【解题模型】专题45气体状态方程-2026高考物理

专题45气体状态方程 模型总结 模型1 气体压强的计算 1 模型2 理想气体状态方程 11 模型3 气体变质量模型 22 模型4 热力学第一定律与图像的综合应用 33 模型1 气体压强的计算 1．气体压强的计算 分类 模型 方法 活塞模型 先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程． 图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋。 液柱模型 液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S， 则气体压强为p＝p0－＝p0－ρ液gh。 连通器模型 U形管竖直放置。同一液柱相同高度处压强相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg（h1－h2）。 1．（2025·陕西汉中·三模）有一段12cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上（如图所示），在下滑过程中被封闭气体的压强（设大气压强为）为（　　） A．70cmHg B．76cmHg C．78cmHg D．80cmHg 【答案】B 【详解】将玻璃管和水银柱作为整体，根据牛顿第二定律可得整体的加速度为 设被封闭气体的压强为，以汞柱为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故选B。 2．（2025·河北·模拟预测）如图所示，绝热活塞将绝热汽缸内分成A、B两部分，各自封闭着同种气体（可视为理想气体），活塞由销子固定，A、B部分气体体积相等、温度相同，压强之比为2∶1，现将销子拔掉，气体再次稳定。下列说法中正确的是（　　） A．A部分气体的质量小于B部分气体的质量 B．拔掉销子前，A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力大于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力 C．拔掉销子前，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能 D．拔掉销子再次稳定后，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能 【答案】C 【详解】A．根据理想气体状态方程 可知对于同种气体，在相同体积、相同温度下，气体的质量（或分子数）与压强成正比，由题意可知，可以判断A部分所含分子数要多于B部分，所以A部分的气体质量大于B部分气体的质量，故A错误； B．单次平均撞击力主要由分子的热运动（温度）决定，温度相同则单次平均撞击力相同，所以拔掉销子前，A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力等于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力，故B错误； C．因为两部分气体的初温相同，根据理想气体分子平均动能取决于气体的温度，故拔掉销子前，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能，故C正确； D．拔掉销子活塞向右运动，A气体对外做功，与外界没有热量交换，内能减小，温度降低，外界对气体B做功，与外界没有热量交换，所以B部分气体的内能增加，温度升高，所以再次稳定后，A部分气体分子的平均动能小于B部分气体分子的平均动能，故D错误。 故选C。 3．（2024·福建福州·三模）如图所示，  一粗细均匀的 U 型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h₁，水银柱cd的长度为h₂，，a面与c面恰处于同一高度。则气体A的压强 （选填“大于”、 “小于”或“等于”）气体B 的压强：气体A 的压强为 。（已知大气压强为po，水银的密度ρ，重力加速度为g）。 【答案】 小于 【详解】[1] 依题意，玻璃管左侧与液面b等高液面处的压强也为，根据平衡条件有 则气体A的压强小于B的压强； [2]分析水银柱cd，可得 又 解得 4．（2024·江苏徐州·三模）如图所示，竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱，水银与玻璃管的质量相等。现将玻璃管由静止释放，忽略水银与玻璃管间的摩擦，重力加速度为g，则（　　） A．释放瞬间，水银的加速度大小为g B．释放瞬间，玻璃管的加速度大小为2g C．释放瞬间，水银内部各处压强相等 D．释放后，水银与玻璃管始终以相同速度运动 【答案】B 【详解】A．释放瞬间，水银的运动状态不变，加速度为零，故A错误； B．对玻璃管，根据牛顿第二定律有 对水银，有 联立解得 故B正确； C．释放瞬间，水银内部各处压强不相等，故C错误； D．释放后，由于玻璃管和水银加速度不同，所以二者运动的速度不相等，故D错误。 故选B。 5．（2024·广西玉林·模拟预测）如图所示，在两端开口、竖直放置的U形玻璃管内，封闭着长度为L的空气柱，a、b两水银面的高度差为h，现保持温度不变，则（　　）    A．若再向左管注入些水银，稳定后h变大 B．若再向左管注入些水银，稳定后h不变 C．若两管同时注入等量的水银，稳定后h变大 D．若两管同时注入等量的水银，稳定后h不变 【答案】BC 【详解】AB．管内封闭气体的压强为 即右侧管上部分水银柱长度等于a、b两水银面的高度差h，若再向左管注入些水银，稳定后气体的压强不变，则h不变，故A错误，B正确； CD．若两管同时注入等量的水银，稳定后管内气体的压强变大，则h变大，气体体积减小，则L减小，故C正确，D错误。 故选BC。 6．（23-24高三上·云南保山·期末）如图所示，绝热汽缸内用质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，轻质弹簧一端固定在活塞上，另一端固定在汽缸底部，活塞可沿汽缸无摩擦滑动，此时弹簧处于原长。现通过电热丝对气体进行缓慢加热，使活塞上升了一段距离，此过程中封闭气体没有泄漏，大气压强恒定。下列说法正确的是（　　） A．加热前封闭气体的压强等于大气压强 B．加热过程中封闭气体分子的平均动能增大 C．加热过程中气体吸收的热量等于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和 D．加热过程中气体对活塞做的功大于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和 【答案】BD 【详解】A．加热前弹簧弹力是零，因活塞重力不能忽略，设大气压强为，封闭气体压强为，由力的平衡条件可得 因此封闭气体压强大于大气压强，故A错误； B．加热过程中封闭气体的温度升高，分子的平均动能增大，故B正确； C．气体吸收的热量用于增加活塞的重力势能和弹簧的弹性势能以及气体的内能，还要推动活塞对外做功，故C错误； D．对活塞，据动能定理可得 可得 故D正确。 故选BD。 7．（2025·广东·模拟预测）如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为，活塞与卡环b刚好接触，且无相互作用力，活塞离缸底的距离为。已知卡环能承受的压力最大为，活塞的厚度不计，大气压强满足，重力加速度为g，求： (1)要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少； (2)若提高环境温度，当环境温度为时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压强多大。 【答案】(1) (2)卡环并未损坏， 【详解】（1）开始时，缸内气体压强 气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强 得 气体发生等容变化，则有 解得 （2）假设环境温度为时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有 解得 设此时活塞与卡环的作用力为F，则 解得 由于且 说明卡环并未损坏，此时缸内气体压强为 8．（25-26高三上·广东深圳·期中）如图所示，质量为的汽缸用细线悬吊，缸内活塞与固定在地面上的轻杆连接，活塞的面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为，环境温度为，细线上拉力等于，活塞到缸底的距离为，重力加速度为，汽缸和活塞的导热性能良好。 (1)现缓慢升高环境温度，当悬线的拉力刚好为零时，环境的温度为多少； (2)若环境温度不变，剪断细线，从剪断细线至汽缸最终静止（汽缸未与地面接触），汽缸下降的高度为多少。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设开始时缸内气体压强为，对汽缸研究，根据平衡条件有 解得 细线拉力刚好为零时， 缸内气体压强 该过程气体发生等容变化，则有 解得 （2）环境温度不变，剪断细线后，最终静止时，缸内气体的压强为 设活塞最终到缸底的距离为，气体发生等温变化，则有 解得 因此汽缸下降的高度为 9．（2025·浙江·一模）如图所示，“工”字型支架A固定在水平地面上，支架上端为一截面积的圆柱形活塞，活塞与质量导热圆柱形汽缸B间封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度，封闭气体的长度，外界大气压强。 (1)环境温度时，求封闭气体的压强p； (2)当环境温度缓慢变为时，汽缸的机械能减少，气体内能减少，求： ①环境温度； ②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。 【答案】(1) (2)①；②气体对外放热； 【详解】（1）分析汽缸的受力得 解得 （2）①汽缸机械能减少，由 解得 封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得 解得 ②汽缸对气体做的功为 由热力学第一定律得 联立，解得 所以，气体对外放热，热量的大小。 10．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱将一部分气体封闭，封闭气体看成理想气体，初始时系统静止。保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，使水银柱长度增加，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（　　） A．管中气体分子数密度不变 B．管中气体内能增大 C．稳定后，水银槽中的水银在管内、外液面高度差增加量小于l D．管中气体放出热量 【答案】D 【详解】A．设管中气体初始状态时压强为，末态压强为，对水银柱受力分析，由平衡条件 由于从上管口缓慢向管中倒入水银，水银质量增大，所以管中气体压强增大，根据玻意耳定律 可知管中气体体积减小，管中气体被压缩，体积减小，则管中气体分子数密度增大，故A错误； B．由于在倒入水银的过程中气体温度不变，则管中气体内能不变，故B错误； C．设大气压强为，管上部水银柱的长度为h，管内外水银面的高度差为,对封闭气体进行受力分析，其压强P由上方的大气和水银柱产生，即 同时，封闭气体的压强也平衡了下方的大气压和管内外水银面的高度差产生的压强，即 由以上两式可得，即上部水银柱的长度等于管内外水银面的高度差，故C错误； D．根据热力学第一定律 其中， 则，则故管中气体放出热量，故D正确。 故选D。 模型2 理想气体状态方程 1．一定质量的气体不同状态变化图像的比较 定律名称 比较项目 玻意耳定律 (等温变化) 盖—吕萨克定 律(等压变化) 查理定律 (等容变化) 数学 表达式 p1V1＝p2V2 或pV＝C(常数) ＝或 ＝C(常数) ＝或 ＝C(常数) 特点 pV＝CT（其中C为恒量），即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远；p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 V＝T， 斜率k＝，即斜率越大，压强越小 同一气体 的两条 图线 T1<T2 p1>p2 V1>V2 注意：上表中各个常量“C”意义有所不同。 2.理想气体状态方程 (1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体． ①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体． ②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定． (2)理想气体状态方程：＝或＝C.(质量一定的理想气体) 11．（2025·云南昆明·模拟预测）图甲为气压式升降椅，其简化结构如图乙所示，圆柱形气缸可沿气缸杆上下滑动。气缸与椅面固定在一起，其整体质量；杆与底座固定在一起，横截面积，在气缸与杆间封闭一长的气体（视为理想气体）。当人坐在椅面上，脚悬空稳定后椅面下降高度。已知室内温度不变，气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，大气压强，重力加速度，求： (1)椅面未坐人时，气缸中的气体压强； (2)该人的质量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）初始状态时，以气缸和椅面整体为研究对象，由平衡条件可得 代入数据解得 （2）人坐在椅面上脚悬空稳定后，设气缸内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得 其中 代入数据解得 根据平衡条件可得 代入数据解得 12．（2025·全国·模拟预测）、是两个完全相同的圆柱体密闭容器，横截面积，、两活塞厚度一样，质量不同，分别为，，活塞下方为水，密度，上方为封闭气体，初始状态两气体体积均为，两容器底部用细管相连，细管容积忽略不计，气体温度始终保持不变，现通过右侧容器底部的阀门抽出体积为的水后，发现左侧液面比右侧液面高。求初状态两侧气体压强。 【答案】左侧，右侧 【详解】设初始状态M、N中气体的压强分别为、，对应水对活塞产生的压强为，根据平衡条件可得， 解得， 设放出的水后，设此时M、N容器内气体的压强分别为、，体积分别为、，水对活塞A的压强为，根据平衡条件可得， 初始状态气体的体积 放出水后稳定时气体的体积， 整个过程为等温变化，根据玻意耳定律可得， 联立代入数据解得， 即初状态时左侧气体压强大小为，右侧气体压强大小为 13．（2026·江苏·一模）如图甲所示，潜水钟是一种潜水装置，可输送潜水员下潜，并提供水下逗留和作业的平台以延长潜水时间。将潜水钟简化为如图乙所示的用轻质活塞密封的导热圆筒，圆筒内的横截面积为S=2.5m2，高度h=3.0m。下潜前活塞处于筒口处，封闭气体的压强等于大气压，温度为t=27℃。现将圆筒开口向下，由水面上方沿竖直方向缓慢下潜至作业深度时，活塞恰好位于距筒口处。已知潜水钟内的封闭气体可视为理想气体，不计活塞与圆筒间的摩擦，下潜过程中气体温度保持不变，海水的密度ρ=1.0×103kg/m3，大气压强p0=1.0×105Pa，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，重力加速度g=10m/s2。 (1)求在作业深度处，筒口距离海面的深度H； (2)若保持作业深度不变，潜水钟内气体的温度降低后活塞静止在距离筒口处，求此时潜水钟内气体的温度。 【答案】(1)11.5m (2)278.6K 【详解】（1）设潜水钟下潜至作业深度处时，气体的压强为p，则 根据玻意耳定律有 解得H=11.5m （2）气体初始温度为T=300K 活塞静止在距离筒口处时，气体的压强为 根据理想气体状态方程有 解得 14．（2025·云南大理·一模）如图所示，竖直放置的导热性能良好的气缸内用质量为的活塞密封一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S，静止时距气缸底部的距离为。现用竖直向上的恒力缓慢拉动活塞，活塞在气缸内无摩擦滑动且滑动过程中无气体泄漏。已知初始环境温度为，重力加速度为，大气压强为。 (1)求在恒力作用下活塞重新静止时离缸底高度；缓慢拉动活塞过程中，气缸内气体从外界吸热还是放热？ (2)撤去恒力并在活塞上放置一个质量为的物体，改变环境温度，为使活塞最终静止时离缸底高度变回，求改变后的环境温度。 【答案】(1)，吸热 (2) 【详解】（1）开始时对活塞受力分析可知 加力F时对活塞分析可知 对气体由玻意耳定律 联立得 缓慢拉动活塞过程中，气体温度不变，则内能不变，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热。 （2）因最终气体体积不变，则由查理定理 对活塞分析 联立可得 15．（2025·浙江温州·一模）图甲是一容积为24L的电热保温桶，其底部带有龙头。打开桶盖，倒入4L豆浆后，扣上桶盖密封（状态A）。打开加热开关，使内部气体加热到一定温度（状态B）。切换到保温挡，打开龙头，豆浆能缓慢流出，直到恰好全部流完（状态C）。已知整个过程桶内气体的压强p与其体积的倒数满足图乙所示的关系，tA=27°C，大气压强p0=1.0×105Pa，桶盖质量m=2kg，桶盖横截面积S=0.05m2。设桶内密封的气体为一定质量的理想气体，忽略表面张力与水蒸气对压强的影响。 (1)从状态A到状态B，桶内气体分子的数密度 （选填“增大”、“减小”或“不变”），平均速率 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)从状态 B 到状态 C，桶内气体对外做功约为438J，求该过程气体所吸收的热量； (3)求状态B的温度tB以及此时桶盖对桶身作用力。 【答案】(1) 不变 增大 (2)438J (3)；980N，方向竖直向上 【详解】（1）[1]一定质量的理想气体从状态A到状态B，体积不变，则桶内气体分子的数密度不变； [2]由图像可知从体积不变，而压强变大，由可得，理想气体的温度升高，可知平均动能变大，平均速率增大。 （2）B→C过程为等温变化△U=0 可得Q=W=438J （3）B→C发生等温变化 pBVB= p0VC 得pB=1.2p0 A→B等容过程 得 对桶盖有 得F=980N 由牛顿第三定律得=F=980N，方向竖直向上。 16．（2025·浙江·一模）将一底面积的圆柱形容器倒扣在水中，松手后容器底恰好与水面齐平，如图甲所示，容器内有高度为的空气。现用拉力缓慢向上提起容器，容器口始终未脱离水面，如图乙所示，此时在水面上方容器内有高度为的水，忽略容器的厚度及形变，大气压强为，重力加速度，水的密度为，容器内空气可视为理想气体，且温度保持不变。 (1)从图甲状态到图乙状态，气体分子平均速率 （选填“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数 （选填“增大”、“不变”、“减小”） (2)求图乙状态容器内水面到杯底的距离； (3)在向上提升容器的过程中，容器内空气是吸热还是放热？并求气体吸收或者放出的热量。 