气体 易错辨析（含高考真题）-2027届高考物理一轮复习备考

气体：易错辨析（含高考真题） 目录 一、理想气体模型与状态参量：基础认知误区（最易丢分） 2 易错 1：理想气体模型的适用条件误解 2 易错 2：温度单位混用，直接用摄氏温度计算 2 易错 3：理想气体内能的决定因素混淆 2 二、气体实验定律与理想气体状态方程：公式与条件误用（核心易错） 3 易错 1：忽略实验定律的适用前提 ——一定质量的理想气体 3 易错 2：理想气体状态方程公式混用，参量对应错误 3 易错 3：等值过程判断错误，定律乱用 3 三、气体压强计算：受力分析漏力、模型混淆（高频计算错点） 3 易错 1：活塞 - 汽缸模型压强计算，漏重力、摩擦力、弹簧弹力 4 易错 2：玻璃管 - 液柱模型压强计算，液柱高度差判断错误 4 易错 3：多部分气体关联问题，压强关系搞错 4 四、气体变质量问题：研究对象选错、方法错误（压轴易错） 4 易错 1：充气问题，研究对象只选容器内原有气体 5 易错 2：抽气问题，误认为每次抽气压强等比例减小 5 易错 3：漏气问题，研究对象选错 5 五、气体图像问题：解读错误、斜率 / 面积误解（选择必考坑） 5 易错 1：图像，误认为双曲线斜率为温度 5 易错 2：、图像，等容线、等压线斜率判断错误 5 易错 3：非过原点图像，误认为等值线 6 六、气体与热力学第一定律综合：做功、内能、吸放热判断错误（综合易错） 6 易错 1：做功正负判断错误 6 易错 2：内能变化与温度关系颠倒 6 易错 3：热力学第一定律符号法则混淆 6 易错 4：绝热过程误认为温度不变 7 七、临界与多过程问题：状态衔接、临界条件遗漏（难点易错） 7 易错 1：活塞移动临界条件判断错误 7 易错 2：多过程状态衔接错误 7 气体模块解题避坑三步法 7 总结 7 专题　气体 8 真题试练1：气体实验定律 8 真题试练2：气体变质量问题 30 气体是高中物理热学的核心必考模块，涵盖理想气体模型、三大实验定律、理想气体状态方程、气体压强计算、变质量问题、气体图像、气体与热力学第一定律综合七大考点，是选择题、计算题的高频失分区。学生失分核心并非公式记忆不牢，而是模型条件忽略、实验定律适用范围混淆、压强受力分析失误、变质量研究对象选错、图像解读错误、热力学符号法则颠倒。本文结合高考高频陷阱与典型模型，对气体全模块易错点进行系统性辨析，直击丢分根源。 一、理想气体模型与状态参量：基础认知误区（最易丢分） 易错 1：理想气体模型的适用条件误解 · 误区：认为实际气体在任何条件下都可视为理想气体；认为理想气体分子间存在引力和斥力。 · 辨析： a. 理想气体是理想化模型，微观定义为分子无体积、分子间无相互作用力； b. 宏观适用条件：温度不太低、压强不太大，只有满足此条件，实际气体才可近似为理想气体； c. 理想气体分子势能为 0，内能仅由温度和物质的量决定，与体积无关。 易错 2：温度单位混用，直接用摄氏温度计算 · 误区：气体状态方程、实验定律中直接代入摄氏温度计算，认为可直接混用。 · 辨析： a. 所有气体规律公式中，温度必须用热力学温度； b. 温度变化量，但状态参量计算绝对不能用摄氏温度，否则结果完全错误。 易错 3：理想气体内能的决定因素混淆 · 误区：认为理想气体内能与体积、压强有关；认为温度不变，内能一定变化。 · 辨析： a. 理想气体无分子势能，内能只与温度和分子数（物质的量）有关，与无关； b. 一定质量的理想气体，温度不变，内能一定不变；温度升高，内能一定增大。 二、气体实验定律与理想气体状态方程：公式与条件误用（核心易错） 易错 1：忽略实验定律的适用前提 ——一定质量的理想气体 · 误区：漏气、充气、抽气等变质量问题，仍直接套用玻意耳定律、查理定律；非理想气体套用实验定律。 · 辨析： a. 玻意耳定律（等温）、查理定律（等容）、盖 - 吕萨克定律（等压），仅适用于一定质量的理想气体； b. 变质量问题必须转化为定质量问题再求解，不可直接套用定律。 易错 2：理想气体状态方程公式混用，参量对应错误 · 误区：中，初末状态参量错位；多过程问题直接全程套用状态方程。 · 辨析： a. 状态方程中，必须严格对应同一状态，初态与末态参量不可混淆； b. 多过程问题需分阶段分析，每个阶段单独列方程，不可全程合并计算。 易错 3：等值过程判断错误，定律乱用 · 误区：绝热过程误认为等温过程；缓慢移动活塞的过程误认为等容过程。 · 辨析： a. 等温过程：不变，用玻意耳定律； b. 等容过程：不变，用查理定律； c. 等压过程：不变，用盖 - 吕萨克定律； d. 绝热过程：，温度一定变化，绝对不能用玻意耳定律。 三、气体压强计算：受力分析漏力、模型混淆（高频计算错点） 气体压强是气体定律应用的基础，活塞 - 汽缸模型、玻璃管 - 液柱模型是高考必考模型，受力分析失误是主要丢分原因。 易错 1：活塞 - 汽缸模型压强计算，漏重力、摩擦力、弹簧弹力 · 误区：计算封闭气体压强时，忽略活塞重力、汽缸摩擦力、连接弹簧的弹力；水平放置活塞误加重力。 · 辨析： a. 对活塞完整受力分析：封闭气体压力、大气压力、重力、摩擦力、弹簧弹力； b. 竖直放置：必须计入活塞重力；水平放置：重力与支持力平衡，不计入； c. 平衡条件列方程：（根据受力方向调整）。 易错 2：玻璃管 - 液柱模型压强计算，液柱高度差判断错误 · 误区：液柱压强中，用液柱长度代替竖直高度；U 形管两侧液面高度差判断颠倒。 · 辨析： a. 液体压强公式中，是竖直高度，非液柱倾斜长度； b. 连通器同一水平面上压强相等，封闭气体压强（液柱向下压取加，向上拉取减）； c. 倾斜玻璃管：液柱竖直高度，不可直接用管内液柱长度。 易错 3：多部分气体关联问题，压强关系搞错 · 误区：两部分气体被活塞 / 液柱隔开，误认为压强一定相等。 · 辨析： a. 活塞 / 液柱受力平衡时，两侧气体压强差由活塞 / 液柱受力决定，不一定相等； b. 不计重力的液柱 / 活塞，两侧气体压强才相等。 四、气体变质量问题：研究对象选错、方法错误（压轴易错） 充气、抽气、漏气、灌气分装是高考高频变质量模型，核心方法是转化为定质量，学生常因研究对象选错丢分。 易错 1：充气问题，研究对象只选容器内原有气体 · 误区：打气时，仅以容器内原有气体为研究对象，忽略打入的气体。 · 辨析：充气问题研究对象选 “原有气体 + 打入气体”，总质量不变，转化为定质量等温变化，用求解。 易错 2：抽气问题，误认为每次抽气压强等比例减小 · 误区：抽气次，压强直接为，公式记反。 · 辨析：每次抽气均为等温变化，正确公式：，为容器容积，为抽气机容积。 易错 3：漏气问题，研究对象选错 · 误区：漏气后仅以剩余气体为研究对象，直接用实验定律。 · 辨析：漏气问题研究对象选 “原有气体 = 剩余气体 + 漏出气体”，等效为定质量膨胀，再用状态方程求解。 五、气体图像问题：解读错误、斜率 / 面积误解（选择必考坑） 气体图像是高考选择题高频考点，图像物理意义混淆是主要丢分点。 易错 1：图像，误认为双曲线斜率为温度 · 误区：图像中等温线是双曲线，斜率越大温度越高；图线与坐标轴围成面积为功。 · 辨析： a. 图像中，乘积越大，温度越高； b. 图线与轴围成的面积表示气体对外做功的大小，非温度。 易错 2：、图像，等容线、等压线斜率判断错误 · 误区：图像过原点直线为等压线；图像斜率越大压强越大。 · 辨析： a. 