2.5 气体的等容变化和等压变化（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（教科版）

第二章　固体、液体和气体 5　气体的等容变化和等压变化 第1课时　气体的等容变化 基础过关练 题组一　认识气体的等容变化 1.在冬季,剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后,第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧,不易拔出来。主要原因是(　　) A.软木塞受潮膨胀 B.瓶口因温度降低而收缩变小 C.白天气温升高,大气压强变大 D.瓶内气体因温度降低而压强减小 题组二　气体的等容变化规律 2.(2024山西二模)真空轮胎(无内胎轮胎)在轮胎和轮圈之间封闭着一定质量的空气,轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力。当夜晚胎内气体温度为-13 ℃时,传感器显示左前轮胎压为2.0×105 Pa,当该车白天在路面上行驶时,传感器显示该轮胎的胎压为2.2×105 Pa,不考虑轮胎内气体体积的变化。则此时胎内气体温度约为(　　) A.-3 ℃　　　　B.3 ℃ C.13 ℃　　　　D.23 ℃ 3.(经典题)一定质量的气体,在体积不变的条件下,温度由0 ℃升高到10 ℃时,其压强的增加量为Δp1;温度由100 ℃升高到110 ℃时,其压强的增加量为Δp2,则Δp1与Δp2之比是(　　) A.10∶1　　　　B.373∶273 C.1∶1　　　　D.383∶283 题组三　气体等容变化的图像 4.(多选题)(2025河北石家庄第二实验中学月考)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B,这一过程如图所示,则(　　) A.在过程AC中,气体的压强不断变小 B.在过程CB中,气体的压强不断变大 C.在状态A时,气体的压强最大 D.在状态B时,气体的压强最大 题组四　气体等容变化规律的应用 5.(2025河北石家庄检测)如图所示,圆柱形导热容器内充有一定质量的空气,容器与水银压强计相连,压强计左右两管下部由软胶管相连。容器处于环境温度t0=27 ℃的空气中时,两管中水银面等高。现将此导热容器浸入摄氏温度为t1的热水中,左管中水银面将下降;然后缓慢地向上提右管,使左管中水银面回到原来高度,此时右管与左管中水银面的高度差h=15.2 cm。已知水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3,取重力加速度g=10 m/s2,大气压强p0=1.0×105 Pa,则该热水的温度约为(　　) A.100 ℃　　　　B.43 ℃　　　　C.87 ℃　　　　D.60 ℃ 6.(2025河北沧州二模)如图所示,某高压锅锅盖中央有一横截面积为S的出气口,孔上盖有限压阀。加热前,盖上锅盖,限压阀密封好后,高压锅内气体温度为T0、压强为p0。对高压锅加热,当锅内气体压强达到p1时,锅内气体将限压阀顶起,开始向外排气。锅内气体视为理想气体,大气压强为p0,重力加速度为g,不计摩擦阻力。求: (1)开始向外排气时锅内气体的温度T1; (2)限压阀的质量m。 7.(2024四川内江期中)图甲为气压升降椅,图乙为其核心部件模型简图。活塞横截面积为S,汽缸内封闭一定质量的理想气体,该汽缸导热性能良好,忽略一切摩擦。调节到一定高度,活塞上面有卡塞,活塞只能向下移动,不能向上移动。已知室内温度为27 ℃,汽缸内封闭气体压强为p,稳定时气柱长度为L,此时活塞与卡塞恰好接触且二者之间无相互作用力,重力加速度为g。求: (1)当室内温度升高5 ℃时,汽缸内封闭气体增加的压强; (2)若室内温度保持27 ℃不变,一质量为m的同学盘坐在椅面上,稳定后活塞向下移动的距离。 甲　　　　　　　　　　　乙 8.(2024四川攀枝花期末)如图所示,有一粗细均匀的“山”字形玻璃管,左端封闭、右端开口,中部用一活塞封闭,底部水平。玻璃管内用如图所示的水银柱在左侧竖直管内封闭有长度l1=30 cm的理想气体,左侧竖直管内的水银柱长h1=30 cm,右侧竖直管内的水银柱长h2=54 cm,中部竖直管内的水银柱足够长。已知外界大气压强p0=76 cmHg,保持环境温度T1=300 K不变,现用外力缓慢向下推活塞,使左侧竖直管内的气柱长度变为l2=25 cm;再固定活塞,对左侧竖直管内的气体缓慢加热,使气柱长度又变回l1。玻璃管的粗细不计,求: (1)使左侧竖直管内的气柱长度变为25 cm的过程中,活塞向下移动的距离s; (2)左侧竖直管内的气柱长度又变回l1时,封闭理想气体的温度T2。 能力提升练 题组一　等容变化的图像问题 1.