过一段时间后，环境温度升 中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部 B 高，舱内气体的温度变为37℃，压强为P1,此时打开 舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，则( 分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关 A 30 系是V。=3V、,温度相同，将玻璃管温度均升高相 A.气体压强P1=37P 同温度的过程中，水银将 ( 37 B.气体压强P1=27Po A.向A移动 B.向B移动 C.放出气体的质量是舱内原有气体质量的。 C.始终不动 D.以上三种情况都有可能 D.放出气体的质量是舱内原有气体质量的引 —481 能力提升练 ,活塞 6.（2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其 A汽缸 原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液 差压阀B汽缸 器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S,= 1.0cm2,长度H=100.0cm,侧壁有一小孔A。储液罐 (1)求B内气体压强P; 的横截面积S2=90.0cm2、高度h=20.0cm,罐底有 (2)求A内气体体积V2; 一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔 (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到P。 B进入，空气由孔A排出；当内、外液面相平时，长柄浸 并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖 直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度 p=1.0×103kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2,大 气压Po=1.0×105Pa。整个过程温度保持不变，空气 可视为理想气体，忽略器壁厚度。 8.如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连 通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整 个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分 别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体 图甲 积分别为P。和V。,氢气的体积为2V。,空气的压强为 图乙 P。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢 (1)求x; 气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连 (2)松开孔A,从外界进入压强为Po、体积为V的空 接处，求： 气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A,稳定后 抽气口 罐中恰好剩余一半的液体，求V。 2V 氢气能 空气 (1)抽气前氢气的压强； (2)抽气后氢气的压强和体积。 7.（2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广 泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的 汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连 通，B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压 强大于△p时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当 该差值小于或等于△p时差压阀关闭。当环境温度 T1=300K时，A内气体体积V1=4.0×10-2m3,B内 气体压强P等于大气压强P。已知活塞的横截面积 S=0.10m2,△p=0.11po,P=1.0×103Pa,重力加速 度大小g取10m/s2,A、B内的气体可视为理想气体， 忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气 体体积不计。当环境温度降低到T2=270K时： —482活塞在a处时气体体积V.=个pI0pa PA'SALA' Sn=0.25×105m 40 对B管有PESpLe=PB'SBLg' 根据玻意耳定律有PV。= 其中L,'=10cm+1cm=11cm pV。=PoSlo Le'=10 cm-4 cm=6 cm 解得pn=40×105Pa 联立以上各式解得 故封闭气体等温变化的p-V 00.25 10Vi105m PA =74.36 cmHg 图像如图所示。 Pm=54.36cmlg。 B.( 4.CE打气后，由于气体的温度不变，所以分子平均动能不变， 17g 球内每个气体分子对球内壁的平均作用力不变，并且球内每个 [解析](1)对左右气缸内所封的气体，初态压强P1=P 气体分子对球内壁的作用力不一定增大，A错误，E正确；打气 体积V,=SH+2SH=3SH 后，球内气体的压强变大，则球内气体分子对球内壁单位面积 11SH 未态压强，体积片=5：H+号H25 的平均作用力增大，B正确；打气6次后，由玻意耳定律可得 根据玻意耳定律可得p,y=P2V n,+p×6×力，=p,解得p=1.4am,C正确，D错误。 