【答案】(1) 不变 减小 (2) (3)吸热， 【详解】（1）[1][2]温度保持不变，可知从图甲状态到图乙状态，气体分子平均速率不变；由于气体压强变小，根据压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 （2）图甲，气体压强为 图乙，气体压强为 气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 联立解得 （3）气体发生等温变化，内能不变，即 提升过程中，容器内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功大小为 根据热力学第一定律有 解得 可知气体吸热，吸收热量为。 17．（2025·湖南长沙·一模）下图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，如图（a），然后要把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力压住吸盘，使外界空气不能进入吸盘，如图（b）。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图（b）中大圆面积，吸盘中气体与墙面的接触面积，大气压强，重力加速度，吸盘内的气体可视为理想气体，环境温度不变，吸盘导热性能良好。 (1)求扳下锁扣后吸盘内气体压强； (2)若吸盘与墙之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）已知环境气温不变，说明气体发生等温变化，对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，满足玻意耳定律 代入数据可解得 （2）在水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有向内的压力，吸盘内气体对吸盘有向外的压力，设墙对吸盘的支持力为，由受力平衡有 代入数据可得 当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物对挂钩的拉力等于吸盘受到的最大静摩擦力，即 代入数据计算得 即吸盘能挂起重物质量的最大值为。 18．（2025·广东中山·模拟预测）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为、，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终汽缸内气体的压强； (2)添加的沙子质量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强 体积 末态体积 设末态压强，根据玻意耳定律可得 解得 （2）对右边活塞受力分析可知 解得 19．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，两端开口的导热汽缸竖直放置，用轻杆连接的A、B两活塞面积分别为、，质量分别为、1kg。用销钉P将A栓住，环境温度为300K，封闭气体压强为。已知大气压强，重力加速度大小g取，不计一切摩擦，缸内气体可视为理想气体。 (1)当环境温度变为285K时，求封闭气体的压强。 (2)当环境温度变为多少时，拔掉销钉后活塞还能保持静止？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）气体发生等容变化，由查理定律 解得 （2）活塞静止时，分析 A、B受力 气体发生等容变化，由查理定律 解得 20．（25-26高三上·贵州·期中）其物理兴趣小组设计了一个简易的低温、高温报警装置，图为该装置的原理图，一导热汽缸固定在水平面上，并用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的横截面积为，活塞上端通过一不可伸长的轻质细绳与一拉力传感器相连，拉力传感器通过一数据处理器与低温、高温报警器连接，活塞的质量。初始时，环境温度为27℃，拉力传感器的读数为10N；当拉力传感器的读数大于等于时，数据处理器处理数据后就会通过报警器进行低温报警，当拉力传感器的读数为0时，数据处理器处理数据后就会通过报警器进行高温报警。已知重力加速度，大气压强，求： (1)初始时，汽缸内气体的压强； (2)低温、高温报警器报警时的临界温度、。 【答案】(1) (2)、 【详解】（1）对活塞进行受力分析，由平衡条件得 解得 （2）当拉力 时，低温报警，此时气体压强为，活塞平衡 低温报警时汽缸内气体的压强 当拉力 时，高温报警，此时气体压强为，活塞平衡 高温报警时汽缸内气体的压强 由于绳子不可伸长，气体为等容变化，由查理定律 可得 低温报警时温度，高温报警温度 由  代入数据解得、 则低温、高温报警器报警时的临界温度、分别为、77℃。 模型3 气体变质量模型 1．气体变质量模型 分类 模型 方法 充气模型 在充气（打气）时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。 抽气模型 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气（打气）问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”问题。 漏气模型 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。 气体分装模型 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 关联气体模型 1.把两部分气体分开，分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为同一气体的两种状态。 2.要找出两部分气体之间的联系，如平衡时压强相等、总体积不变等。 3.在涉及气体的内能、分子势能的问题中要特别注意该气体是否为理想气体；在仅涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当成理想气体处理，但这时要关注的是气体是否满足一定质量这一条件。 21．（2025·云南楚雄·模拟预测）气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力，如图甲所示的是气钉枪和与之配套的气罐、气泵。图乙是气钉枪发射装置的示意图，汽缸通过细管与气罐相连。射钉时打开开关，气罐向汽缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。气钉枪配套气罐的容积，汽缸的有效容积，气钉枪正常使用时气罐内气体的压强范围为，为大气压强，当气罐内气体的压强低于时气泵会自动启动充气，压强达到时停止充气。假设所有过程中气体温度不变，已知气罐内气体的初始压强为。假设所有过程温度恒定，且气罐容积不变。 (1)若气泵自动启动充气时在1s内吸入压强为的空气的体积，求在不使用气枪的情况下，气泵充气一次的时间t。 (2)求充气结束后至气泵下次自动启动充气前，气钉枪最多能射出多少颗钉子（可能用到的数据）。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设在某次充气过程中，气泵需要充入压强为的空气的体积为，气体经历等温变化，有 又 解得 （2）设打入第n颗钉子之前，气罐内气体的压强为，打入第n颗钉子之后，气罐内气体的压强为，气枪打钉子的过程视为等温变化，有 解得    由数学关系可知 又 解得 22．（2025·广东清远·一模）科技小组用容积2.0L的可乐瓶制作水火箭，箭身及配重物总质量M=0.1kg。瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒每次打入0.5L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时橡胶塞脱落，水高速喷出，火箭起飞。已知水的密度忽略空气阻力，重力加速度g取下列说法正确的是（　　） A．打气时筒内气体温度升高是因为摩擦生热 B．水喷出的过程中，水火箭内的气体对外做功 C．至少打气12次水火箭的橡胶塞才脱落 D．若橡胶塞脱落后水以v=10m/s全部喷出，火箭最多能升到125m高处 【答案】BCD 【详解】A．根据热力学第一定律，打气时，活塞对筒内气体做功，气体内能增加，温度升高，故而筒壁发热，故A错误； B．由热力学第一定律，当水喷出时，水火箭内气体体积急剧膨胀，气体对外做功，故而气体吸热，B正确； C．以水火箭内密封气体为分析对象，由气体等温变化规律 解得，故C正确； D．水火箭竖直放置时，能上升的高度最高，水以v=10m/s全部喷出，由动量守恒 水的质量为，代入数据可得水火箭的初速度 由竖直上抛运动规律得 解得最大高度为，故D正确。 故选BCD。 23．（2025·海南海口·模拟预测）海南省由于其独特的地理位置，夏季温度较高，昼夜温差较大，2019年6月3日中午地表温度甚至超过70℃。温度较大波动对汽车轮胎胎压造成的影响直接关系到行车安全。若某天清晨的气温是27℃，车主将汽车的胎压调整至如图所示2.4bar（按照行业标准，夏季的胎压为2.4bar），此车胎压监测系统监测到胎压低于1.8bar或高于2.7bar皆会触发报警。（忽略胎压变化过程中气体体积的变化）求： (1)若中午气温升至35℃，轮胎因长时间行驶温度上升到57℃，通过计算判断胎压监测系统是否会报警； (2)因车胎被扎钉子而缓慢漏气，刚好触发报警时，求漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值（缓慢漏气过程中忽略气体温度变化）。 