(2024四川期末)一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程,其中dc的延长线过原点,ad垂直于bc且与横轴平行,ab与cd平行,则有关气体体积变化,下列判断正确的是(　　) A.ab过程中不断增加　　　　 B.bc过程中保持不变 C.cd过程中不断增加　　　　 D.da过程中保持不变 题组二　液柱(活塞)移动问题 2.(多选题)(2024山东德州一中期末)如图所示,10 ℃的氧气和20 ℃的氢气体积相同,汞柱在连通两容器的细管中间,下面的叙述中正确的是　(　　) A.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,汞柱不移动 B.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,汞柱将向右移 C.当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,汞柱将向左移 D.当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,汞柱不会移动 3.(2025山东泰安期中)如图所示,两端封闭的倾斜玻璃管内,有一段水银柱将管内气体分为两部分。在保持玻璃管与水平面夹角不变的情况下,将玻璃管整体浸入较热的水中,重新达到平衡,水银柱的位置变化情况是　　(　　) A.上移　　　　B.下移　　　　C.不动　　　　D.无法确定 题组三　汽缸与U形管的综合问题 4.(2024四川遂宁蓬溪中学期末)如图所示,竖直放置的汽缸,活塞横截面积为S=0.01 m2,可在汽缸内无摩擦滑动,汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通,汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计),此时缸内气体温度为7 ℃,U形管内水银面高度差h1=5 cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求活塞的质量m; (2)若对汽缸缓慢加热的同时,在活塞上缓慢添加沙粒,可保持活塞的高度不变。当缸内气体温度升高到37 ℃时,求U形管内水银面的高度差。 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.D 2.C 3.C 4.BD 5.C 1.D　由于暖水瓶内气体的体积不变,经过一晚时间,瓶内气体的温度降低,根据=,由于T1>T2,所以p1>p2,即瓶内气体的压强减小,气体向外的压力减小,所以拔出软木塞更费力,D正确。 2.C　不考虑轮胎内气体体积的变化,胎内气体发生等容变化,则有=,其中t1=-13 ℃,解得t2=13 ℃,故选C。 3.C　由等容变化规律可知,一定质量的气体在体积不变的条件下,为恒量,且Δp=ΔT。温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃,ΔT=10 K相同,故压强的增加量Δp1=Δp2,C正确。 4.BD　由题图可知,在过程AC中,气体的温度不变,气体做等温变化,由玻意耳定律pV=C可知,气体体积逐渐减小,则压强不断增大,A错误;在过程CB中,气体的体积不变,气体做等容变化,由查理定律=C可知,气体温度逐渐升高,则压强不断变大,B正确;由以上分析可知,气体自状态A经状态C变化到状态B,气体的压强一直增大,因此在状态B时,气体的压强最大,C错误,D正确。故选B、D。 5.C　初始时容器内空气的温度为T0=(t0+273)K=300 K,压强为p0,当容器浸入温度为t1的热水中并最终左管水银面回到原高度时,容器内气体压强p1=p0+ρgh,气体体积不变,可视为理想气体的等容变化,根据查理定律有=,代入数据解得T1≈362 K,则t1=(T1-273) ℃≈89 ℃,考虑到气体体积的微小变化,则实际温度偏低,与87 ℃最接近,故选C。 6.答案　(1)T0　(2) 解析　(1)锅内气体发生等容变化,则有= 解得开始向外排气时锅内气体的温度T1=T0 (2)对限压阀分析,由平衡条件可得p1S=p0S+mg 解得限压阀的质量m= 7.答案　(1)p　(2) 解析　(1)当室内温度升高5 ℃时,汽缸内封闭气体发生等容变化,ΔT=Δt=5 K 由查理定律有= 其中T=(27+273) K=300 K 解得Δp=p (2)若室内温度保持27 ℃不变,汽缸内封闭气体发生等温变化,由玻意耳定律有pV0=p1V1 初态:p,V0=LS,末态:p1S=pS+mg,设活塞下降距离为h,有V1=(L-h)S 联立解得h= 8.