专题19 气体 课件-2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题19 气体 1 分子是微观的舞者,热学是宏观的译者。用宏观的眼光与微观的思维解码世界看不见的一面! 真题解码 　  (2024山东,6,3分)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与 外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是 (　　　) C 真题试练 A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B.b→c过程,气体对外做功,内能增加 C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 目 录 解析　a→b过程,由pV=CT可知气体温度升高,内能增加,气体体积增大,对外做功,故从外界吸收的热量 一部分用来增加内能,另一部分用来对外做功,A错误;b→c过程绝热,气体体积增大,对外做功,内能减少, B错误;c→a为等温过程,a、c两状态气体温度相同,内能相同,故a→b→c过程气体内能变化量ΔU=0,则Q 吸=W,C正确;c→a过程放出的热量等于外界对气体做的功,且做的功的绝对值等于c→a图线与横坐标轴 所围的面积,而气体在a→b→c过程吸收的热量与在a→b过程吸收的热量相等(点拨:b→c绝热),该 热量也与W相等,W大小等于a→b→c图线与横坐标轴所围的面积,D错误。 目 录 　  探究1　情境还原 很多同学在做这个题的时候,都会产生一个疑问:这是命题者设计的情境还是真实存在的情境?题述的 三个变化,在生活中都有实例,但把三个变化过程集中在一起,实现起来确实需要较多条件。现就本题 进行一个简化的情境还原,如图所示,用带手柄的活塞和水在导热性良好的容器中封闭一定质量的理想 气体(密闭性良好),现对容器缓慢加热,随着容器内气体温度的上升,活塞缓慢上升,此过程可与a→b过 程对应;当水开始向外溢出时,停止加热,活塞继续缓慢上升,水缓慢溢出,直至活塞不再上升,此过程可与 b→c过程对应;水停止外溢,气体体积也恰好不再发生改变,表明气体与外界达成热平衡,此后施加外力 缓慢向下挤压活塞,此过程可与c→a过程对应。   思维探秘 目 录 探究2　拓展设问 对题干中的三个变化过程,还可以研究的问题有哪些? 答案　通过题给图像及理想气体状态方程(或气体实验定律)分别判断气体的压强、体积和温度的变 化情况;通过气体温度的变化情况判断对应过程中气体内能的变化;通过气体体积变化情况判断外界对 气体做功的正、负;结合热力学第一定律,综合上述分析来判断气体吸热、放热情况。上述问题自由组 合,均可设为研究问题。 目 录 1.情境与考向变异·宏观→微观　(2025江苏,8,4分)一定质量的理想气体,体积保持不变。在甲、乙两个 状态下,该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比,该气体在状态乙时(　　　) A.分子的数密度较大 B.分子间平均距离较小 C 探究3　同类竞探 C.分子的平均动能较大 D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少 目 录 解析　分子的数密度n= ,因为气体分子的个数和体积不变,故甲、乙两个状态下分子的数密度相同,A 错误;分子间平均距离d= ,两个状态下分子间平均距离一样大,B错误;乙状态的速率分布峰值在甲状 态的速率分布峰值右侧,表明该气体在状态乙时分子的平均动能较大,且温度是理想气体分子平均动能 的标志,故T乙>T甲,体积不变时,气体的温度升高,分子热运动更剧烈,则该气体在状态乙时单位时间内分 子碰撞单位面积器壁的次数较多,C正确,D错误。 目 录 2.情境变异·理论→实际　(2025安徽,3,4分)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢 上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体(　　　) A.对外做功,内能不变 B.向外放热,内能减少 C.分子的平均动能变小 D.吸收的热量等于内能的增加量 A 解析　球内气体温度不变,可得球内气体的内能和分子热运动的平均动能均不变,C错误。气球缓慢上 升,由液体压强与深度的关系可知,气球外部压强减小,可得球内气体的压强减小,由玻意耳定律pV=C可 得球内气体的体积变大,故球内气体对外做功,A正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,当ΔU=0、W< 0时,Q>0,故球内气体从外部吸热,B、D错误。 目 录 3.情境变异·单气体→多气体　如图所示,汽缸开口向上置于水平面上,活塞与汽缸之间有一个 气球,气球内、外有质量相等的同种气体,活塞静止,此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙 的压强。现缓慢向下推动活塞,使其下降一段距离,气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内气 球内、外的气体均可视为理想气体,活塞与汽缸均绝热,活塞与汽缸壁之间密闭性良好且无摩擦,气球 导热性良好。