解得=。 5.D由查理定准得8品K部得-站，敢AB结误： .31 (2)对右边活塞受力分析可知mg+P%·2S=P2·2S 设核心舱体积为V,打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界 好得m 平衡，此时舱内气体和放出气体的总体积为V,由玻意耳定律 有pV=pV',同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积 1 对左侧活塞受力分析可知PoS+k·2H=PS 之此，有后-解得器京放D正确，C错误， 第将一品 6.(1)2cm(2)8.92×10-4m [解析](1)根据题意，在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程， 练案[79] 封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 p(H-x)S=p2HS 1.(1)15cm(2)(9√/30-45)cm 根据题意可知P1=Po,P2+Pgh=Po [解析](1)设管的横截面积为S,调整N的高度后，M管中气 联立解得x-2cm。 体压强为P20 (2)当外界气体进入后，对所有气体整体分析，由玻意耳定律有 对M管中封闭气体有， 状态I:p1=75 cmHg, Po+p=p(图，+s）】 V=54cm×S,T1=300K 状态Ⅱ：T2=T1=300K, 又P+pg·2=Pg W,=54cm×S-9cm×S=45cm×S 联立解得V=8.92×10-4m3。 由玻意耳定律得p1V,=p2V2,解得p2=90cmHg 7.(1)9×104Pa(2)3.6×102m(3)1.1×102kg 此时M、N两玻璃管中气体压强差 [解析](1)假设温度降低到T时，差压阀没有打开， △p=p2-po=15 cmHg 又A、B两个汽缸导热良好、B的体积不变，所以B内气体发生 故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为△h=l5cm。 等容变化，初态P1=Po,T1=300K,末态T2=270K, (2)M中气体温度升高至T=360K时，设N中水银面升高x,则 根据套理定律有号号 对M管中封闭气体有 状态Ⅲ：V3=(45cm+x)S, 代入数据解得p=9×10Pa。 T3=T=360K,P3=%+P+P2 A内气体发生等压变化，压强始终为Po,由于P0-Pm<△p,故假 设成立，即p2=9×104Pao 由率婚气体状奇方程得学-学 (2)A内气体发生等压变化，初态V1=4.0×10-2m3,T1= 解得x=(930-45)cm。 300K,末态T2=270K, 2.B假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律 振移生一昌萨克定楼有学芳 有片-贵所以4如=宁4了，两部分气体初状态温度T相同，升 代入数据解得Va=3.6×10-2m。 高的温度△T相同，初状态气体A的p大，则△pA>△pg,水银柱 (3)系统恰好穆定时，A内气体压强P,'=%+号 所受合外力方向向上，应向上移动，即向B移动，故选B。 B内气体压强PB'=P0, 3.74.36cmHg54.36cmHg 此时差压阀恰好关闭，所以有pPA'-P'=△p [解析]设B管在上方时上部分气压为P,则此时下方气压为 代入数据联立解得m=1.1×10kg。 PA,此时有pA=PB+20cmHg 贸置后人管气依压程支众即空气柱长度指加1mA管中水81)宁n+p）（2)宁+子4n)业 2p0+p 银柱减小1cm,A管的内径是B管的2倍，则SA=4Sg [解析](1)设抽气前氢气的压强为Po,根据力的平衡条件得 可知B管水银柱增加4cm,空气柱减小4cm;设此时两管的压 (p10-p)·2S=(P6-p)·S① 强分别为pa'PB',所以有pA'+23cmHg=pg' 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有PSLA= 得am=%+p)②。 662 (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为P1和V,复气的压强和 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功， 体积分别为P2和V2 气体放出热量，内能不变，故C、D错误。 根据力的平衡条件有pP2·S=p1·2S③ 9.A理想气体从状态α变化到状态b,体积增大，则理想气体对外 由玻意耳定律得p1y1=P1o·2V④ 界做正功，A正确；由题图可知，V=V。+kT,根据理想气体状态方 p2V=poV⑤ 程有兴=C,联立则有p=C,,可看出T增大，p增大，B错误： 由于两活塞用刚性杆连接，故V1-2V。=2(V。-V2)⑥ k+T 联立②3④⑤6式解得P,=+2 理想气体从状态a变化到状态b,温度升高，内能增大，D错误；理 y=4(tp)北 想气体从状态a变化到状态b,理想气体对外界做正功且内能增 2p0+p 大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。 练案[80] 10.C 根据=C可知，自状态M变化到状态NP、V的乘积增大， 1.C由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不 因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理 想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A错误；自状态M变 做功；根据兴=C,可知温度降低，艇内气体压强减小，气体内能 化到状态N,气体对外做的功等于图线和V轴围成的图形的面 减小：又根据△U=W+Q可知气体放出热量，故选C。 