答案　(1)30 cm　(2)390 K 解析　(1)原来左侧竖直管内封闭气体的压强为p1=p0+ρg(h2-h1)=100 cmHg 用外力缓慢向下推活塞,使左侧竖直管内的气柱长度变为l2=25 cm的过程中,对左侧竖直管内封闭气体,由玻意耳定律得 p1Sl1=p2Sl2 解得p2=120 cmHg 左侧竖直管内水银柱上升的高度Δl1=l1-l2=5 cm 右侧竖直管内水银柱上升的高度Δl2=(120+30+5-76-54) cm=25 cm 活塞向下移动的距离s=Δl1+Δl2=30 cm (2)左侧竖直管内的气柱长度从l2又变回l1的过程中,左侧竖直管内的水银柱下降5 cm,右侧竖直管内的水银柱上升5 cm,左侧竖直管内的气体压强为p3=(120+2×5) cmHg=130 cmHg 对左侧竖直管内的气体由查理定律可得= 解得T2=390 K 能力提升练 1.A　对于一定质量的理想气体,由=C得p=T,可知图线上的点与原点连线的斜率越大,气体体积越小,由图线知ab过程中气体体积不断增大,bc过程中气体体积不断减小,cd过程中体积不变,da过程中气体体积不断增大,A正确,B、C、D错误。故选A。 2.BC　假设温度改变后两部分气体的体积不变,设气体的初状态压强、温度为p1、T1,末状态压强、温度为p2、T2,温度、压强的变化量为ΔT、Δp,由等容变化规律得==,可得Δp=p1。原来两部分气体的压强相同,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,即温度变化相同,由于初始状态氧气的温度小于氢气的温度,则氧气增大的压强大于氢气增大的压强,故汞柱向右移动,A错误,B正确;原来两部分气体压强相同,当氧气温度升高10 ℃时,氧气的温度变化为10 K,氢气温度升高20 ℃时,氢气的温度变化为20 K,则有=×=×=<1,所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强,汞柱向左移,C正确,D错误。 一题多解 图像法巧解液柱移动问题 　　初状态时氧气的温度为283 K,氢气的温度为293 K,两部分气体的压强相等,作氧气和氢气的等容线如图所示,氧气的等容线的斜率为,氢气的等容线的斜率为,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,由图可知氧气变化的压强大于氢气变化的压强,故汞柱向右移动,A错误,B正确;当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,有Δp氧=10×,Δp氢=20×,则=<1,所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强,汞柱向左移,C正确,D错误。 3.A　设原来平衡时的温度为T,上、下两部分气体的压强分别为p1、p2,后来平衡时的温度为T',上、下两部分气体相应的压强变化量分别为Δp1、Δp2,假定水银柱不移动,则上、下两部分气体均发生等容变化,故有=,=,可得=,因为p1<p2,故有Δp1<Δp2,由此可见,温度升高后,水银柱位置会向上移动。故选A。 4.答案　(1)6.8 kg　(2)13.4 cm 解析　(1)对活塞,根据其受力平衡,有p0S+mg=p1S 结合U形管内水银面高度差,有p1=p0+ρgh1 联立解得m=ρh1S=6.8 kg。 (2)缸内气体温度为7 ℃时,p1=p0+,T1=280 K 当缸内气体温度升高到37 ℃时,设U形管内水银面的高度差为h2,T2=310 K,p2=p0+ρgh2 又因为活塞位置不变,汽缸内气体发生等容变化,有= 代入数据解得h2≈13.4 cm。 第2课时　气体的等压变化 基础过关练 题组一　认识气体的等压变化 1.(多选题)如图所示,竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段理想气体,若大气压强不变,管内气体(　　) A.温度降低,压强可能增大 B.温度升高,压强可能减小 C.温度降低,压强不变 D.温度升高,体积增大 题组二　气体的等压变化规律 2.冬天,一同学在室内空调显示屏上看到室内的空气温度,该温度换算成热力学温度为T,为了测出室外的空气温度,他将一气球在室内吹大并放置较长一段时间后,测量其直径为L1,之后拿到室外并放置较长一段时间后,测量其直径为L2,若不考虑气球表皮的弹力变化,且气球吹大后视为球体,大气压强不变,室内外的温度均保持不变,则室外的热力学温度为(　　) A.T　　　　B.T C.T　　　　D.T 3.(2025湖北荆州中学月考)热气球广泛用于空中游览、空中广告、空中摄影、海疆巡逻等领域,工作原理是利用加热球囊内的空气产生浮力升空飞行。若加热前,球囊内的温度为T1,空气密度为ρ1,加热一段时间后,热气球刚要上升时球囊内的温度升至T2,空气密度为ρ2。不计球囊体积的变化,若大气压强不变,则ρ1与ρ2之比为(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 题组三　气体等压变化的图像 4.(经典题)(2024黑龙江哈尔滨月考)一定质量的理想气体从状态a开始,经历a→b→c→a过程,V-T图像如图所示,下列说法正确的是(　　) A.