图像：过原点直线为等容线，斜率，斜率越大，体积越小； b. 图像：过原点直线为等压线，斜率，斜率越大，压强越小。 易错 3：非过原点图像，误认为等值线 · 误区：图像不过原点，仍认为是等容线；延长线不过直接判断状态。 · 辨析：只有过热力学温度原点的直线才是等容 / 等压线，不过原点需延长线过原点才满足等值条件。 六、气体与热力学第一定律综合：做功、内能、吸放热判断错误（综合易错） 气体状态变化 + 热力学第一定律是高考压轴综合考法，符号法则、做功判断是核心易错点。 易错 1：做功正负判断错误 · 误区：气体体积增大，外界对气体做功；体积减小，气体对外做功。 · 辨析： a. 气体体积增大→气体对外界做功→； b. 气体体积减小→外界对气体做功→； c. 等容过程不变→。 易错 2：内能变化与温度关系颠倒 · 误区：一定质量理想气体，压强增大，内能一定增大；体积增大，内能一定减小。 · 辨析：一定质量理想气体，内能仅由温度决定，，与无直接关系，需结合状态方程判断温度变化。 易错 3：热力学第一定律符号法则混淆 · 误区：吸热为负，放热为正；外界对气体做功为负。 · 辨析：热力学第一定律符号法则： a. ：吸热为正，放热为负； b. ：外界对气体做功为正，气体对外做功为负； c. ：内能增大为正，内能减小为负。 易错 4：绝热过程误认为温度不变 · 误区：绝热过程，气体温度一定不变。 · 辨析：绝热过程，，外界对气体做功，内能增大，温度升高；气体对外做功，内能减小，温度降低。 七、临界与多过程问题：状态衔接、临界条件遗漏（难点易错） 易错 1：活塞移动临界条件判断错误 · 误区：汽缸刚离开桌面、活塞刚滑动时，误认为气体压强不变；忽略摩擦力突变临界。 · 辨析：活塞滑动、汽缸离地的临界状态，受力平衡发生突变，需重新列压强平衡方程，再结合气体定律求解。 易错 2：多过程状态衔接错误 · 误区：前一过程末状态参量，未作为后一过程初状态参量；温度、压强、体积衔接失误。 · 辨析：多过程问题前一过程的末态 = 后一过程的初态，严格对应参量，分步列式。 气体模块解题避坑三步法 1. 判模型：确定是否为理想气体、是否定质量、过程类型（等温 / 等容 / 等压 / 绝热）； 2. 析受力：活塞 / 液柱模型完整受力分析，精准计算封闭气体压强； 3. 用规律：定质量用实验定律 / 状态方程，变质量转定质量，结合热力学第一定律判断能量变化。 总结 气体模块的所有易错点，本质是模型条件忽略、受力分析漏力、公式适用范围不清、图像解读错误、热力学符号颠倒。牢牢抓住理想气体内能只看温度、压强计算必受力分析、变质量转定质量、图像看乘积 / 斜率、做功看体积变化五大核心，就能彻底避开所有丢分陷阱，稳稳拿下气体模块全部分数。 专题　气体 真题试练1：气体实验定律 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 答案　D 【命题点】热力学第一定律　理想气体状态方程 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。 2.(2025四川,4,4分)如图1所示,用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内,活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中,如图2所示,活塞自发从a处缓慢下降并停在b处,然后保持汽缸不动,用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。则(　　) 　　　 A.活塞从a到b的过程中,汽缸内气体压强升高 B.活塞从a到b的过程中,汽缸内气体内能不变 C.活塞从b到a的过程中,汽缸内气体压强升高 D.活塞从b到a的过程中,汽缸内气体内能不变 答案　D 【命题点】理想气体状态变化　分析内能变化　等压变化　等温变化 解析　活塞从a到b过程中,气体温度降低,体积减小,但活塞自发缓慢下降说明汽缸内气体压强不变,A错误;活塞从a到b过程中,汽缸内气体温度降低,故内能减小,B错误;活塞从b到a过程中,汽缸内气体等温膨胀,体积增大,根据玻意耳定律pV=C,可知气体压强减小,C错误;活塞从b到a过程中,汽缸内气体温度不变,故内能不变,D正确。 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(　　) 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 答案　BD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。 4.(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 答案　ACD 【命题点】查理定律　热力学第一定律 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。 5.(2025河北,2,4分)某同学将一充气皮球遗忘在操场上,找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高,体积变大。在此过程中若皮球未漏气,则皮球内封闭气体(　　) A.对外做功 B.向外界传递热量 C.分子的数密度增大 D.每个分子的速率都增大 答案　A 【命题点】热力学第一定律　分子热运动 解析　皮球温度升高,体积变大过程中,皮球内封闭气体质量一定,温度升高,所以分子热运动的平均动能变大,但不代表每个分子的速率都增大,D错误。皮球体积增大,即皮球内封闭气体体积变大,分子总数一定,所以分子的数密度变小,C错误。皮球体积变大,所以皮球内封闭气体对外做正功,所以W<0,A正确。皮球内封闭气体温度升高,所以ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q>0,所以气体从外界吸收热量,B错误。 6.(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 答案　A 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。 7.(2025湖北,3,4分)如图所示,内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体,汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热,并在活塞上施加一外力F,使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍,同时其体积缓慢减小。关于此过程,下列说法正确的是(　　) A.外力F保持不变 B.密封气体内能增加 C.密封气体对外做正功 D.密封气体的末态压强是初态的2倍 答案　B 设活塞质量为m,横截面积为S,大气压强为p0,汽缸内密封气体压强为p,对活塞受力分析可得F+p0S+mg=pS,密封气体温度升高,体积减小,由理想气体的状态方程pV=CT可知,p增大,故F增大,A错误。密封气体的热力学温度变为原来的2倍,V减小,故p大于原来的2倍,D错误。理想气体温度升高,分子热运动的平均动能增加,则内能变大,B正确。密封气体的体积减小,故气体对外界做负功,C错误。 