则此过程 (　　　)   A.气体甲的内能增加量大于气体乙的内能增加量 B.气体甲的每个气体分子做热运动的速率均加快 C.活塞对气体甲做的功等于气体甲的内能增加量 D D.活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体的内能增加量之和 目 录 解析　气球导热性良好,则气球内、外的气体温度总相等,一定质量的理想气体的内能只与温度有关, 且气体甲和气体乙的质量相等,故气体甲的内能增加量等于气体乙的内能增加量,A错误。活塞对气体 甲做正功,气体甲内能增大,温度升高,气体分子平均速率增大,但不是每个气体分子做无规则热运动的 速率均增大,B错误。活塞与汽缸均绝热,气体与外界无热量交换,活塞对气体甲做功的同时,气球收缩, 气体甲对气体乙做功,故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能的增加量,C错误。活塞对气体甲做功的 同时,气球收缩,由功能关系和能量守恒可知活塞对气体甲做的功与气球收缩所减少的弹性势能之和等 于甲、乙两部分气体内能增加量之和,故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体的内能增加量之 和,D正确。 目 录 素能进阶 　　从本单元起,我们开始按照分子→原子→原子核的顺序从微观的视角认识物质世界。建议老师和 同学们按照热学→光学→原子物理的知识顺序进行学习。 　　分子动理论是研究物质热运动性质和规律的经典微观统计理论:物体是由大量分子组成的,分子在 做永不停息的无规则运动,分子间存在着相互作用力。分子动理论通过对大量分子的统计规律的总结, 建立了宏观量与相应的微观量之间的关系,说明了扩散、气体的压强和内能等的微观本质。在此基础 上,热力学定律是描述热力学现象本质和规律的物理学原理。 　　分子的不同聚集状态决定了物质的结构。当分子的无规则运动起主要作用时,物质将呈气体状态; 当分子力起主要作用时,物质将呈固体状态;当分子无规则运动与分子力“旗鼓相当”时,物质将呈液 体状态。这也是我们研究冰和水的时候,将分子间距离视为在r0(平衡位置)附近的依据。理想气体的研 究也是建立在分子间距大于10r0基础上的量化分析:遵循理想气体实验定律、分子势能等于0等。要会 目 录 将所学内容建立属于自己的知识网络,如真题解码中例题所需的基础知识可归纳为:   目 录 专题19　气体 目 录 目 录 (2023山东,9,4分)(多选)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸 收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下 列说法正确的是 (　 　) A.初始状态下,气体的体积为6 L　　　　　　　B.等压过程中,气体对外做功400 J C.等压过程中,气体体积增加了原体积的 　　　　D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J 解法探秘 真题试练1:气体实验定律 AD 目 录 解析　对一定质量的理想气体,内能的大小取决于温度的高低,两个过程中的初温及末温相同,故内能 的增加量相同,即ΔU2=ΔU1=400 J,D正确。等压过程中,根据热力学第一定律有ΔU2=W+Q2,其中ΔU2=400 J,Q2=600 J,故W=-200 J,故气体对外界做功W'=200 J,由W'=p1ΔV解得ΔV=2 L,B错误。在等压过程中,有  = ,其中T1=300 K,ΔV=2 L,T2=400 K,解得V1=6 L,A正确。等压过程中,气体体积增加了原体积的  = ,C错误。 目 录 　  探究1　一题多解 请尝试用另一种思路分析该题。 解法重构 答案　理想气体的压强、体积和温度在初始状态时,有 p1=p0,V1=V0,T1=300 K 经等容过程,p2未知,V2=V1=V0,T2=400 K 经等压过程,p3=p0,V3未知,T3=400 K 由理想气体状态方程得  = =  解得p2= p0,V3= V0 等压过程中,气体体积增加了原体积的 ,C错误。 等容过程中气体对外界做功为零,由热力学第一定律得ΔU=W+Q=400 J,等容和等压两个过程的初、末 温度均相同,则气体内能变化量相同,均为400 J,D正确。等压过程气体内能增加了400 J,吸收热量为600 目 录 J,由热力学第一定律可知气体对外做功W'=200 J,即W'=p0 =200 J,解得V0=6 L,A正确,B错误。 目 录 1.表征变异·文本→图像　(2022北京,3,3分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图 示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是(　　　) D 探究2　同源异流 A.从a到b,气体温度保持不变 B.从a到b,气体对外界做功 C.从b到c,气体内能减小 D.从b到c,气体从外界吸热 解析　从a到b为等容变化,气体压强减小,温度降低,不对外做功,A、B错误;从b到c为等压变化,气体体 积增大,对外界做功,温度升高,内能增大,由ΔU=W+Q知,C错误,D正确。 目 录 2.