【答案】(1)胎压监测系统不会报警 (2) 【详解】（1）根据题意，轮胎内气体发生等容变化，变化前， 变化后 则 解得p2=2.64bar<2.7bar，故胎压监测系统不会报警。 （2）根据题意，缓慢漏气过程气体发生等温变化，漏气前， 漏气后p2=1.8bar，设总体积为V2 则 解得 则轮胎内剩余气体体积V余=V0，漏出气体的体积 所以漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值 24．（2025·浙江·一模）龙泉青瓷名扬天下，现代电子测温技术能够实现温度的精准控制从而制作出更加精细的青瓷制品。如图所示为某青瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温。烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，已知当窑内气体温度为时，单向排气阀开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至稳定烧制温度。气体可视为理想气体。求： (1)单向排气阀开始排气后窑内气体分子平均速率 （填“增大”“减小”或“不变”），单位时间撞击单位面积窑壁的分子数 （填“增大”“不变”或“减小”）； (2)排气阀开始排气时窑内气体的压强； (3)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。 【答案】(1) 增大 减小 (2) (3) 【详解】（1）[1]对于某种理想气体，分子的平均动能与温度有关。开始排气后窑内温度一直升高，所以分子平均速率增大。 [2]排气后窑内气体的压强不变，温度升高时每个气体分子撞击窑壁的平均力增大，所以单位时间撞击单位面积窑壁的分子数会减小。 （2）由查理定律可知 其中， 所以 （3）排出气体后，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可得 其中 可以解得 则排出的气体的体积为 则排出的气体占原有气体的质量比为 25．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）容积的汽车轮胎内装有压强为的空气，驾驶员使用家用打气泵向轮胎内打气，每次打入压强为、体积为的空气，直到胎内气体的压强变为为止。假设整个过程中温度保持不变且气体可视为理想气体。求： (1)一共打气多少次； (2)打气结束后，轮胎内气体的总质量相对于初始质量增加的百分比。 【答案】(1)60次 (2) 【详解】（1）设全过程共需充气N次，初始状态的气体体积为V，压强为，每次充入的气体体积为，压强为，充气后的压强为，根据理想气态方程有 代入数据解得 （2）质量与压强成正比（体积和温度不变），则有初始质量 最终质量 设气体总质量增加比例为 故气体总质量增加的比例为 26．（25-26高三上·广西·开学考试）如图所示，一导热良好的柱形容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，起初A、B两部分封闭气体的质量均为m，压强均为，隔板到左、右两底面的距离均为L。现打开左侧阀门，A部分气体缓慢排出，封闭气体可视为理想气体，外界大气压强恒为，外界环境温度不变，求： (1)稳定后隔板向左移动的距离d； (2)稳定后从阀门排出的气体质量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在A部分气体缓慢排出的过程中，气体压强减小，隔板缓慢向左运动，稳定后B部分封闭气体的压强等于外界大气压，设隔板的面积为S，对B部分气体，整个过程可以看成等温变化，根据玻意耳定律可得 解得 （2）A部分气体等温膨胀到压强为时的体积 则有 解得 27．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）一个10L的氧气瓶在室温为时，残留氧气的压强为0.2MPa，现要给其加注氧气，要求在室温下压强达到150MPa，加注氧气及加注完毕后冷却过程中，监测到瓶内氧气压强随温度变化如图所示。已知加注完毕时，瓶内气体温度为350K。瓶内氧气的压强、体积、温度、物质的量（mol）在数值关系上满足，氧气的摩尔质量为32g/mol，氧气可视为理想气体，求： (1)刚加注完成时，瓶内氧气的压强； (2)加注氧气的质量。（计算结果保留到小数点后三位，单位：kg） 【答案】(1) (2) 【详解】（1）从刚加注完毕到冷却至常温过程，瓶内氧气发生等容变化，根据查理定律则有 其中 解得 （2）由题可知 解得 则加注前瓶内氧气的物质的量 质量 同理，则有 氧气加注完毕后，瓶内氧气的质量 所以加注氧气的质量为 28．（2025·宁夏吴忠·一模）由于在高原地区活动容易缺氧，大部分游客在前往海拔较高的地区游玩时会携带便携式喷气氧气瓶。某游客在前往高海拔地区前，将空的氧气瓶充气并携带至高海拔地区。已知充气后氧气瓶内的气压，低海拔地区气温，气压，高海拔地区气温，气压。氧气瓶内部温度与外界温度一致，体积保持不变，容积为。若氧气瓶单次喷出的气体体积恒为，压强恒为。 (1)求该游客自制氧气瓶在高海拔地区时瓶内的气压大小； (2)氧气瓶可承受的内外气压差最大为，直接将该自制氧气瓶带至高海拔地区，氧气瓶会损坏。为了保证使用安全，求在前往高海拔地区前游客需要至少喷气几次。 (3)游客携带第（2）问喷气后的氧气瓶到达高海拔地区后，求将氧气瓶可以正常喷气的次数（当氧气瓶内部气压等于外界气压时，瓶内气体无法喷出）。 【答案】(1)； (2)9次 (3)14次 【详解】（1）将自制氧气瓶从低海拔地区带至高海拔地区时，根据查理定律 可得 （2）氧气瓶可承受的内外气压差最大为，故在高海拔地区氧气瓶可承受的内部压强最大值为 设低海拔地区最大压强为，根据查理定律 可得 故需喷出次数为 由于喷气次数为整数，为了保证使用安全向上取整，故次 （3）氧气瓶在低海拔地区喷完9次后氧气瓶内的气压为，则有 解得 将喷后的氧气瓶拿到高海拔地区后，根据查理定律 氧气瓶内气压变为。 由于氧气瓶内部气压等于外界气压时，瓶内气体无法喷出。在高海拔地区氧气瓶可喷出的次数为 要求氧气瓶可以正常喷气的次数，即向下取整，则次。 29．（2025·江西·模拟预测）一个足球的容积是2.5L。用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为125mL、压强与大气压相同、温度与环境温度相同的气体打进足球内。如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与大气压相同，已知大气压强为，已知外界环境温度。 (1)不考虑足球容积变化和气体的温度变化，求打了20次后足球内部空气的压强是大气压的多少倍？ (2)考虑足球容积变化和气体的温度变化，打了20次后，足球的容积比原来增大了1%，温度升高至，求足球内部空气的压强是大气压的多少倍？ 【答案】(1)2倍 (2)2倍 【详解】（1）设大气压强为，根据玻意耳定律有 代入数据得 解得 则打了20次后足球内部空气的压强是大气压的2倍。 （2）设大气压强为，根据理想气体状态方程有 代入数据得 解得 则足球内部空气的压强是大气压的2倍。 30．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示，潜水艇通过压缩空气排出压水舱内的海水来控制浮沉。一艘潜水艇停在海面上，此时它的一个容积的压水舱内全部充满了压强的空气，由于单向排水孔出现故障，水从单向排水孔进入压水舱，导致潜水艇缓慢下沉，当潜水艇下沉至压水舱中的水与水面的距离处时，潜水艇兵为了让潜水艇重新上浮，将充有压强、容积的贮气筒内的一部分压缩空气（可视为理想气体）通过节流阀压入压水舱，使体积的水通过排水孔排向与之相通的大海。假设海水和空气的温度保持不变，已知海面处的大气压强，海水的密度，重力加速度。求： (1)潜水艇下沉至压水舱中的水与水面的距离为10m处时，压水舱内空气的体积； (2)排出体积为的水后，贮气筒内排出气体的质量与剩余气体质量的比值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）潜水艇缓慢下沉的过程中，压水舱中的空气等温压缩，根据玻意耳定律有 联立解得 （2）要将体积为的水排出，需将贮气筒内体积为的气体压入压水舱，根据玻意耳定律有 解得 因此贮气筒内排出的气体与剩余气体质量的比值 模型4 热力学第一定律与图像的综合应用 1.在某一过程中，气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。 2.气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。 (1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。 (2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。 (3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。 (4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。 31．（2025·四川成都·一模）如图所示，一定质量的理想气体可经过程从A状态变化到C状态。已知、及气体处于A状态时温度为。求： (1)气体处于B状态时的温度； (2)过程外界对气体做的功； (3)过程气体放出的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从A状态到B状态，由等容变化 解得气体处于B状态时的温度 （2）过程外界对气体做的功 （3）从A状态变化到C状态由气体方程 得 即从A状态变化到C状态气体内能不变，由热力学第一定律 解得 即过程气体放出的热量 32．