资源简介

习题课　气体实验定律的综合应用
　　
1.如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中气体的密度（　　）
A.先变大后变小
B.先变小后变大
C.一直变大
D.一直变小
2.如图所示，一定质量的理想气体，由状态A沿直线AB变化到B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是（　　）
A.不断增大　　　　 B.不断减小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
3.一定质量的理想气体由状态A沿平行T轴的直线变化到状态B，然后沿直线由状态B变化到状态C，p-T图像如图所示。关于该理想气体在状态A、状态B和状态C时的体积VA、VB、VC的关系正确的是（　　）
A.VA＞VB＝VC B.VA＜VB＝VC
C.VA＜VB＜VC D.VA＞VB＞VC
4.如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱，经适当倾斜，使上、下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变，管内气体的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变大重新稳定，说明（　　）
A.环境温度已升高
B.环境温度已降低
C.上部气体压强增大，下部气体压强减小
D.上部气体压强减小，下部气体压强增大
5.（多选）如图所示，一竖直放置的气缸由两个截面积不同的圆柱构成，各有一个活塞且用细杆相连，上、下分别封有两部分气体A和B，两活塞之间是真空，原来活塞恰好静止，两部分气体的温度相同，现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度，则（　　）
A.两活塞将静止不动
B.两活塞将一起向上移动
C.A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大
D.无法比较两部分气体的压强改变量的大小
6.如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则（　　）
A.h一定增加
B.右管气体体积不一定减小
C.左管气体压强不一定增大
D.右管气体压强和左管气体压强增加一样多
7.为了行驶安全，汽车轮胎在冬季和夏季的胎压应有差异。按照行业标准，冬、夏两季的胎压分别为2.4 atm和2.2 atm。某地冬季路面的平均温度为7 ℃，夏季路面的平均温度为57 ℃。为了使胎压与标准一致，夏季来临时要给车胎放气。假设车胎密闭性良好，放气过程缓慢，且忽略放气前后车胎容积的变化。则放出的气体与胎内剩余气体分子数目的比值为（　　）
A.　　 　B.　　 　C.　　 　D.
8.（多选）（2024·辽宁大连高二期中）某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则下列分析正确的是（　　）
A.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
C.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
D.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
9.如图所示，可自由活动质量为m的绝热活塞将密封的圆筒形绝热气缸分隔成A、B两部分，活塞与气缸顶部有一轻弹簧相连，在A、B内各有一定质量的理想气体，A的体积为B的体积的2倍，两部分的压强均为p0，温度都为T0，活塞的面积为S，重力为mg＝p0S。现通过电热丝（体积可忽略）对B部分气体进行加热，当两部分气体体积相等时，求：
（1）A部分气体压强是多大；
（2）若弹簧恰好无形变，此时B部分气体的温度。
10.（2024·贵州铜仁高二期中）如图所示的是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的p-T图像，已知气体在状态B时的体积是8 L，求VA、VC和VD。
11.（2024·山东济宁高二期末）2023年5月30日，神舟十六号载人飞船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数字）。
习题课　气体实验定律的综合应用
1.D　气体由状态A变化到状态B发生等温变化，且压强减小，由公式pV＝C可知，体积增大，由公式ρ＝可知，气体的密度变小，故选D。
2.D　根据pV＝CT，C不变，pV越大，T越高。M状态温度最高。在A和B状态pV乘积相等，所以温度先升高，后又降低到初始温度；由于温度是分子平均动能的标志，所以分子的平均动能先增大后减小，对于同种分子，分子的平均速率先增大后减小。故选D。
3.C　从A到B为等压变化，根据＝C可知，随着温度的升高，体积增大，故VA＜VB。从B到C为不过坐标原点的直线，根据＝C可知，B点和C点与坐标原点连线的斜率为，如图所示，C点与坐标原点连线的斜率较小，故体积较大，故有VB＜VC。所以VA＜VB＜VC，故C正确，A、B、D错误。
4.B　设上方气体状态为参量为p1、V1、T，下方气体状态参量为p2、V2、T。根据理想气体状态方程＝C，从而有p2＝，p1＝，其中C1、C2为常量，其它量都是变量。由题意知V2减小，V1增大，现假定T升高，则根据上两式可知，p2比p1上升更多，p2－p1较初始状态增大，而事实上，要保持平衡，显然p2－p1在整个过程中不变。故假设错误，T只能减小，减小的原因只能是环境温度降低。要保持平衡，下面气体压强＝上面气体压强＋水银柱产生的压强，而玻璃管倾斜角不变，所以水银柱产生的压强不变，即上、下压强差不变，所以也就是上、下压强的变化量相等，则选项B正确，选项A、C、D错误。
5.BC　假设活塞不动，则两部分气体都发生等容变化，对于任一气体，由查理定律可得＝，解得Δp＝ΔT。由题意可知，初始时温度相同，升高的温度ΔT相同，而B气体的初始压强较大，则ΔpB＞ΔpA，所以缓慢升高相同的温度时，活塞向上移动，A错误，B正确；当活塞向上移动时，A气体的体积减小，而B气体的体积增大，温度升高又相同，由＝C，可得A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大，C正确，D错误。
6.A　U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，故A正确。
7.A　根据理想气体状态方程pV＝nRT，则n＝，气体体积不变，R为常数，放气前、后气体总量之比＝＝＝，物质的量之比即为分子数之比，故放出的气体与胎内剩余气体分子数目的比值为，A项正确。
8.AC　以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据解得＝，故C正确，D错误。
9.（1）p0　（2）T0
解析：（1）A部分气体做等温变化，设气缸的总体积为3V，A部分气体压强变为pA，根据玻意耳定律得p0·2V＝pA·V，解得pA＝p0。
（2）设B部分气体温度升高到TB，压强变为pB，由理想气体状态方程得＝，温度升高后，对活塞受力分析有pBS＝pAS＋mg＝p0S