活塞-汽缸模型　(2025山东,16,8分)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定 于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气 压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0= p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭 气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活 塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温 度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求: (1)T2=440 K时,气柱高度h2; (2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。   目 录 答案　(1) h1　(2) p0Sh1 审题指导 对活塞受到摩擦力方向的正确分析,是本题的解题关键点。“活塞开始缓慢上升”说明活塞受到的摩擦力向下;“活塞开始缓慢下降”说明活塞受到的摩擦力向上。 目 录 解析　(1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 =  解得h2= h1 (2)当T1=330 K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为p1,对活塞,由受 力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1= p0 当T3=400 K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,对活塞,由受力 平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2= p0 从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 = ,解得h3= h1 从T1到T2过程,封闭气体对外界做功W1=p1S(h2-h1) 目 录 从T3到T4过程,外界对封闭气体做功W2=p2S(h2-h3) 从T1到T4,根据热力学第一定律可得ΔU=-W1+W2+Q 由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2 联立解得Q= p0Sh1 归纳总结 气体体积变大,气体对外界做功,W取负值;气体体积变小,外界对气体做功,W取正值;等质量的同种理想气体,若两状态温度相等,则气体的内能相等。 目 录 3.玻璃管-液柱模型　如图所示,粗细均匀的U形玻璃管两端开口,管口向上竖直放置,管中两段 水银柱封闭一段L形气柱,L形气柱竖直部分和水平部分的长均为5 cm,L形水银柱竖直部分和水平部分 的长分别为8 cm和5 cm,大气压强为76 cmHg,环境温度为27 ℃,玻璃管竖直部分足够长,求:   (1)左、右两管中水银柱上端液面的高度差; (2)若往左管中缓慢倒入4 cm长的水银柱,则左、右两管中水银柱上端液面高度差又为多少。 目 录 解析　(1)由题意可知,L形水银柱竖直部分和水平部分的长分别为8 cm和5 cm,开始时封闭气柱右端的 压强p1=76 cmHg+8 cmHg=84 cmHg 设左管中水银柱的长度为h1 cm,L形封闭气柱上端的压强 p1=76 cmHg+h1 cmHg(封闭的气柱两端气压相同) 解得h1=8 cm 即左管中水银柱的长度为8 cm,则左、右两管中水银柱上端的液面的高度差为5 cm。 (2)若往左管中缓慢倒入4 cm长的水银柱,水银柱长度变为12 cm,假设左管中的气柱并没有完全被压入 水平管中, 则空气柱的压强p2=88 cmHg, 气体发生等温变化,p1L1S=p2L2S 答案　(1)5 cm　(2)  cm 目 录 解得L2=  cm 此时右侧L形水银柱竖直部分长为12 cm,则水平部分长为1 cm,由于L2+1 cm>10 cm,假设成立, 左管中气柱长为  cm-9 cm=  cm 即左、右两管中水银柱上端液面高度差为  cm。 目 录 真题试练2:气体变质量问题 [2021广东,15(2),6分]为方便抽取密封药瓶里的药液,护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液,如图所示。 某种药瓶的容积为0.9 mL,内装有0.5 mL的药液,瓶内气体压强为1.0×105 Pa。护士把注射器内横截面积 为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶,若瓶内外温度相同且保持不变,气体视为 理想气体,求此时药瓶内气体的压强。 目 录 解析　取药瓶内原有气体和注射器内的气体为研究对象,其发生的是等温变化。利用p1V1+p2V2=pV1,对 药瓶内原来的气体,p1=1.0×105 Pa,V1=0.9 mL-0.5 mL=0.4 mL=0.4 cm3,对注射入的气体,p2=1.0×105 Pa,V2= 0.3 cm2×0.4 cm=0.12 cm3,代入解得p=1.3×105 Pa。 