（2025·河南·一模）如图所示，一开口向上的汽缸放在水平面上，用一定质量的活塞将理想气体封闭在汽缸中，汽缸和活塞导热性能良好，环境温度保持不变，忽略活塞与汽缸间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．若仅将环境温度升高少许，气体从外界吸收热量 B．仅在活塞上放置砝码，单位体积单位时间撞击器壁的分子数不变 C．仅在活塞上放置砝码，封闭气体从外界吸收热量 D．仅打开阀门放出少许气体，分子的平均动能减少 【答案】A 【详解】A．仅将温度升高少许，封闭气体的压强不变，由公式可知，封闭气体的体积增大，气体对外做功，气体的温度升高，气体的内能增加 由热力学第一定律ΔU=Q+W 可知，气体从外界吸收热量，故A正确； B．仅在活塞上放置砝码，由于封闭气体的压强增大，则单位体积单位时间撞击器壁的分子数增多，故B错误； C．仅在活塞上放置砝码，封闭气体的压强增加，由公式可知，气体的体积减小，外界对气体做功，由于气体的温度不变，气体的内能不变 由热力学第一定律ΔU=Q+W 可知，气体向外界放出热量，故C错误； D．仅打开阀门放出少许气体，剩余气体压强不变，温度不变，分子平均动能不变，故D错误。 故选A。 33．（2025·广西·模拟预测）如图，一定质量的理想气体从状态变化到状态，已知此过程中，气体从外界吸热，则该过程气体内能增加（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由图可知，从状态A到状态B，气体的体积膨胀，气体对外做功，根据图像与轴围成的面积表示气体对外做的功，则有 根据热力学第一定律，可得 故选C。 34．（2025·四川·一模）一定质量的某种理想气体，沿p-T图像中箭头所示方向，从状态A开始先后变化到状态B、C、D，其中状态A和状态D温度相同，BA、CD的延长线经过坐标原点。已知气体在状态A时的体积为1.0L。求： (1)气体在状态C时的体积； (2)气体在A→B→C→D过程中吸收的总热量Q。 【答案】(1) (2)440J 【详解】（1）气体从到经历等容变化过程，从到经历等压变化过程，由盖-吕萨克定律得 解得 （2）气体从到及从到经历等容变化过程，外界对气体不做功从到过程。由查理定律得 解得 从到过程，外界对气体做功为： 解得。由于，气体内能不变，故。气体经历过程，根据热力学第一定律得： 解得 35．（2025·陕西渭南·一模）如图所示是一个形状不规则的密闭绝热容器，容器底部有体积忽略不计的电热丝，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气，玻璃管内有一个轻质绝热活塞，其底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度，压强等于大气压强，现要使容器内气体温度升高的。若固定住活塞，用电阻丝加热，当容器内的气体吸收的热量时温度恰好升高到；若不固定活塞，用电阻丝缓慢加热，当活塞上升时容器内气体温度也恰好升高到。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求： (1)容器的体积； (2)不固定活塞，加热过程中容器内气体吸收的热量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）若不固定活塞，用电阻丝缓慢加热，气体发生了等压过程，根据盖—吕萨克定律可得 解得 （2）若固定住活塞，用电阻丝加热，当容器内的气体吸收的热量时温度恰好升高到，可知气体内能变化量 若不固定活塞，用电阻丝缓慢加热，当活塞上升时容器内气体温度也恰好升高到，气体内能变化量 外界对气体做功为 根据热力学第一定律可得 解得气体吸收的热量为 36．（21-22高二下·湖北襄阳·期末）一定质量的理想气体分别经历两个过程从状态M到达状态N，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（　　） A．气体经历过程1，温度降低，内能一定减少 B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少 C．气体经历过程2，先向外放热后吸热 D．气体经历过程2，内能不一定减少 【答案】AC 【详解】AB．气体经历过程1，体积增大，对外做功，而气体与外界无热量交换，根据热力学第一定律可知，内能一定减少，而一定质量的理想气体其内能只由温度决定，故温度降低，故A正确，B错误； D．过程2与过程1的初、末状态相同，故气体经历过程2，内能也一定减少，故D错误； C．气体经历过程2，等容过程中体积不变，压强减小，根据可知，温度降低，故内能减少，根据热力学第一定律可知，该过程向外放热；等压过程中，压强不变，体积增大，对外做功，根据可知，温度升高，故内能增大，根据热力学第一定律可知，该过程从外界吸热。故气体经历过程2，先向外放热后吸热，故C正确。 故选AC。 37．（2025·浙江·一模）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属汽缸内，活塞的质量kg，截面积cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时封闭气柱长度为20cm，外界气温℃，大气压强Pa。将质量为的重物缓慢放到活塞上，稳定后活塞下降了5cm；再对汽缸内气体缓慢加热，气体吸收了J的热量，活塞又上升了3cm，求： (1)重物的质量； (2)加热前后缸内气体温度的增加值； (3)加热前后缸内气体内能的变化量。 【答案】(1)kg (2)℃ (3)J 【详解】（1）状态1（初始），根据平衡条件有，cm 状态2，根据平衡条件有，cm 等温过程方程 解得kg （2）缓慢加热，状态3有，cm， 等压过程方程 解得℃ （3）从状态2至状态3内气体对外做功 由热力学第一定律，有 得J 38．（2025·浙江宁波·一模）如图甲所示，一定质量的理想气体从状态依次经过状态后，最后回到状态，其中为等压过程，为等容过程，为等温过程。已知气体在状态时的压强，体积，温度，在状态时体积。 (1)在过程中，气体分子的平均动能 （选填“增大”、“减少”或“不变”）；在过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数 （选填“增大”、“减少”或“不变”）； (2)求状态的温度、状态的压强； (3)求过程中气体与外界交换的总热量。 【答案】(1) 增大 增大 (2) (3) 【详解】（1）[1]在过程中，为等压过程，体积增大，根据盖•吕萨克定律可知，气体温度升高，所以气体分子平均动能增大； [2]在过程为等温过程，体积减小，根据波义耳定律可知，压强增大，所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增大。 （2）为等压过程，根据盖•吕萨克定律有 解得 为等容过程，根据查理定律有 解得 （3）由题意可知，故过程中气体内能增量 过程中，气体压强不变，气体做功由 解得。 过程中，气体体积不变，气体对外不做功 根据热力学第一定律 解得。 39．（2025·广东·模拟预测）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。活塞的面积S=1.0×10-3m2，质量m=2kg，气缸竖直放置，气缸内气体温度为77℃，活塞相对于气缸底部的高度，现将气缸置于室温为27℃的环境中，已知大气压强Pa，重力加速度大小。 (1)求重新平衡时活塞离气缸底部的距离； (2)活塞重新平衡的过程中气缸内气体释放的热量为16.8J，求气体内能的变化量。 【答案】(1) (2)减少4.8J 【详解】（1）设重新平衡后活塞到汽缸底部的距离为，取封闭气体为研究对象，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得 解得 （2）活塞重新平衡的过程中外界对气体做功，则有 由热力学第一定律得 解得 气体内能减少4.8J。 40．（2025·贵州·模拟预测）如图，一绝热汽缸固定在倾角为的斜面上，距汽缸底部L处有一质量为2m、横截面积为S、密封性良好的绝热活塞用一轻质细线绕过定滑轮与一质量为m的物体相连。初始时刻整个装置处于静止状态，且汽缸内气体的温度为（封闭气体可视为理想气体，大气压强为）。现用电热丝对汽缸内气体进行缓慢加热，直至活塞到汽缸底部的距离为1.5L。不计一切阻力。 (1)求最终汽缸内气体的温度； (2)已知封闭气体的内能U与其热力学温度T成正比，即（其中比例系数k为已知常量），求加热过程中汽缸内气体所吸收的热量Q。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件得 代入数据解得 由于缓慢加热，活塞和物体缓慢移动，即处于动态平衡，则汽缸内气体压强保持不变，为等压变化，由盖—吕萨克定律得 代入数据解得 （2）由题意可知，封闭气体的内能变化量 在加热过程中，气体对外做功，即 又由热力学第一定律得 代入数据解得 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题45气体状态方程 模型总结 模型1 气体压强的计算 1 模型2 理想气体状态方程 11 模型3 气体变质量模型 22 模型4 热力学第一定律与图像的综合应用 33 模型1 气体压强的计算 1．气体压强的计算 分类 模型 方法 活塞模型 先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程． 图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋。 