方案拓展　 　　B选项也可以用热力学第一定律分析气体内能的变化,根据公式ΔU=W+Q,外界对气体做正功,则W>0;电热丝对气体加热,且汽缸和活塞均绝热,表示气体吸收热量,Q>0,则ΔU>0,故气体内能增加。 8.(2025江苏,6,4分)如图所示,取装有少量水的烧瓶、用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口,并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后,瓶内气体(　　) A.内能迅速增大 B.温度迅速升高 C.压强迅速增大 D.体积迅速膨胀 答案　D 【命题点】热力学第一定律和理想气体状态方程的综合应用 解析　向瓶内打气,瓶内气体增多,体积不变,压强增大;橡胶塞跳出时,瓶内气体迅速膨胀,对外做功,W<0,此过程时间极短,可认为是绝热过程,Q=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W得ΔU<0,内能减少,因为一定质量的气体内能与温度成正比,可知瓶内气体温度降低,由=C可得气体压强减小,D正确。 题目要求分析橡胶塞跳出时瓶内气体的状态变化,而不是打气过程中的气体状态变化,易错! 9.(2025陕晋青宁,13,9分)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300 K时,体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa;当胎内气体温度升高到T2为350 K时,体积增大到V2为0.560 m3,气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2; (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J,求胎内气体的内能增加量ΔU。 (1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 解析　(1)胎内气体是理想气体,根据理想气体状态方程可得= ,代入数据解得p2=3.3×105 Pa。 (2)根据p-V图线与横轴所围的面积表示胎内气体对外界做功的绝对值,可得外界对胎内气体做功W=-ΔV(点拨:因为p与V成线性关系,此方法可以理解为平均值法,注意热力学第一定律中的W为外界对气体做的功), 代入数据解得W=-10 080 J, 根据热力学第一定律得ΔU=W+Q, 又因为此过程胎内气体吸收的热量Q=7.608×104 J, 代入数据解得ΔU=6.6×104 J。 二级结论 　　在应用热力学第一定律时,其中的外界对气体做功W的求解方法有两种情况: (1)若气体发生等压变化,可直接应用W=Fl cos θ ,即W=-pΔV; (2)若气体的压强变化,W的绝对值可根据p-V图线与横轴所围面积来求解,若气体为单一变化过程,气体体积V增大,W为负值;气体体积V减小,W为正值;若气体变化为一个循环过程,p-V图线与横轴所围成的面积表示W的绝对值,若循环过程沿顺时针则W为负值,若循环过程沿逆时针则W为正值。 注:若题给图像不是p-V图像,可先将图像转换为p-V图像再求解 10.(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。 (1)　(2)9.5 m/s2 (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。 11.(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)。 答案 (1)h1　(2)p0Sh1 审题指导　对于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。 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) 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 12.(2025河南,10,6分)(多选)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2。则(　　) A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移 B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移 C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移 D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移 答案　AC 固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度ΔT,(点拨:利用假设法判断)假设P不移动,对左侧气体,由查理定律可得=,解得p'1=p1;对右侧气体,同理可得p'2=p2;由于p1=p2、T1<T2,可得p'1>p'2,故假设不成立,P将右移,A正确,B错误。保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,同样假设P不移动,两侧气体体积均减小ΔV,对左侧气体,由玻意耳定律可得p1V1=p″1(V1-ΔV),解得p″1=p1=;对右侧气体,同理可得p″2=;由于p1=p2、V1<V2,可得p″1>p″2,故假设不成立,P将右移,C正确,D错误。 一题多解 分析A、B选项,对左侧气体,由理想气体状态方程可得=,解得V'1=V1;对右侧气体,同理可得V'2=V2;由于p1=p2、p'1=p'2,联立可得=·;由于T1<T2,可得<,故<;由于V'2+V'1=V2+V1,可得V'1>V1,P将右移 13.（2024江西，13，10分）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: （1）气体在状态D的压强pD； （2）气体在状态B的体积V2。 【答案】（1）2.0×105 Pa　（2）2.0 m3 【解析】（1）状态D到状态A为等容变化 由查理定律得= 代入数据解得pD=2.0×105 Pa。 （2）状态B到状态C为等容变化，V2=VC，状态C到状态D为等温变化，由玻意耳定律得pCV2=pDV1 代入数据解得V2=2.0 m3。 14.(2024广东,13,9分)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Δp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Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3;B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa。重力加速度大小取g=10 m/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=270 K时: (1)求B内气体压强pB2; (2)求A内气体体积VA2; (3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。 