状态a的压强小于状态b的压强 B.状态b的压强大于状态c的压强 C.状态a的压强等于状态c的压强 D.状态c每个分子的动能都比状态a的大 题组四　气体等压变化规律的应用 5.如图所示,冷藏室里的桌面上固定着一根竖直的弹簧,弹簧支持着一倒立汽缸的活塞,使汽缸悬空且静止,汽缸内壁光滑且导热性能良好。开始时冷藏室温度为27 ℃,汽缸内空气柱长度为L,在室内大气压不变的情况下缓慢降温,稳定后发现空气柱缩短了。已知汽缸质量为M,活塞的面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,求: (1)开始时汽缸内气体的压强; (2)稳定后冷藏室的温度。 6.(2024广东茂名月考)如图所示,质量m=60 g、底部横截面积为S=10 cm2的圆柱形容器倒置在水中,容器壁厚度不计,当温度为t0=27 ℃时,容器露在水面上的部分长L1=6 cm。已知大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,重力加速度为g=10 m/s2,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273 K,容器外部的水面高度保持不变。 (1)温度为t0=27 ℃时,求容器内外液面的高度差Δh; (2)若温度缓慢上升至77 ℃,求温度上升前后容器露出水面部分的高度变化ΔH。 题组五　气体实验定律的微观解释 7.(多选题)两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种理想气体,已知容器中气体的压强不相同,则下列判断中正确的是(　　) A.压强小的容器中气体的温度比较高 B.压强大的容器中气体单位体积内的分子数比较少 C.压强小的容器中气体分子的平均动能比较小 D.压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大 8.(多选题)关于一定质量的理想气体,下列说法正确的是(　　) A.体积不变,压强增大时,气体分子的平均动能一定增大 B.温度不变,压强减小时,气体分子的数密度一定减小 C.压强不变,温度降低时,气体分子的数密度一定减小 D.温度升高,压强和体积可能都不变 9.(多选题)(2024四川遂宁射洪中学月考)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　) A.气体分子的数密度增大 B.气体分子的平均动能增大 C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减少 能力提升练 题组一　气体状态变化的图像综合问题 1.(2024河北邢台期中)一定质量的理想气体状态变化的p-T图像如图所示,由图像可知(　　) A.在a→b的过程中,气体的内能减小 B.气体在a、b、c三个状态的密度大小关系为ρa>ρc>ρb C.在b→c的过程中,气体分子的平均动能增大 D.在c→a的过程中,气体的体积逐渐增大 2.(2024四川绵阳南山中学期末)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线段延长线过坐标原点,cd线段与p轴垂直,da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　) A.a→b过程,压强减小,温度不变,体积减小 B.b→c过程,压强增大,温度降低,体积增大 C.c→d过程,压强不变,温度降低,体积减小 D.d→a过程,压强减小,温度升高,体积不变 3.(2025江苏苏州震泽中学育英学校月考)如图甲所示,T形活塞固定在水平面上,一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好、质量m=25 kg的汽缸中,汽缸的容积V=0.05 m3、横截面积S=0.05 m2,改变环境温度,缸内封闭气体的体积随热力学温度变化的图像如图乙所示。已知外界大气压强恒为p0=1×105 Pa,活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气,取重力加速度大小g=10 m/s2,求: 甲　　乙 (1)封闭气体在状态A时的热力学温度TA; (2)封闭气体在状态C时的压强pC。 题组二　气体实验定律的综合应用 4.(多选题)(2025山东济南一中期中)如图所示,将粗细均匀且一端开口的导热性极好的玻璃管水平放置,管内用长为h=15 cm的水银封闭着一段长为l0=9 cm的空气柱。若将玻璃管开口向上缓慢地竖起,空气柱长度变为l1=7.5 cm,已知环境温度恒为t0=27 ℃,管内气体可视为理想气体。下列判断正确的是(　　) A.大气压强为p0=75 cmHg B.玻璃管竖直放置时管内封闭气体压强为80 cmHg C.竖直状态下,分子的平均动能不变 D.