液柱模型 液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S， 则气体压强为p＝p0－＝p0－ρ液gh。 连通器模型 U形管竖直放置。同一液柱相同高度处压强相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg（h1－h2）。 1．（2025·陕西汉中·三模）有一段12cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上（如图所示），在下滑过程中被封闭气体的压强（设大气压强为）为（　　） A．70cmHg B．76cmHg C．78cmHg D．80cmHg 2．（2025·河北·模拟预测）如图所示，绝热活塞将绝热汽缸内分成A、B两部分，各自封闭着同种气体（可视为理想气体），活塞由销子固定，A、B部分气体体积相等、温度相同，压强之比为2∶1，现将销子拔掉，气体再次稳定。下列说法中正确的是（　　） A．A部分气体的质量小于B部分气体的质量 B．拔掉销子前，A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力大于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力 C．拔掉销子前，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能 D．拔掉销子再次稳定后，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能 3．（2024·福建福州·三模）如图所示，  一粗细均匀的 U 型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h₁，水银柱cd的长度为h₂，，a面与c面恰处于同一高度。则气体A的压强 （选填“大于”、 “小于”或“等于”）气体B 的压强：气体A 的压强为 。（已知大气压强为po，水银的密度ρ，重力加速度为g）。 4．（2024·江苏徐州·三模）如图所示，竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱，水银与玻璃管的质量相等。现将玻璃管由静止释放，忽略水银与玻璃管间的摩擦，重力加速度为g，则（　　） A．释放瞬间，水银的加速度大小为g B．释放瞬间，玻璃管的加速度大小为2g C．释放瞬间，水银内部各处压强相等 D．释放后，水银与玻璃管始终以相同速度运动 5．（2024·广西玉林·模拟预测）如图所示，在两端开口、竖直放置的U形玻璃管内，封闭着长度为L的空气柱，a、b两水银面的高度差为h，现保持温度不变，则（　　）    A．若再向左管注入些水银，稳定后h变大 B．若再向左管注入些水银，稳定后h不变 C．若两管同时注入等量的水银，稳定后h变大 D．若两管同时注入等量的水银，稳定后h不变 6．（23-24高三上·云南保山·期末）如图所示，绝热汽缸内用质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，轻质弹簧一端固定在活塞上，另一端固定在汽缸底部，活塞可沿汽缸无摩擦滑动，此时弹簧处于原长。现通过电热丝对气体进行缓慢加热，使活塞上升了一段距离，此过程中封闭气体没有泄漏，大气压强恒定。下列说法正确的是（　　） A．加热前封闭气体的压强等于大气压强 B．加热过程中封闭气体分子的平均动能增大 C．加热过程中气体吸收的热量等于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和 D．加热过程中气体对活塞做的功大于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和 7．（2025·广东·模拟预测）如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为，活塞与卡环b刚好接触，且无相互作用力，活塞离缸底的距离为。已知卡环能承受的压力最大为，活塞的厚度不计，大气压强满足，重力加速度为g，求： (1)要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少； (2)若提高环境温度，当环境温度为时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压强多大。 8．（25-26高三上·广东深圳·期中）如图所示，质量为的汽缸用细线悬吊，缸内活塞与固定在地面上的轻杆连接，活塞的面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为，环境温度为，细线上拉力等于，活塞到缸底的距离为，重力加速度为，汽缸和活塞的导热性能良好。 (1)现缓慢升高环境温度，当悬线的拉力刚好为零时，环境的温度为多少； (2)若环境温度不变，剪断细线，从剪断细线至汽缸最终静止（汽缸未与地面接触），汽缸下降的高度为多少。 9．（2025·浙江·一模）如图所示，“工”字型支架A固定在水平地面上，支架上端为一截面积的圆柱形活塞，活塞与质量导热圆柱形汽缸B间封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度，封闭气体的长度，外界大气压强。 (1)环境温度时，求封闭气体的压强p； (2)当环境温度缓慢变为时，汽缸的机械能减少，气体内能减少，求： ①环境温度； ②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。 10．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱将一部分气体封闭，封闭气体看成理想气体，初始时系统静止。保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，使水银柱长度增加，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（　　） A．管中气体分子数密度不变 B．管中气体内能增大 C．稳定后，水银槽中的水银在管内、外液面高度差增加量小于l D．管中气体放出热量 模型2 理想气体状态方程 1．一定质量的气体不同状态变化图像的比较 定律名称 比较项目 玻意耳定律 (等温变化) 盖—吕萨克定 律(等压变化) 查理定律 (等容变化) 数学 表达式 p1V1＝p2V2 或pV＝C(常数) ＝或 ＝C(常数) ＝或 ＝C(常数) 特点 pV＝CT（其中C为恒量），即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远；p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 V＝T， 斜率k＝，即斜率越大，压强越小 同一气体 的两条 图线 T1<T2 p1>p2 V1>V2 注意：上表中各个常量“C”意义有所不同。 2.理想气体状态方程 (1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体． ①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体． ②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定． (2)理想气体状态方程：＝或＝C.(质量一定的理想气体) 11．（2025·云南昆明·模拟预测）图甲为气压式升降椅，其简化结构如图乙所示，圆柱形气缸可沿气缸杆上下滑动。气缸与椅面固定在一起，其整体质量；杆与底座固定在一起，横截面积，在气缸与杆间封闭一长的气体（视为理想气体）。当人坐在椅面上，脚悬空稳定后椅面下降高度。已知室内温度不变，气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，大气压强，重力加速度，求： (1)椅面未坐人时，气缸中的气体压强； (2)该人的质量。 12．（2025·全国·模拟预测）、是两个完全相同的圆柱体密闭容器，横截面积，、两活塞厚度一样，质量不同，分别为，，活塞下方为水，密度，上方为封闭气体，初始状态两气体体积均为，两容器底部用细管相连，细管容积忽略不计，气体温度始终保持不变，现通过右侧容器底部的阀门抽出体积为的水后，发现左侧液面比右侧液面高。求初状态两侧气体压强。 13．（2026·江苏·一模）如图甲所示，潜水钟是一种潜水装置，可输送潜水员下潜，并提供水下逗留和作业的平台以延长潜水时间。将潜水钟简化为如图乙所示的用轻质活塞密封的导热圆筒，圆筒内的横截面积为S=2.5m2，高度h=3.0m。下潜前活塞处于筒口处，封闭气体的压强等于大气压，温度为t=27℃。现将圆筒开口向下，由水面上方沿竖直方向缓慢下潜至作业深度时，活塞恰好位于距筒口处。已知潜水钟内的封闭气体可视为理想气体，不计活塞与圆筒间的摩擦，下潜过程中气体温度保持不变，海水的密度ρ=1.0×103kg/m3，大气压强p0=1.0×105Pa，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，重力加速度g=10m/s2。 (1)求在作业深度处，筒口距离海面的深度H； (2)若保持作业深度不变，潜水钟内气体的温度降低后活塞静止在距离筒口处，求此时潜水钟内气体的温度。 14．（2025·云南大理·一模）如图所示，竖直放置的导热性能良好的气缸内用质量为的活塞密封一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S，静止时距气缸底部的距离为。