答案 (1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)110 kg 解析　(1)B内气体做等容变化,由查理定律有 = 代入数据解得pB2=9×104 Pa (2)A内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有= 代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3 (3)B内气体压强增大,说明差压阀打开,当B内气体压强为p0并保持不变时,A内气体压强为p0+Δp,故有 mg+p0S=(p0+Δp)S 代入数据得m=110 kg 15.(2024黑吉辽,13,10分)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1,原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上,副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝,电热丝密封在绝热容器内,容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热。加热前气体温度为T0。 (1)求变压器的输出功率P。 (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比,即Q=CΔT,其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收,要使容器内的气体压强达到加热前的2倍,求电热丝的通电时间t。 答案 (1) 　(2) 解析　(1)原线圈接入电压的有效值为U1= 由变压器原、副线圈电压与匝数的关系得== 副线圈输出电压的有效值为U2= 变压器的输出功率P== (2)气体做等容变化,由查理定律得= 解得T=2T0 由题意得ΔT=T-T0=T0 故Q=CΔT=CT0 又Q=Pt 解得电热丝通电时间t=。 16.(2024江苏,13,6分)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1×105 Pa的理想气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测台,现将这个容器移动到月球表面,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)气体现在的压强; (2)观测台现在所受的压力大小。 【答案】(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N 解析　(1)由题意知,整个过程可认为气体的体积不变,则有=,解得p2=8×104Pa。 (2)根据压强的定义,可知观测台所受的压力大小为F=p2S=4.8×103N。 17.(2024湖南,13,10分)一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。 (1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0,求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示); (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小,但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上,示数为m=8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p和体积V还满足(p-p0)(V-VB0)=C,其中p0=1.0×105 Pa为大气压强,VB0=0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0 =1.3 kg/m3,求气球内气体体积V的大小。 答案 (1)　(2)5×10-3 m3 解析　(1)气体发生等温变化,由玻意耳定律可知pV=p0V0,解得V0= (2)选气球及球内气体为研究对象,设球内气体质量为m’,根据受力平衡可知mg+ρ0gV=(m0+m’)g 设球内气体密度为ρ’,则质量m’=ρ’V 由理想气体状态方程可知= 又(p-p0)(V-VB0)=C 联立并代入数据解得V=5×10-3 m3 18.(2024海南,7,3分)如图为用铝制易拉罐制作的温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计),吸管与罐连接处密封良好,罐内气体可视为理想气体,已知罐的容积为330 cm3,薄吸管横截面积为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 【答案】B 【解析】温度为t0=27 ℃(T0=300 K)时,封闭气体体积为V0=330 cm3+0.5×10 cm3=335 cm3,温度变化时,封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,又V=330+0.5x(cm3),则吸管上标注的温度T与油柱离罐口的距离x的关系为T=(330+0.5x)(SI),表明等差温度值的刻度是均匀排布的,A错误。当油柱移动到吸管最右端即x=20 cm时,该装置所测温度最高,最高温度Tmax=×(330+0.5×20) K≈304.5 K=31.5 ℃,B正确。当油柱移动到吸管与罐连接处即x=0时,该装置所测温度最低,最低温度Tmin=×330 K≈295.5 K=22.5 ℃,C错误。油柱平衡的条件是左右两侧气体的压强大小相等,其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,封闭气体的体积不变,则油柱离罐口的距离不变,D错误。 19.(2024海南,11,4分)(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过坐标原点O,下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 【答案】AC 【解析】bc过程气体体积减小,外界对气体做功,A正确。根据pV=CT可得V=T,根据题图可知,ca过程中图线上的点与坐标原点连线的斜率增大,则压强p减小,B错误。ab过程气体温度不变,则内能不变,即ΔU=0,气体体积减小,外界对气体做正功,即W>0,结合热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q<0,即气体放出热量,C正确。ca过程中气体温度升高,内能增大,D错误。 20.（2024新课标，21，6分）（多选）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（　　） A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 【答案】AD 1→2过程中，没有热交换，气体体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能增加，A正确。