积，即W1=-300J,内能的增量△U1>0,由△U1=W1+Q1得气 2.BD绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q=0,气体向真 体吸收的热量Q1>300J,B错误；图像中每个小格对应的功为 空扩散，没有对外界做功，则W=0,根据热力学第一定律△U= 0.5×10Pa×0.5×10-3m3=25J,自状态N变化到状态P,外 Q+W可知气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无 界对气体做的功对应图线和V轴围成的面积，即W2≈-25× 序度变大，根据理想气体状态方程兴=k可知压强减小。故 19J=-475J,自状态W变化到状态P的曲线段为双曲线的 支，所以温度不变，内能不变，△U2=0,由△U2=W2+Q2得，气体 选BD。 吸收的热量Q2≈475J,C正确；自状态M变化到状态N,再变化 3.A踩下时，由于导热良好可认为气体温度不变，内能保持不 到状态P,气体对外做功W=IWI+IW,I≈775J,D错误。 变，气体平均动能不变，另由兴=C可知气垫内气体体积减小，气山.(D2cm(2)18」 [解析](1)初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对 体压强增大，A正确，B错误；踩下后抬起脚时，气体体积增大，气 象，根据受力平衡可得 体对外做功W<0,温度不变则内能不变△U=0,由△0=W+Q 解得h=1.2×10Pa 知Q>0,即气体吸热，吸收的热量等于对外做功的数值，C、D 质量M=54kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡 错误。 可得(M+m)g+PoS=p2S, 4.B抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀分布，由于上部分气 解得h2=3×10Pa 体密度较小，因此混合后气体重心升高，重力势能增加。由能量 设稳定后缸内气柱长度为L', 守恒定律知，气体吸收的热量除增加内能外，还增加重力势能，因 根据玻意耳定律可得P1LS=P2L'S, 此△E<Q,故选项B正确。 解得L'=8cm 5.BD有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物 则椅面下降了△h=L-L'=20cm-8cm=12cm。 体，仍遵循热力学第二定律，A错误：由热力学第二定律可知，自 (2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T,=300K, 发的热传导是不可逆的，B正确：不可能通过给物体加热而使它 该过程气体发生等压变化， 运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误； 气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D正确。 则为学学 6.ABD第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力 气体柱长度为L"=7.5cm 学第二定律，A、B两项正确；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0， 外界对封闭气体所做的功为 但△U=W+Q可以等于0，C项错误；由热力学第二定律可知选 W=(poS Mg +mg)(L'-L"), 项D中的现象是可能的，但会引起其他变化，D项正确。 解得W=4.5J 7.Cab过程是等压过程，体积增大，则气体对外做功，即W<0, 根据△U=-Q+W, 由盖一吕萨克定律可知T,>T,,即内能增大，△U,>0,根据热力 解得Q=18J,即放出热量18J。 学第一定律△U=Q+W可知，ab过程，气体从外界吸收的热量 一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b℃过程 练案[81] 中气体与外界无热量交换，即Q。=0,又由气体体积增大可知1.D如果将配置好的油酸酒精溶液长时间暴露在空气中，酒精挥 W<0,由热力学第一定律△U=Q+W可知气体内能减少，B错： 发，溶液的浓度改变，会给实验带来较大误差，故不能用该溶液进 误；c→a过程为等温过程，可知T。=T,,△U=0,根据热力学第一 行实验，A错误：将一滴油酸酒精溶液滴在水面时，若滴管距水面 定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做： 较远，溶液受到水的冲击过大，可能无法形成一块完整的油膜，不 功，C正确；根据热力学第一定律结合上述分析可知，a→b→c→a 便于测量油膜面积，B错误；如果在水面滴入一滴油酸酒精溶液 整个热力学循环过程△U=0,整个过程气体对外做功，由热力学 后，立即测量油膜面积，则油膜中含有大量未溶解入水中的酒精， 第一定律可得△U=Q-Q-W=0,故a→b过程气体从外界吸 收的热量Q不等于c→a过程气体向外界放出的热量Qm,D 导致所测油膜的面积误差较大，由d=S可知，油酸分子直径d 错误。 的计算值误差较大，C错误：描绘油膜轮廓时，若玻璃板距水面过 8.B从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从高，会导致油膜形状的记录出现较大偏差，D正确。 外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C2.(1)D(2)①偏大②偏小(3)7×10-0 一 663