现用竖直向上的恒力缓慢拉动活塞，活塞在气缸内无摩擦滑动且滑动过程中无气体泄漏。已知初始环境温度为，重力加速度为，大气压强为。 (1)求在恒力作用下活塞重新静止时离缸底高度；缓慢拉动活塞过程中，气缸内气体从外界吸热还是放热？ (2)撤去恒力并在活塞上放置一个质量为的物体，改变环境温度，为使活塞最终静止时离缸底高度变回，求改变后的环境温度。 15．（2025·浙江温州·一模）图甲是一容积为24L的电热保温桶，其底部带有龙头。打开桶盖，倒入4L豆浆后，扣上桶盖密封（状态A）。打开加热开关，使内部气体加热到一定温度（状态B）。切换到保温挡，打开龙头，豆浆能缓慢流出，直到恰好全部流完（状态C）。已知整个过程桶内气体的压强p与其体积的倒数满足图乙所示的关系，tA=27°C，大气压强p0=1.0×105Pa，桶盖质量m=2kg，桶盖横截面积S=0.05m2。设桶内密封的气体为一定质量的理想气体，忽略表面张力与水蒸气对压强的影响。 (1)从状态A到状态B，桶内气体分子的数密度 （选填“增大”、“减小”或“不变”），平均速率 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)从状态 B 到状态 C，桶内气体对外做功约为438J，求该过程气体所吸收的热量； (3)求状态B的温度tB以及此时桶盖对桶身作用力。 16．（2025·浙江·一模）将一底面积的圆柱形容器倒扣在水中，松手后容器底恰好与水面齐平，如图甲所示，容器内有高度为的空气。现用拉力缓慢向上提起容器，容器口始终未脱离水面，如图乙所示，此时在水面上方容器内有高度为的水，忽略容器的厚度及形变，大气压强为，重力加速度，水的密度为，容器内空气可视为理想气体，且温度保持不变。 (1)从图甲状态到图乙状态，气体分子平均速率 （选填“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数 （选填“增大”、“不变”、“减小”） (2)求图乙状态容器内水面到杯底的距离； (3)在向上提升容器的过程中，容器内空气是吸热还是放热？并求气体吸收或者放出的热量。 17．（2025·湖南长沙·一模）下图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，如图（a），然后要把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力压住吸盘，使外界空气不能进入吸盘，如图（b）。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图（b）中大圆面积，吸盘中气体与墙面的接触面积，大气压强，重力加速度，吸盘内的气体可视为理想气体，环境温度不变，吸盘导热性能良好。 (1)求扳下锁扣后吸盘内气体压强； (2)若吸盘与墙之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。 18．（2025·广东中山·模拟预测）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为、，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终汽缸内气体的压强； (2)添加的沙子质量。 19．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，两端开口的导热汽缸竖直放置，用轻杆连接的A、B两活塞面积分别为、，质量分别为、1kg。用销钉P将A栓住，环境温度为300K，封闭气体压强为。已知大气压强，重力加速度大小g取，不计一切摩擦，缸内气体可视为理想气体。 (1)当环境温度变为285K时，求封闭气体的压强。 (2)当环境温度变为多少时，拔掉销钉后活塞还能保持静止？ 20．（25-26高三上·贵州·期中）其物理兴趣小组设计了一个简易的低温、高温报警装置，图为该装置的原理图，一导热汽缸固定在水平面上，并用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的横截面积为，活塞上端通过一不可伸长的轻质细绳与一拉力传感器相连，拉力传感器通过一数据处理器与低温、高温报警器连接，活塞的质量。初始时，环境温度为27℃，拉力传感器的读数为10N；当拉力传感器的读数大于等于时，数据处理器处理数据后就会通过报警器进行低温报警，当拉力传感器的读数为0时，数据处理器处理数据后就会通过报警器进行高温报警。已知重力加速度，大气压强，求： (1)初始时，汽缸内气体的压强； (2)低温、高温报警器报警时的临界温度、。 模型3 气体变质量模型 1．气体变质量模型 分类 模型 方法 充气模型 在充气（打气）时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。 抽气模型 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气（打气）问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”问题。 漏气模型 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。 气体分装模型 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 关联气体模型 1.把两部分气体分开，分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为同一气体的两种状态。 2.要找出两部分气体之间的联系，如平衡时压强相等、总体积不变等。 3.在涉及气体的内能、分子势能的问题中要特别注意该气体是否为理想气体；在仅涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当成理想气体处理，但这时要关注的是气体是否满足一定质量这一条件。 21．（2025·云南楚雄·模拟预测）气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力，如图甲所示的是气钉枪和与之配套的气罐、气泵。图乙是气钉枪发射装置的示意图，汽缸通过细管与气罐相连。射钉时打开开关，气罐向汽缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。气钉枪配套气罐的容积，汽缸的有效容积，气钉枪正常使用时气罐内气体的压强范围为，为大气压强，当气罐内气体的压强低于时气泵会自动启动充气，压强达到时停止充气。假设所有过程中气体温度不变，已知气罐内气体的初始压强为。假设所有过程温度恒定，且气罐容积不变。 (1)若气泵自动启动充气时在1s内吸入压强为的空气的体积，求在不使用气枪的情况下，气泵充气一次的时间t。 (2)求充气结束后至气泵下次自动启动充气前，气钉枪最多能射出多少颗钉子（可能用到的数据）。 22．（2025·广东清远·一模）科技小组用容积2.0L的可乐瓶制作水火箭，箭身及配重物总质量M=0.1kg。瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒每次打入0.5L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时橡胶塞脱落，水高速喷出，火箭起飞。已知水的密度忽略空气阻力，重力加速度g取下列说法正确的是（　　） A．打气时筒内气体温度升高是因为摩擦生热 B．水喷出的过程中，水火箭内的气体对外做功 C．至少打气12次水火箭的橡胶塞才脱落 D．若橡胶塞脱落后水以v=10m/s全部喷出，火箭最多能升到125m高处 23．（2025·海南海口·模拟预测）海南省由于其独特的地理位置，夏季温度较高，昼夜温差较大，2019年6月3日中午地表温度甚至超过70℃。温度较大波动对汽车轮胎胎压造成的影响直接关系到行车安全。若某天清晨的气温是27℃，车主将汽车的胎压调整至如图所示2.4bar（按照行业标准，夏季的胎压为2.4bar），此车胎压监测系统监测到胎压低于1.8bar或高于2.7bar皆会触发报警。（忽略胎压变化过程中气体体积的变化）求： (1)若中午气温升至35℃，轮胎因长时间行驶温度上升到57℃，通过计算判断胎压监测系统是否会报警； (2)因车胎被扎钉子而缓慢漏气，刚好触发报警时，求漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值（缓慢漏气过程中忽略气体温度变化）。 24．（2025·浙江·一模）龙泉青瓷名扬天下，现代电子测温技术能够实现温度的精准控制从而制作出更加精细的青瓷制品。如图所示为某青瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温。烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，已知当窑内气体温度为时，单向排气阀开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至稳定烧制温度。气体可视为理想气体。求： (1)单向排气阀开始排气后窑内气体分子平均速率 （填“增大”“减小”或“不变”），单位时间撞击单位面积窑壁的分子数 （填“增大”“不变”或“减小”）； (2)排气阀开始排气时窑内气体的压强； (3)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。 25．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）容积的汽车轮胎内装有压强为的空气，驾驶员使用家用打气泵向轮胎内打气，每次打入压强为、体积为的空气，直到胎内气体的压强变为为止。