竖直状态下,为了使封闭空气柱长度变为l0,可以将封闭气体的温度缓慢升高50 ℃ 5.(2024四川眉山期末)某同学制作了一个简易的环境温度监控器,如图所示,汽缸导热良好,缸内温度和环境温度可以认为相等,从而达到监控的效果。汽缸内一质量m=1 kg、横截面积S=10 cm2的活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞上方用轻绳悬挂着重物。当缸内温度为300 K时,活塞与汽缸底部的距离H=3 cm,与重物的距离h=2 cm,环境空气压强恒为p0=1×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2,不计活塞的厚度和缸壁的摩擦。求: (1)初始时封闭气体的压强; (2)当活塞刚好接触重物时,汽缸内气体的温度; (3)若重物质量M=2 kg,当轻绳拉力刚好为零时,警报器开始报警,求此时汽缸内气体的温度。(结果保留两位小数) 题组三　力、热综合问题 6.(2025湖北黄石模拟)小钱同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置,如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上,用质量m1=600 g、横截面积S=20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上,左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞,右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2=1 200 g的铁块,并将铁块放置在电子天平上。设外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。当电子天平示数为600.0 g时,测得环境温度T1=300 K。求: (1)此时汽缸内气体压强p1为多少? (2)已知一定质量的理想气体,其压强、温度和体积遵循这样的规律:=C(其中C为定值),当电子天平示数为400.0 g时,环境温度T2为多少? (3)该装置可测量的环境温度范围为多大? 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.CD 2.D 3.D 4.C 7.CD 8.AB 9.BC 1.CD　大气压强不变,水银柱的长度也不变,所以封闭气体的压强不变,压强与温度无关,故A、B错误,C正确;气体做等压变化,根据=C可知,温度升高,则体积增大,D正确。 2.D　气球的体积V==,由等压变化规律得=,解得T2=T,故选D。 3.D　设球囊体积为V1,加热前球囊内空气的质量为m,大气压强不变,根据盖—吕萨克定律可得=,又m=ρ1V1=ρ2V2,可得==,故选D。 4.C　由题图所示的V-T图像可知,a→b为等温变化,体积增大,由pV=C可得状态a的压强大于状态b的压强,A错误;b→c为等容变化,温度升高,由=C得状态b的压强小于状态c的压强,B错误;c→a为等压变化,可知状态a的压强等于状态c的压强,C正确;由题图可得状态c的温度大于状态a的温度,因此状态c分子的平均动能大于状态a分子的平均动能,但不是状态c的每个分子的动能都比状态a的大,D错误。 模型构建 V-T图像综合分析 5.答案　(1)p0+　(2)-48 ℃ 解析　(1)设开始时汽缸内气体的压强为p,以汽缸为研究对象,对其受力分析,根据平衡条件,有p0S+Mg=pS 解得汽缸内气体压强为p=p0+。 (2)由(1)中的分析可知,汽缸内气体的压强不变,因此室内温度降低时汽缸内气体做等压变化,则有=,其中T0=(t0+273)K=300 K 解得T1=T0=225 K 则稳定后的温度t1=(T1-273)℃=-48 ℃。 6.答案　(1)0.06 m　(2)0.02 m 解析　(1)对容器受力分析,有mg+p0S=pS 解得p=1.006×105 Pa 又p=p0+ρgΔh 解得Δh=6 cm=0.06 m。 (2)容器内封闭气体做等压变化,由盖—吕萨克定律可得= 其中V1=S(L1+Δh),T1=(27+273) K=300 K,V2=S(L2+Δh),T2=(77+273) K=350 K 解得L2=0.08 m ΔH=L2-L1=0.02 m。 7.CD　相同的容器分别装有等质量的同种气体,说明它们所含的分子总数相同,即分子的数密度相同,B错误;压强不同,是由于两容器中气体分子的平均动能不同,压强小的容器中分子的平均动能一定较小,温度较低,A错误,C正确;压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大,D正确。 8.AB　体积不变,分子的数密度就保持不变,压强增大,温度升高,分子的平均动能增大了,A正确;温度不变,分子的平均动能不变,压强减小,说明单位时间内撞击器壁的分子数在减小,表明气体分子的数密度减小了,B正确;温度降低,分子平均动能减小,分子撞击器壁的作用力减小,要保持压强不变,则要增大单位时间内撞击器壁的分子数,即气体分子的数密度要增大,C错误;温度升高,压强、体积中至少有一个发生改变,D错误。 9.BC　根据理想气体状态方程=C,可得p=T,则从A到B为等容过程,即从A到B气体体积不变,则气体分子的数密度不变,A错误;从A到B气体的温度升高,则气体分子的平均动能增大,B正确;从A到B气体的压强变大,气体体积不变,则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,C正确;从A到B气体分子的数密度不变,气体分子的平均速率变大,则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,D错误。故选B、C。 能力提升练 1.B　在a→b的过程中,理想气体温度升高,内能增大,故A错误;将原点O分别与a、b、c三点连起来,则Oa、Ob、Oc均为等容线,三条图线的斜率等于,斜率越大,体积越小,故气体在a、b、c三个状态的体积大小关系为Va<Vc<Vb,气体的质量一定,则有ρa>ρc>ρb,故B正确,D错误;在b→c的过程中,温度降低,气体分子的平均动能减小,故C错误。 2.C　由题中图像可知,a→b过程,气体压强减小,体积增大,A错误;b→c过程,压强增大,体积增大,由=C可知,气体温度升高,B错误;c→d过程,压强不变,体积减小,由=C可知,气体温度降低,C正确;d→a过程,压强减小,体积不变,由=C可知,气体温度降低,D错误。故选C。 3.答案　(1)280 K　(2)1.2×105 Pa 解析　(1)由图乙分析可知从状态A变化到状态B,气体发生等压变化,有= 解得TA=280 K (2)设封闭气体在状态B时的压强为pB,对汽缸分析,由平衡条件有pBS=p0S+mg 从状态B到状态C,气体发生等容变化,有= 解得pC=1.2×105 Pa 4.AC　设大气压强为p0,则玻璃管水平放置时,管内封闭气体的压强为p0,玻璃管竖直放置时,管内封闭气体的压强为p1=p0+15 cmHg,根据玻意耳定律有p0Sl0=p1Sl1,联立解得p0=75 cmHg,p1=90 cmHg,A正确,B错误;玻璃管开口向上缓慢地竖起过程中,气体温度不变,则分子的平均动能不变,C正确;将气体温度升高过程中,气体压强不变,根据盖—吕萨克定律有=,其中T0=(273+27) K=300 K,解得T1=360 K,则t1=(360-273) ℃=87 ℃,温度缓慢升高Δt=t1-t0=87 ℃-27 ℃=60 ℃,D错误。故选A、C。 5.答案　(1)1.1×105 Pa　(2)500 K　(3)590.91 K 解析　(1)初始时对活塞受力分析,根据平衡条件有 mg+p0S=p1S 解得初始时封闭气体的压强p1=1.1×105 Pa (2)从活塞开始向上运动到刚好接触重物的过程中,气体发生等压变化,则有= 解得活塞刚好接触重物时汽缸内气体的温度T2=500 K (3)轻绳拉力刚好为零时,对活塞和重物整体分析,根据平衡条件有p2S=p0S+mg+Mg 解得p2=1.3×105 Pa 从活塞刚好接触重物到轻绳拉力刚好为零的过程中,气体发生等容变化,则= 解得T3≈590.91 K 6.答案　(1)1×105 Pa　(2)297 K　(3)291 K≤T≤309 K 解析　(1)当电子天平的示数为600.0 g时,右端细绳对铁块的拉力大小F1=m2g-m示g=6 N 对活塞,根据平衡条件有F'1+p1S=p0S+m1g 又F'1=F1 解得p1=p0=1×105 Pa。 (2)当电子天平的示数为400.0 g时,右端细绳对铁块的拉力大小F2=m2g-m'示g=8 N 对活塞,根据平衡条件有F'2+p2S=p0S+m1g 又F'2=F2 解得p2=0.99×105 Pa 汽缸内的气体发生等容变化,由查理定律可得= 解得T2=297 K。 (3)分析可知,气体的温度越高,绳的张力越小,当绳的张力为零时,系统的温度最高,此时对活塞有 p3S=p0S+m1g 解得p3=1.03×105 Pa 由查理定律可得= 解得最高温度Tmax=309 K 同理,气体的温度越低,绳的张力越大,当绳的张力F4=m2g时,系统的温度最低,此时对活塞有 p4S+F4=p0S+m1g 解得p4=0.97×105 Pa 由查理定律可得= 解得最低温度Tmin=291 K 该装置可测量的环境温度范围为291 K≤T≤309 K。 方法技巧 　　气体与力学相结合的计算题较为常见,常用解题思路如下: 　　(1)分析受力,根据受力平衡或牛顿第二定律列出相应方程(这里主要是关于压强的计算); 　　(2)选取研究对象,确定气体发生的变化,列出气体实验定律; 　　(3)代入题目所给的数据,计算结果。 学科网（北京）股份有限公司 $