答案　1.3×105 Pa 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量的理想气体,但上述真题中的充 气问题是变质量问题,求解时该怎样选择研究对象呢? ②设问2:常见的变质量问题还有哪些? 解法重构 答案　①选择原有气体和即将充入的气体的整体作为研究对象,就可以把气体变质量问题转化为气体 定质量问题,进而利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。 ②除了充气问题,还有抽气问题、灌气分装问题、漏气问题等。 目 录 1.抽气问题　用容积为V的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气,如图所示。设容器 中原来的气体压强为p0,抽气过程中气体温度不变。忽略抽气机与容器间管道中的气体。求抽气机的 活塞抽气n次后,容器中剩余气体的压强pn为多少。   探究2　同类竞探 答案　 p0 目 录 解析　当活塞被上提时,阀门b关闭、a打开,容器中的部分气体被抽入抽气机;当活塞被下压时,阀门a关 闭、b打开,抽气机中体积为V的气体被排出。第一次抽气后容器中气体压强变为p1。活塞第二次抽气 后,容器中气体压强变为p2。 根据玻意耳定律,对于第一次抽气,有 p0V0=p1(V0+V) 对于第二次抽气,有p1V0=p2(V0+V) 解得p1= p0,p2= p0 以此类推,第n次抽气后容器中气体压强为 pn= p0。 目 录 2.灌气分装问题　[2020课标Ⅰ,33(2),10分]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气 体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为 p。现通过连接两罐的 细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐 中气体的压强相等。求调配后 (ⅰ)两罐中气体的压强; (ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。 答案　(ⅰ) p　(ⅱ)  目 录 解析　(ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有 p·2V=pV1 ① 现两罐气体压强均为p,总体积为V+V1。设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有p(V+V1)=p'(V +2V) ② 联立①②式可得p'= p ③ (ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律p'V=pV2④ 设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有k=  ⑤ 联立③④⑤式可得k=  ⑥ 目 录 3.漏气问题　容器内装有1 kg的氧气,开始时,氧气压强为1.0×106 Pa,温度为57 ℃,因为容器在 缓慢漏气,经过一段时间后,容器内氧气的压强变为原来的 ,温度降为27 ℃,求漏掉的氧气的质量。 答案　0.34 kg 目 录 漏掉的氧气质量Δm= m= ×1 kg=0.34 kg。 解析　由题意知,容器内初始状态的氧气质量m=1 kg 压强p1=1.0×106 Pa 温度T1=(273+57) K=330 K 经一段时间后温度变为T2=(273+27) K=300 K 压强变为p2= p1= ×1.0×106 Pa=6.0×105 Pa 设该容器的容积为V,以起初容器内的全部气体为研究对象, 由理想气体状态方程得 =  代入数据解得V'= = V 目 录 1.因为气体总是被密闭在容器中,所以研究对象一般有两类:(1)热学研究对象(一定质量的理想气体);(2) 力学研究对象(汽缸、活塞或液柱)。 解法密钥 底层逻辑 2.分析物理过程 (1)对热学研究对象,要分析清楚初、末状态及变化过程,依据气体实验定律列出方程。 (2)对力学研究对象,要正确地进行受力分析,依据力学或动力学规律列出方程。 1.图像信息转化为物理语言:针对典型图像(如p-V图像、p- 图像、p-T图像、V-T图像等),总结常见图 像特征及变化规律。 思维方法 目 录 2.抓不变推变化:练习分段处理气体多过程问题,明确各阶段的约束条件(如恒温、恒压、恒容等)。 3.掌握热力学第一定律与理想气体状态方程的结合方法:公式ΔU=Q+W中,气体从外界吸热,Q>0;气体向 外界放热,Q<0;气体体积增大时,气体对外界做功(W<0);气体体积减小时,外界对气体做功(W>0)。一定 质量的理想气体内能仅与温度有关(ΔU∝ΔT),结合理想气体状态方程判断温度变化情况,进而判断内 能变化情况。 4.液柱高度差产生的压强需叠加到气体压强中,同时注意连通器原理的应用。 5.涉及双活塞、双液柱时,需分别列方程,并通过热平衡或受力平衡条件(如活塞或液柱受力平衡)建立 联系。 6.挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程。多个方程联立求解,对求得的结果注意检验其合 理性。 目 录 　  考查形式　 本专题主要考查气体实验定律在“玻璃管-液柱模型”“活塞-汽缸模型”“气体变质量问题”中的 应用,高考常以计算题的形式命题。 思维核心　 考查核心为科学思维方法的应用,如理想模型建构,运用理想气体模型(忽略分子间作用力与分子势能) 选择合适公式灵活处理实际气体问题;控制变量建立p、V、T之间的定量关系;图像转化能力,需熟练解 读图像,将实验数据转化为函数关系(如玻意耳定律的双曲线转化为直线)。此外,要求学生有解决综合 问题的能力,如多过程分析,常与力学(如活塞运动)、热力学第一定律(如内能变化)结合,需构建理想气 体状态方程与能量守恒的综合模型。 考向探秘 目 录 1.(2025北京,1,3分)我国古代发明的一种点火器如图所示,推杆插入套筒封闭空气,推杆前端粘着易燃艾 绒,猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即可点燃,在压缩过程中,筒内气体 (　　　)   A.压强变小　　　　　B.对外界不做功 C.内能保持不变　　　　　D.分子平均动能增大 D 解法特训 解析　猛推推杆压缩筒内气体,气体被压缩,体积减小,可得外界对气体做正功,W>0,故气体对外界做负 功,B错误。气体未来得及与外界发生热交换,故Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得ΔU>0,故筒内 气体内能增大,温度升高,气体分子热运动平均动能增大,C错误,D正确。根据理想气体状态方程 =C 可得,当V减小、T增大时,p增大,A错误。 目 录 2.(2025甘肃,9,5分)(多选)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达 状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的 是 (　 　)   A.A→B过程为吸热过程 B.B→C过程为吸热过程 C.状态A压强比状态B的小 D.状态A内能比状态C的小 ACD 目 录 解析　利用热力学第一定律ΔU=Q+W分析,A→B,气体体积不变,可得W=0,温度升高,可得ΔU>0,故此过 程Q>0,为吸热过程,A正确。B→C,气体体积减小,外界对气体做功,可得W>0,温度不变,可得ΔU=0,故此 过程Q<0,为放热过程,B错误。A→B,根据查理定律可得 = ,由于TA<TB,故pA<pB(多解:利用气体压 强的微观解释,A和B状态气体的体积相同,气体的分子的数密度相同;B状态温度高,分子热运动的平均 动能大,故状态B气体的压强较大),C正确。由于状态A的温度低于状态C的温度,故状态A内能比状态 C的小,D正确。 目 录 3.(2025云南,9,6分)(多选)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计,其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体),与a相连的b管插在水槽中固定,b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计,在标准大气压p0下,b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下 (　 　) BD A.环境温度升高时,b管中液面升高 B.环境温度降低时,b管中液面升高 C.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏小 D.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏大 目 录 解析　根据题意,硬质玻璃泡内的气体质量、体积不变,根据查理定律 = ,当温度升高时,玻璃泡内 气体压强增大,设玻璃泡内气体的压强为p,大气压强为p0,b管内液体密度为ρ,横截面积为S,两液面高度 差为Δh,根据受力平衡得pS+ρgΔhS=p0S,大气压强p0不变,当玻璃泡内气体压强p增大,液面高度差Δh减 小;反之当温度降低时,玻璃泡内气体压强p减小,液面高度差Δh增大,A错误,B正确。根据上述推论,当温 度升高时,液面高度差Δh减小,所以b管上的温度刻度从上往下表示的温度示数增大,当水槽中的水少量 蒸发后,玻璃泡内气体压强不变,液面高度差Δh不变,水槽中的液面降低,b管中的液面降低,则温度的测 量值偏大,C错误,D正确。 目 录 4.(2021山东,4,3分)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入 臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为 V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示 数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则 V等于 (　　　)   D A.30 cm3　B.40 cm3　C.50 cm3　D.60 cm3 目 录 解析　取5次充气后臂带内所有气体为研究对象,初态压强p0=750 mmHg,体积V0=V+5ΔV,其中ΔV=60 cm3;末态压强计示数为150 mmHg,则气体压强p1=p0+150 mmHg=900 mmHg,体积V1=5V,根据玻意耳定 律得p0V0=p1V1,解得V=60 cm3,D正确。 目 录 5.(2025湖南,13,10分)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置, 管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长 度为L2,大气压强为p0。 (1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小; (2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气 柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1 =305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。 已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。 目 录 解析　(1)封闭空气发生等温变化,设细管横截面积为S,根据玻意耳定律得(p0+ρgh)L1S=p0L2S 解得g= 。 (2)根据理想气体的状态方程得 = , 即 = , 其中p0=1.0×105 Pa,h=0.200 0 m,T1=305.7 K,T2=300.0 K,ρ=1.0×103 kg/m3,代入数据解得g=9.5 m/s2。 答案　(1) 　(2)9.5 m/s2 目 录 6.(2024甘肃,13,10分)如图,刚性容器内壁光滑,盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器 右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S,长为2l。开始时系统处于平 衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的 。整个 过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求: (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。   目 录 解析　(1)设抽气前A、B的体积均为V=Sl, 对气体A分析:抽气后VA=2V- V= Sl, 根据玻意耳定律得p0V=pA· V,解得pA= p0。 对气体B分析:若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半即 p0,则根据玻意耳定律 得 p0V=pB· V,解得pB= p0。 (2)由题意可知,弹簧的压缩量为 , 对隔板受力分析有pAS=pBS+F, 根据胡克定律有F=k , 答案　(1) p0　 p0　(2)  联立解得k= 。 目 录 易错警示 在对气体B分析,求气体B的压强时,质量发生了变化,不能把B的压强认为是p0而直接进行运算。 目 录 7.(2024广西,14,12分)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2 的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0 =200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓 慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过 程F- 曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。 (1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小; (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化; (3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。   目 录 解析　(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0,故此时封闭气体对活塞的 压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N。 (2)根据题图乙可知F- 图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k×103· , 根据F=pS可得气体压强为p= , 则活塞从a处到b处过程中,对封闭气体有pV= ·S·(x+5)×10-3=k, 说明该过程中封闭气体的pV值恒定不变,由理想气体状态方程 =C可知,气体做等温变化。 (3)活塞在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3, 活塞在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3, 活塞从a到b处过程中,封闭气体做等温变化,根据玻意耳定律有paVa=pbVb,解得pa=40×105 Pa, 答案　(1)50 N　(2)(3)见解析 目 录 在题图丙中作出对应的坐标点,根据 =C可知,气体做等温变化时的p-V图线是双曲线中的一条,故封 闭气体等温变化的p-V图像如图。   目 录 $