2→3过程为等压过程，由理想气体状态方程=C，可知体积增大则温度升高，内能增加；体积增大，外界对气体做负功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，该过程中气体吸热，B错误。3→4过程中，没有热交换，气体体积增大，外界对气体做负功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能减小，C错误。4→1过程中，气体发生等容变化，由理想气体状态方程=C，可知压强减小，则温度降低，内能减少；气体体积不变，外界没有对气体做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，该过程气体放热，D正确。 【知识归纳】“绝热”说明没有热交换；“体积增大”说明外界对气体做负功，“体积减小”说明外界对气体做正功；对一定量理想气体而言，内能增加（或减小）则温度升高（或降低）。 21.(2024北京,3,3分)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体(　　) A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热 答案 D 理想气体的内能只与温度有关,温度不变且气体分子个数不变,则气体的内能不变,A错误。气泡上升,水对气泡的压强减小(气泡内气体压强变小),气体膨胀对外做功,W<0,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q>0,所以气体从水中吸热,B、C错误,D正确。 22.(2024重庆,3,4分)某救生手环主要由高压气囊组成。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变,体积增大,则(　　) A.外界对气囊内气体做正功 B.气囊内气体压强增大 C.气囊内气体内能增大 D.气囊内气体从外界吸热 答案 D 气囊上浮过程,气囊内气体温度不变,由玻意耳定律可知,体积变大,则压强变小,气体对外界做正功,A、B错误;理想气体温度不变,内能不变,气体对外界做正功,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,气体需要从外界吸热,C错误,D正确。 23.（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（　　） 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 【答案】C 【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状态变化曲线与横坐标轴所围的面积，D错误。 24.(2024湖北,13,10分)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求: (1)再次平衡时容器内气体的温度。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 【答案】(1)T0　(2)(CT0+p0Sh+mgh) 解析　(1)气体发生等压变化,则由盖-吕萨克定律得=,即=,解得T1=T0 (2)此过程中气体内能变化量ΔU=CΔT=CT0 气体对外做功大小W=pSΔh=h(p0S+mg) 由热力学第一定律可得,此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=(CT0+p0Sh+mgh) 25.(2024贵州,13,9分)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律,把水火箭的塑料容器竖直固定,其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口,B是气压计,如图(a)所示。在室温环境下,容器内装入一定质量的水,此时容器内的气体体积为V0,压强为p0,现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。 (1)设充气过程中气体温度不变,求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。 (2)打开喷水口阀门,喷出一部分水后关闭阀门,容器内气体从状态M变化到状态N,其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示,已知气体在状态N时的体积为V1,压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。 (3)图(b)中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线,试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由) 　　　 【答案】(1)3V0　(2)　(3)吸热 解析　(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V,充气过程中气体温度不变,则有p0V0+p0V=4p0V0, 解得V=3V0。 (2)容器内气体从状态M变化到状态N,由理想气体状态方程可得=, 可得=。 (3)由p-V图线与横坐标轴所围的面积表示气体做功可知,从M到N的过程气体对外做的功比从M到N'的更多, 从M到N'的过程绝热,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,内能减少量等于对外做功; N和N'都是从M状态变化而来,由=C,可得TN>TN', 可知从M到N的过程气体内能减少得更少。 由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,从M到N的过程气体对外做功更多,内能减少得反而更少,则气体必然吸热。 26.(2024河北,9,6分)(多选)如图,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后(　　) A.弹簧恢复至自然长度 B.活塞两侧气体质量相等 C.与初始时相比,汽缸内气体的内能增加 D.与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少 答案 ACD 活塞初始时静止在汽缸正中间,此时弹簧处于压缩状态,当活塞密封不严时,活塞左侧气体压强减小,活塞缓慢左移,当活塞左右两侧气体压强相等时,弹簧恢复至自然长度,活塞重新静止,A正确。活塞重新静止,左右两侧气体温度、压强均相等,则两侧气体密度相等,因活塞左侧气体体积小,则其质量小,B错误。弹簧弹性势能转化为气体内能,所以与初始时相比,汽缸内气体的内能增加,C正确。与初始时相比,气体总体积增大,单位体积内气体分子数减少(点拨:活塞重新静止时,左右两侧气体状态相同,可认为气体在整个汽缸内均匀分布),D正确。 27.(2024广西,14,12分)如图,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。