假设整个过程中温度保持不变且气体可视为理想气体。求： (1)一共打气多少次； (2)打气结束后，轮胎内气体的总质量相对于初始质量增加的百分比。 26．（25-26高三上·广西·开学考试）如图所示，一导热良好的柱形容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，起初A、B两部分封闭气体的质量均为m，压强均为，隔板到左、右两底面的距离均为L。现打开左侧阀门，A部分气体缓慢排出，封闭气体可视为理想气体，外界大气压强恒为，外界环境温度不变，求： (1)稳定后隔板向左移动的距离d； (2)稳定后从阀门排出的气体质量。 27．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）一个10L的氧气瓶在室温为时，残留氧气的压强为0.2MPa，现要给其加注氧气，要求在室温下压强达到150MPa，加注氧气及加注完毕后冷却过程中，监测到瓶内氧气压强随温度变化如图所示。已知加注完毕时，瓶内气体温度为350K。瓶内氧气的压强、体积、温度、物质的量（mol）在数值关系上满足，氧气的摩尔质量为32g/mol，氧气可视为理想气体，求： (1)刚加注完成时，瓶内氧气的压强； (2)加注氧气的质量。（计算结果保留到小数点后三位，单位：kg） 28．（2025·宁夏吴忠·一模）由于在高原地区活动容易缺氧，大部分游客在前往海拔较高的地区游玩时会携带便携式喷气氧气瓶。某游客在前往高海拔地区前，将空的氧气瓶充气并携带至高海拔地区。已知充气后氧气瓶内的气压，低海拔地区气温，气压，高海拔地区气温，气压。氧气瓶内部温度与外界温度一致，体积保持不变，容积为。若氧气瓶单次喷出的气体体积恒为，压强恒为。 (1)求该游客自制氧气瓶在高海拔地区时瓶内的气压大小； (2)氧气瓶可承受的内外气压差最大为，直接将该自制氧气瓶带至高海拔地区，氧气瓶会损坏。为了保证使用安全，求在前往高海拔地区前游客需要至少喷气几次。 (3)游客携带第（2）问喷气后的氧气瓶到达高海拔地区后，求将氧气瓶可以正常喷气的次数（当氧气瓶内部气压等于外界气压时，瓶内气体无法喷出）。 29．（2025·江西·模拟预测）一个足球的容积是2.5L。用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为125mL、压强与大气压相同、温度与环境温度相同的气体打进足球内。如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与大气压相同，已知大气压强为，已知外界环境温度。 (1)不考虑足球容积变化和气体的温度变化，求打了20次后足球内部空气的压强是大气压的多少倍？ (2)考虑足球容积变化和气体的温度变化，打了20次后，足球的容积比原来增大了1%，温度升高至，求足球内部空气的压强是大气压的多少倍？ 30．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示，潜水艇通过压缩空气排出压水舱内的海水来控制浮沉。一艘潜水艇停在海面上，此时它的一个容积的压水舱内全部充满了压强的空气，由于单向排水孔出现故障，水从单向排水孔进入压水舱，导致潜水艇缓慢下沉，当潜水艇下沉至压水舱中的水与水面的距离处时，潜水艇兵为了让潜水艇重新上浮，将充有压强、容积的贮气筒内的一部分压缩空气（可视为理想气体）通过节流阀压入压水舱，使体积的水通过排水孔排向与之相通的大海。假设海水和空气的温度保持不变，已知海面处的大气压强，海水的密度，重力加速度。求： (1)潜水艇下沉至压水舱中的水与水面的距离为10m处时，压水舱内空气的体积； (2)排出体积为的水后，贮气筒内排出气体的质量与剩余气体质量的比值。 模型4 热力学第一定律与图像的综合应用 1.在某一过程中，气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。 2.气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。 (1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。 (2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。 (3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。 (4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。 31．（2025·四川成都·一模）如图所示，一定质量的理想气体可经过程从A状态变化到C状态。已知、及气体处于A状态时温度为。求： (1)气体处于B状态时的温度； (2)过程外界对气体做的功； (3)过程气体放出的热量。 32．（2025·河南·一模）如图所示，一开口向上的汽缸放在水平面上，用一定质量的活塞将理想气体封闭在汽缸中，汽缸和活塞导热性能良好，环境温度保持不变，忽略活塞与汽缸间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．若仅将环境温度升高少许，气体从外界吸收热量 B．仅在活塞上放置砝码，单位体积单位时间撞击器壁的分子数不变 C．仅在活塞上放置砝码，封闭气体从外界吸收热量 D．仅打开阀门放出少许气体，分子的平均动能减少 33．（2025·广西·模拟预测）如图，一定质量的理想气体从状态变化到状态，已知此过程中，气体从外界吸热，则该过程气体内能增加（　　） A． B． C． D． 34．（2025·四川·一模）一定质量的某种理想气体，沿p-T图像中箭头所示方向，从状态A开始先后变化到状态B、C、D，其中状态A和状态D温度相同，BA、CD的延长线经过坐标原点。已知气体在状态A时的体积为1.0L。求： (1)气体在状态C时的体积； (2)气体在A→B→C→D过程中吸收的总热量Q。 35．（2025·陕西渭南·一模）如图所示是一个形状不规则的密闭绝热容器，容器底部有体积忽略不计的电热丝，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气，玻璃管内有一个轻质绝热活塞，其底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度，压强等于大气压强，现要使容器内气体温度升高的。若固定住活塞，用电阻丝加热，当容器内的气体吸收的热量时温度恰好升高到；若不固定活塞，用电阻丝缓慢加热，当活塞上升时容器内气体温度也恰好升高到。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求： (1)容器的体积； (2)不固定活塞，加热过程中容器内气体吸收的热量。 36．（21-22高二下·湖北襄阳·期末）一定质量的理想气体分别经历两个过程从状态M到达状态N，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（　　） A．气体经历过程1，温度降低，内能一定减少 B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少 C．气体经历过程2，先向外放热后吸热 D．气体经历过程2，内能不一定减少 37．（2025·浙江·一模）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属汽缸内，活塞的质量kg，截面积cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时封闭气柱长度为20cm，外界气温℃，大气压强Pa。将质量为的重物缓慢放到活塞上，稳定后活塞下降了5cm；再对汽缸内气体缓慢加热，气体吸收了J的热量，活塞又上升了3cm，求： (1)重物的质量； (2)加热前后缸内气体温度的增加值； (3)加热前后缸内气体内能的变化量。 38．（2025·浙江宁波·一模）如图甲所示，一定质量的理想气体从状态依次经过状态后，最后回到状态，其中为等压过程，为等容过程，为等温过程。已知气体在状态时的压强，体积，温度，在状态时体积。 (1)在过程中，气体分子的平均动能 （选填“增大”、“减少”或“不变”）；在过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数 （选填“增大”、“减少”或“不变”）； (2)求状态的温度、状态的压强； (3)求过程中气体与外界交换的总热量。 39．（2025·广东·模拟预测）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。活塞的面积S=1.0×10-3m2，质量m=2kg，气缸竖直放置，气缸内气体温度为77℃，活塞相对于气缸底部的高度，现将气缸置于室温为27℃的环境中，已知大气压强Pa，重力加速度大小。 (1)求重新平衡时活塞离气缸底部的距离； (2)活塞重新平衡的过程中气缸内气体释放的热量为16.8J，求气体内能的变化量。 40．（2025·贵州·模拟预测）如图，一绝热汽缸固定在倾角为的斜面上，距汽缸底部L处有一质量为2m、横截面积为S、密封性良好的绝热活塞用一轻质细线绕过定滑轮与一质量为m的物体相连。初始时刻整个装置处于静止状态，且汽缸内气体的温度为（封闭气体可视为理想气体，大气压强为）。现用电热丝对汽缸内气体进行缓慢加热，直至活塞到汽缸底部的距离为1.5L。不计一切阻力。 (1)求最终汽缸内气体的温度； (2)已知封闭气体的内能U与其热力学温度T成正比，即（其中比例系数k为已知常量），求加热过程中汽缸内气体所吸收的热量Q。 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $