课时突破练72　气体实验定律的综合应用 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦气体实验定律综合应用，以分层训练构建"问题情境-模型建构-规律应用"的科学思维体系，强化多过程与关联气体问题的推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|2题（含2024广东卷）|单一气体多过程：状态参量分析→选择实验定律；关联气体：隔离法+关联条件|从单一气体到关联气体，构建"压强-体积-温度"参量关系网络，强化理想气体状态方程的普适性应用| |能力·高分练|2题|U形管问题：假设法判断体积变化；弹簧模型：力学平衡+气体定律|融合力学平衡与气体实验定律，体现科学推理中的跨模块整合| |素养·提升练|1题（跨模块）|多汽缸系统：活塞受力分析→气体状态方程联立求解|通过复杂系统建模，培养科学探究中的证据收集与综合论证能力|

课时突破练72　气体实验定律的综合应用 基础·满分练 命题角度一　单一气体多过程类问题的分析与推理 1.(10分)(2026山西大同模拟)如图所示,竖直放置的“L”形细玻璃管截面均匀,左管上端开口,底管右端封闭,竖直管足够长,底管长d=20 cm,用长l0=5 cm的水银柱封闭一段理想气体,最初气体温度T1=300 K时,气体的长度l1=10 cm,已知大气压强p0相当于76 cm高的水银柱产生的压强。 (1)缓慢升高理想气体的温度,使它的长度变为l2=12 cm,求此时气体的温度T2。 (2)继续升高温度,当有h=4 cm的水银柱上升到左管,求此时气体的温度T3。 命题角度二　关联气体类问题的分析与推理 2.(14分)(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g取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。 能力·高分练 3.(6分)(2026陕西榆林模拟)如图所示,一个上端封闭、下端装有阀门K的“U”形管,右侧的玻璃管长度大于左侧,且两根玻璃管均具有良好的导热性。两侧的玻璃管内分别封闭了一定质量的理想气体A和B,气体的长度分别为lA和lB,此时lA=lB。假设玻璃管内的温度等于环境温度,下列说法正确的是(　　) A.若环境温度缓慢升高ΔT,则封闭气体的长度lA<lB B.若环境温度缓慢升高ΔT,则封闭气体的长度lA=lB C.打开阀门K缓慢放出少量水银后,则封闭气体的长度lA<lB D.打开阀门K缓慢放出少量水银后,则封闭气体的长度lA=lB 4.(12分)(2024甘肃卷)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部分气体抽出一半,系统稳定后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内气体的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。 素养·提升练 5.(18分)(跨模块融通)如图,两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同的汽缸直立放置,汽缸底部和顶部均有细管连通,顶部的细管带有阀门K,两汽缸的横截面积均为S,容积均为V0,汽缸中各有一个绝热活塞,左侧活塞质量是右侧的1.5倍,开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方均充有气体(可视为理想气体),活塞下方气体压强为p0,左活塞在汽缸正中间,其上方为真空,右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一热源接触,热源温度恒为T0,平衡后左活塞升至汽缸某一位置;然后打开K,经过一段时间,重新达到平衡。已知外界温度为T0,不计活塞体积及与汽缸壁间的摩擦,不计细管内气体体积。求: (1)开始时右活塞上方气体压强p'; (2)接触恒温热源后且未打开K之前,左活塞上升的高度H; (3)打开阀门K后,重新达到平衡时左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。 答案： 1.(1)360 K　(2)600 K 解析 (1)初始时,封闭气体的压强为p0,长度为l1=10 cm,当气柱的长度变化l2=12 cm,水银柱仍全部在底部,封闭气体压强仍为p0,则根据盖-吕萨克定律可得 代入解得T2=360 K。 (2)当有h=4 cm的水银柱上升到左管,有1 cm 水银柱在底管内,此时封闭气体的压强p3相当于(4+76) cm高的水银柱产生的压强,p3=p0+ρgh=80 cm×ρg 长度为l3=20 cm-1 cm=19 cm 温度为T3,由理想气体状态方程 解得T3=600 K。 2.(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)1.1×102 kg 解析 (1)设差压阀要打开时的温度为T,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等容变化,初态pB1=p0,T1=300 K,末态pB=p0-Δp,根据,解得T=267 K,说明降低到T2=270 K时,差压阀没有打开,即末态T2=270 K,根据代入数据可得pB2=9×104 Pa。 (2)A内气体做等压变化,压强保持不变,初态VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K 末态T2=270 K 根据 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。 (3)恰好稳定时,A内气体压强为pA'=p0+ B内气体压强pB'=p0 此时差压阀恰好关闭,所以有pA'-pB'=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 3.C　解析 由题意可知,左侧A气体的压强大于右侧B气体的压强,两部分气体的体积相同,均为V,温度均为T。假设缓慢升高相同的温度ΔT后,A和B气体的体积不变,该过程为等容变化,对A气体分析,查理定律可知。对B气体分析,查理定律可知,已知pA>pB,则ΔpA>ΔpB,所以A气体的压强增加量较大,所以水银的高度差变大,稳定后两部分气体的长度lA>lB,A、B错误。假设放出少量水银后,两部分气体体积的增加量都为ΔV,对A气体分析,由玻意耳定律可知pAV=pA'(V+ΔV),解得pA'=。同理对B气体分析,由玻意耳定律可得pB'=,联立可得pA'-pB'=(pA-pB),可得pA'-pB'<pA-pB,所以水银的高度差变小,稳定后两部分气体的长度lA<lB,C正确,D错误。 4.(1)p0　p0　(2) 解析 (1)对A内气体分析: 抽气前:体积V=Sl　压强p0 抽气后:VA=2V-V=V 根据玻意耳定律得p0V=pAVA 解得pA=p0 对B内气体分析, 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 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 5.(1)p0　(2)　(3)V0 解析 (1)对左侧活塞,由平衡条件得p0S=1.5m右g 对右侧活塞,由平衡条件得p'S+m右g=p0S 解得p'=p0。 (2)打开K前,左侧活塞上方为真空,活塞质量不变,与热源接触后,两活塞下方气体由等压变化得 解得H=,即左侧活塞刚好运动到顶端。 (3)打开K后,设上部分气体压强为p1,下部分气体压强为p2, 对上部分气体,由等温变化得p'·V0=p1V1 对下部分气体,由于左侧上部分压强变大,则左侧活塞下降,右侧活塞上升, 此时下部分气体的压强p2=p1+=p1+p0 由等温变化p0·V0=p2(2V0-V1) 解得V1=,p1=p0,p2=p0 p1+p0+p0=p0<p2, 即此时右侧活塞运动到汽缸的顶端,所以左汽缸中活塞上方气体的体积Vx=V1=V0。 2 学科网（北京）股份有限公司 $