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。 【答案】(1)50 N　(2)(3)见解析 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)根据题图可知F-图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k·, 根据F=pS可得气体压强为p=(SI), 则活塞从a处到b处过程中,对封闭气体有pV=·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI), 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, 在题图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。 28.[2024全国甲，33（2），10分]如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到200 N并保持不变。 （ⅰ）求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； （ⅱ）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 【答案】（ⅰ）100 N　（ⅱ）327.3 K 【解析】（ⅰ）由玻意耳定律有p1V1=p2V2 其中p1=1.0×105 Pa，V1=11·S，V2=10·S 解得p2=1.1×105 Pa 对活塞，由平衡条件有p0S+F=p2S+FN 代入数据解得FN=100 N （ⅱ）由查理定律有= p3=p0+=1.2×105 Pa 则= 解得T3≈327.3 K 29.(2023新课标,21,6分)(多选)如图,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后(　　) A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 答案：AD 通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,f中气体受热,体积膨胀,将推动左侧活塞向右移动,则g中气体压强变大,压缩弹簧,右侧活塞也向右移动,压缩h中气体,对h中的气体做功,h中的气体内能增加,A正确;对左侧活塞受力分析,pfS=pgS+F弹①,对右侧活塞受力分析,pgS+F弹'=phS ②,F弹=F弹'③,联立①②③得pf=ph,D正确;由①式得pf>pg,由分析可知Vf>Vg,根据理想气体状态方程可知Tf>Tg,B错误;同理可知Vf>Vh,pf=ph,Tf>Th,C错误。 30.(2023天津,2,5分)如图是爬山所带的氧气瓶,爬高过程中,氧气瓶里的气体体积和质量均不变,温度降低,则气体 (　　) A.对外做功 B.内能减少 C.吸收热量 D.压强不变 答案B　爬高过程中,由于气体体积不变,故气体不对外做功,故A错误;温度降低,则气体内能减少,故B正确;根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q,爬高过程中气体不对外做功,但内能减少,可知气体放出热量,故C错误;氧气瓶里的气体容积、质量均不变,温度降低,根据理想气体状态方程=C,可知气体压强降低,故D错误。 31.(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 答案：AD 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,故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,故A正确;等压过程中,气体体积增加了原体积的=,故C错误。 32.(2023福建,11,3分)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A,其p⁃V图如图所示。完成一次循环,气体内能　　　　(填“增加”“减少”或“不变”),气体对外界　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体　　　(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。  答案　不变　做正功　吸热 解析 一定质量的理想气体完成一次循环,p和V不变,根据气体实验定律可知气体温度不变,所以气体内能不变。根据功的定义W=FΔx,对于气体做功有W=pSΔx= pΔV,在p⁃V图像中,图线与横坐标轴所围的面积表示气体对外所做的功的大小;体积增大过程,气体对外做正功,反之气体对外做负功。由题图可知,A→B→C过程中气体克服外界做的功小于C→D→A过程中气体对外界做的功,所以该循环过程气体对外界做正功。由前述推理可知ΔU=0、W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q>0,说明此过程气体吸热。 33.[2023全国乙，33(1)，5分]对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是　　　　。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)  A.等温增压后再等温膨胀 B.等压膨胀后再等温压缩 C.等容减压后再等压膨胀 D.等容增压后再等压压缩 E.等容增压后再等温膨胀 答案 (1)ACD 解析 理想气体初始状态与末状态的内能相等即初始状态与末状态的温度相等。A选项中整个过程中温度不变,则理想气体内能不变,A正确;由理想气体状态方程 =C(常量)可知, B选项中,p不变,V增大,则T增大,然后T不变,则末状态较初始状态温度升高,内能增大 ,B错误;C选项中,先V不变,p减小,则T减小,然后p不变,V增大,则T又变大,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,C正确;D选项中,先V不变,p增大,则T增大,然后p不变,V减小,则T减小,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,D正确;E选项中,先V不变,p增大,则T变大,然后T不变,则内能增大,E错误;故选A、C、D。 34.(2023全国甲,33（1）,5分)[物理——选修3-3] 在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定与外界有热量交换的过程是　　　　。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)  A.气体的体积不变,温度升高 B.气体的体积减小,温度降低 C.气体的体积减小,温度升高 D.气体的体积增大,温度不变 E.气体的体积增大,温度降低 答案 (1)ABD　 解析 (1)根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体的体积不变,W=0,温度升高,ΔU>0,故Q>0,吸收热量,故选项A正确。气体的体积减小,W>0,若温度降低,ΔU<0,故Q<0,放出热量;若温度升高,ΔU>0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项B正确,C错误。气体的体积增大,W<0,若温度不变,ΔU=0,故Q>0,吸收热量;若温度降低,ΔU<0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项D正确,E错误。 35.(2023广东,13,9分)在驻波声场的作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内的气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C的过程外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求: (1)pB的表达式; (2)TC的表达式; (3)B到C的过程,气泡内气体的内能变化了多少? 答案　(1)pB=　(2)TC=1.9T0　(3)见解析 解析 (1)由题意可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=pB·5V0,解得pB=。 (2)解法一　由题图可知,若从状态A沿虚线到状态C,则气体发生等容变化,根据查理定律有=,解得TC=1.9T0。 解法二　气体从状态B到状态C的过程,由理想气体状态方程有= pB=,VB=5V0,TA=TB=T0,pC=1.9p0,VC=V0,联立解得TC=1.9T0。 (3)由题意可知从状态B到状态C,气体发生绝热收缩,Q=0,根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=W,故从B到C过程,气泡内气体的内能增加了W。 36.(2023重庆,4,4分)密封于汽缸中的理想气体,从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示,则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是 (　　) 答案C　由V-T图像可知,理想气体在ab过程发生等压变化(点拨:ab的反向延长线过原点),bc过程发生等温变化,cd过程发生等容变化。根据理想气体状态方程=C,可知bc过程理想气体的温度T不变,体积V增大,压强p减小,cd过程理想气体的体积V不变,温度T升高,则cd过程p-T图线上的点与坐标原点连线的斜率不变,压强p增大。故选C。 37.(2023全国乙,33（2）,10分)[物理——选修3-3] 如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm。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1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位) 答案 　74.36 cmHg　54.36 cmHg 解析设初始时A管、B管内气体的压强分别为pA、pB,由题意可知pB=pA-20 cmHg 设B管的内径为d,则A管的内径为2d,玻璃管倒置使A管在上方且达到平衡后,A管内的空气柱长度增长1 cm,变为11 cm,分析可知两管内空气体积之和恒定,因此B管空气柱将变短4 cm,变为6 cm,易得此时A管、B管中水银柱长度分别为9 cm和14 cm。 设A管在上方且达到平衡后,A管、B管内气体的压强分别为pA'、pB',则pB'=pA'+(9+14) cmHg=pA'+23 cmHg 根据玻意耳定律,对A管气体, pA·10πd2=pA'·11πd2 对B管气体,pB·10π=pB'·6π 代入数据,解得pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg 38.(2023海南,16,10分)如图所示,某饮料瓶内密封一定质量的理想气体,t=27 ℃时,压强p=1.050×105 Pa,则 (1)t'=37 ℃时,气压是多大? (2)保持温度不变,挤压气体,使之压强与(1)相同时,气体体积变为原来的多少倍? 答案　(1)1.085×105 Pa　(2)0.97 解析 (1)由查理定律有=,解得p'≈1.085×105 Pa (2)由玻意耳定律有pV=p'V',解得V'≈0.97V 39.(2023河北,13,8分)如图,某实验小组为测量一个葫芦的容积,在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管,密封好接口,用氮气排空内部气体,并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300 K时,气柱长度l为10 cm;当外界温度缓慢升高到310 K时,气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa,水柱长度不计。 (1)求温度变化过程中氮气对外界做的功; (2)求葫芦的容积; (3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L,阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1。 答案　(1)0.4 J　(2)119 cm3　(3)2.9×1021 解析 (1)由于水柱的长度不计,故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0,塑料管内部横截面积为S,初、末态气柱的长度分别为l1、l2,气体对外做的功为W。根据功的定义有W=p0S(l2-l1),解得W=0.4 J。 (2)设葫芦的容积为V,被封闭氮气的初、末态温度分别为T1、T2,体积分别为V1、V2,根据盖⁃吕萨克定律有 =,其中V1=V+Sl1,V2=V+Sl2 联立以上各式并代入题给数据得V=119 cm3 (3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下,1 mol氮气的体积为V0、温度为T0,被封闭氮气的体积为V3、分子个数为n。根据盖⁃吕萨克定律有 =,其中n=NA 联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×1021 专题　气体 真题试练2：气体变质量问题 1.(2025广东,13,9分)图是某铸造原理示意图。往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件,柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S2=0.2 m2,高度h2=0.2 m;底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S1=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3,重力加速度取g=10 m/s2,空气可视为理想气体,不计升液管的体积。 (1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h1和气室内气体压强p1。 (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。 (1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa (1)进入铸型室的金属液的总体积与柱状气室内减少的金属液的体积相等,则S1h1=S2h2 代入数据可得h1=0.05 m 气室内气体的压强p1=p0+ρg(H+h1+h2) 代入数据可得p1=1.2×105 Pa (2)关闭排气孔,对铸型室内的气体分析,发生等温变化,由玻意耳定律可得 p0h2S2=p(h2-h3)S2 解得p=1.25×105 Pa 此时气室内金属液面下降的高度h'1=h3 此时气室内气体的压强p2=p+ρg(H+h'1+h3) 解得p2=1.35×105 Pa 关键点拨 气室中的金属液进入铸型室,则气室中的金属液面会下降,铸型室中金属液面上升的高度和气室中金属液面下降的高度之比是两者的底面积之比的倒数 2.(2024安徽,13,10分)某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨。在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa。求: (1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小; (2)充进该轮胎的空气体积。 【答案】(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 解析　(1)充气前轮胎内气体等容变化,由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa,T1=270 K,T2=250 K 代入数据解得p2=2.5×105 Pa (2)设在哈尔滨充入轮胎内的空气体积为V,由玻意耳定律有p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得V=6 L。 3.(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。 【答案】(1)p0　p0　(2) 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, 联立解得k=。 4.（2024安徽）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。求： （1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 （2）充进该轮胎的空气体积。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由查理定律可得 其中，， 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 （2）由玻意耳定律 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积。 5.（2024山东，16，8分）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0 cm2，长度H=100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸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ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2，大气压p0=1.0×105 Pa。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。 （1）求x； （2）松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 【答案】（1）2 cm　（2）892 cm3 【解析】（1）整个过程密封气体发生等温变化，对堵住孔A后汲液器内的密封气体，由玻意耳定律有p0V0=p1V1 即p0（H-x）S1=（p0-ρgh）HS1 代入数据解得x=2 cm。 （2）以进入长柄内的空气和其中原有的空气为研究对象，则有p0V+p1V1=p2V2， 即p0[V+（H-x）S1]=p2 p2=p0-ρg· 代入数据解得V=892 cm3。 6.(2023全国甲,33（2）,10分)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,温度为17 ℃,密度为1.46 kg/m3。 (ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变,求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度; (ⅱ)保持温度27 ℃不变,再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求高压舱内气体的密度。 答案 (ⅰ)1.41 kg/m3 (ⅱ)1.18 kg/m3 解析 (2)(ⅰ)对原舱内全部气体,保持压强不变,温度升高,体积增大,根据盖-吕萨克定律有 = 而T1=(273+17) K=290 K、T2=(273+27) K=300 K, 释放的气体和舱内留下的气体密度相同 V=,V'= 联立解得ρ2≈1.41 kg/m3 (ⅱ)对此时舱内的全部气体,温度保持27 ℃不变,压强降低,体积增大,根据玻意耳定律有 p1V'=p2V″ 而p1=1.2 atm、p2=1.0 atm 释放的气体和舱内留下的气体密度相同 V'=,V″= 解得ρ3≈1.18 kg/m3 7.(2023湖南,13,10分)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图,刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时,K1打开,K2闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中的气体充满抽气气室,达到两气室压强相等;然后,K1闭合,K2打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从K2排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0,初始压强等于外部大气压强p0,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中,助力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1; (2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 答案 (1)p0　(2)p0S 解析 (1)根据题意,由玻意耳定律有 p0V0=p1(V0+V1) 解得p1=p0 (2)由(1)易知,第2次抽气后,p2=p1 即p2=p0 同理,第3次抽气后,p3=p0 …… 第n次抽气后,pn=p0 对助力活塞,有ΔF=p0S-pnS 解得ΔF=p0S 学科网（北京）股份有限公司 $