联立解得TB＝T0。
10.4 L　8 L　 L
解析：气体从状态A到B发生等温变化，根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB
其中pA＝2.0×105 Pa，pB＝1.0×105 Pa，VB＝8 L
解得VA＝4 L
根据＝C
可得p＝·T
由图像可知，BC连线过坐标原点，因此可知，气体从状态B到C发生等容变化，则可知
VC＝VB＝8 L
气体从状态C到D发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝
其中TC＝300 K，TD＝400 K
解得VD＝ L。
11.（1）　（2）1.2×105 Pa
解析：（1）设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得
V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
（2）从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
3 / 3习题课　气体实验定律的综合应用
核心 素养 目标 1.进一步巩固对气体实验定律和理想气体状态方程的理解，掌握气体状态变化的图像问题。 2.掌握关联气体问题的分析方法。 3.能利用气体实验定律判断水银柱移动方向。 4.会分析气体的变质量问题
要点一　气体状态变化图像
1.一定质量的气体不同图像的比较
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p-V pV＝CT（C为常量）即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p- p＝，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 p-T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
p-t 图线的延长 线均过点 （－273.15，0），斜率越大，对应的体积越小
等压线 V-T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
V-t V与t成线性关系，但不成正比，图线延长线均过点（－273.15，0），斜率越大，对应的压强越小
2.一般状态变化图像的处理方法——化“一般”为“特殊”
如图所示，一定质量的某种气体的状态变化过程为A→B→C→A。在V -T图像上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，pA'＜pB'＜pC'，即pA＜pB＜pC。A→B压强增大，温度降低，体积减小；B→C温度升高，体积减小，压强增大；C→A温度降低，体积增大，压强减小。
【典例1】　使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化，图甲中 BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
（1）已知气体在状态 A 的温度 TA＝300 K，求气体在状态 B、C 和 D 的温度各是多少？
（2）将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度T表示的图线（图中要标明 A、B、C、D 四点，并且要画箭头表示变化的方向）。说明每段图线各表示什么过程。
尝试解答
特别提醒
　　解决气体状态变化图像问题应注意以下几点
（1）看清坐标轴名称，理解图像的意义：图像上的一个点表示一定质量气体的一个状态，它对应着三个状态参量；图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
（2）观察图像形状，弄清图像中各量的变化情况，看是否属于特殊变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化。
（3）若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图像（如等温线、等容线或等压线）实现两个状态的比较。
（4）涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
1.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是（　　）
A.A→B过程温度升高，压强变大 B.B→C过程体积不变，压强变小
C.B→C过程体积不变，压强不变 D.C→D过程温度不变，压强变小
2.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（　　）
要点二　关联气体问题
　分析此类问题要注意
（1）根据两部分气体的关联情况，找出两部分气体关联物理量之间的关系。
（2）分别对两部分气体依据特点找出各自遵循的规律，写出相应的方程。
【典例2】　如图所示，水平面上固定着两个内壁光滑的气缸A、B，横截面积相同的绝热活塞a、b用水平轻杆连接，将一定量的气体封闭在两气缸中，气缸A绝热，气缸B导热。开始时活塞静止，活塞与各自气缸底部距离相等，B气缸中气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，A气缸中气体温度TA＝300 K。气缸外界温度保持不变，现通过电热丝加热A气缸中的气体，活塞缓慢移动，当B气缸中气体体积变为开始状态的倍时，求：
（1）B气缸气体的压强；
（2）A气缸气体的温度。
尝试解答
一圆柱形汽缸（底部和侧面绝热）直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图所示，此时两部分气体温度均为T0，A部分气体压强为p0，B部分气体压强为2p0。现
对B部分的气体缓慢加热，使活塞上升，使A部分气体体积减小为原来的（A部分气体温度始终不变）。求此时
（1）A部分气体的压强；
（2）B部分气体的温度。
要点三　液柱或活塞移动问题
　此类问题的特点是：当气体的压强、体积及温度都发生变化时，直接判定液柱或活塞的移动方向比较困难，那么处理这类问题一般有以下几种方法。
1.计算法
①先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。
②利用查理定律可得Δp＝ΔT，分别求出两部分气体压强的变化量Δp1和Δp2，并加以比较。
例如，如图所示的水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2。温度升高后，两部分气体的压强都增大，假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别可推得Δp＝p，若Δp1＞Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1＜Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动。显然如果升高相同的温度，水银柱向上移动。
2.图像法
判断液柱移动还可用图像法，设液柱下方的气体压强为p1，液柱上方的气体压强为p2，则在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1＞p2，得气柱1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1＞Δp2，液柱上移。
3.极限法
对上部的气体压强p2进行极限推理，认为p2→0，上部为真空，升温时，下部气体的压强p1增大，液柱上移。
特别提醒
　　此类问题中，若是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp也为负值，表示气体压强减小，那么降温后液柱应向压强减小多的一侧移动。
【典例3】　（多选）如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（　　）
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图，容器被绝热活塞分成两部分，分别装有理想气体A、B，开始时，A的温度为TA，B的温度为TB，且TA＞TB；气体A、B均处于平衡状态，活塞静止。加热容器，使两边气体缓慢升高相同的温度，若不计活塞的摩擦，则活塞将（　　）
A.向右移动 B.向左移动
C.保持不动 D.因体积未知而无法确定
2.如图甲所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃、氧气温度为20 ℃时，水银柱保持静止。判断下列情况下，水银柱将怎样移动。
（1）两气体均升高20 ℃；
（2）氢气升高10 ℃，氧气升高20 ℃；
（3）若初状态如图乙所示且气体初温相同，当两气体均降低10 ℃时。
要点四　变质量问题
　分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题，然后利用理想气体状态方程求解。
1.充气问题
向球、轮胎中充气是典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2.抽气问题
在抽气过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决这类问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即把抽出的气体和剩余气体作为研究对象，从而将变质量问题转化为定质量问题。
【典例4】　（2023·贵州铜仁高二期末）2023年2月4日，美国使用战斗机将失控误入该国境内的“流浪气球”击落，该“流浪气球”如图所示，气球由弹性和导热性能良好的树脂材料制成，气球内充满氦气。当气球位于海平面时，体积为V0，氦气的压强为1.5p0，海平面的温度为27 ℃，当气球升至地球平流层时，气球体积膨胀为V0，平流层的温度为零下63 ℃。（绝对零度为－273 ℃）
（1）求气球在平流层时，气球内氦气的压强；
（2）当气球位于平流层时，如果需要控制气球下降，则可通过阀门向外排放部分氦气，当主气囊内压强变为0.63p0，求向外排出氦气质量占原有质量的百分比。
尝试解答
1.用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内压强变为p'＝4 atm，问用这个打气筒要打气几次（设打气过程中空气的温度不变）（　　）
A.5　　　B.10　　　C.15　　　D.20
2.如图所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。
（1）求此时气体的压强；
（2）保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
1.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1。那么，在下列的p-T图像中，反映了上述循环过程的是（　　）
2.（多选）如图所示，一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化，则该气体压强变化情况是（　　）
A.从状态c到状态d，压强减小
B.从状态d到状态e，压强增大
C.从状态e到状态a，压强减小
D.从状态a到状态b，压强不变
3.如图所示，左端封闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h。当左侧部分气体温度升高较小的Δt，重新达到平衡后，h和p1的变化是（　　）
A.h不变，p1不变 B.h不变，p1变大
C.h变小，p1变小 D.h变小，p1不变
4.为了保护轮胎，一般4S店会对到店汽车的新轮胎放气。某天下午，气温27 ℃，某辆到店汽车新胎轮胎内气体压强为3.0个标准大气压，店员对轮胎放气，放完气静置一段时间后，测得轮胎内气体压强降至2.5个标准大气压。不计轮胎内气体体积的变化。求：
（1）放完气后，轮胎内剩余气体的质量为放气前气体质量的比值；（不计此过程中气温的变化）
（2）第二天清晨，店员到店检查时发现，轮胎内气压降为2.4个标准大气压，当时气温为15 ℃，试通过计算分析，判断该轮胎有无漏气。
习题课　气体实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　见解析
解析：从题图甲中直观地看出，气体在 A、B、C、D 各状态下压强和体积为 VA＝10 L，pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VC＝40 L，VD＝20 L。
（1）根据气体状态方程得
＝＝，
可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K，
TD＝·TA＝×300 K＝300 K，
由题意知TB＝TC＝600 K。
（2）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有 pBVB＝pCVC，得VB＝＝ L＝20 L。
在 V-T 图上状态变化过程的图线由 A、B、C、D 各状态依次连接（如图所示），AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。
素养训练
1.B　由题图可知，由A→B过程中，温度升高，体积变大，体积与热力学温度成正比，由＝C可知，气体压强不变，是等压变化，故A错误；由题图可知，在B→C过程中，气体体积不变，温度降低，由＝C可知，气体压强变小，故B正确，C错误；由题图可知，在C→D过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强变大，故D错误。
2.C　由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）2.5×105 Pa　（2）1 200 K
解析：（1）设初始时A、B气缸气体体积为V，B气缸导热，B气缸内气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB'·V，解得pB'＝p0＝2.5×105 Pa。
（2）因为两侧活塞横截面积相同，对于a、b和轻杆整体，根据平衡条件可得初始时有pA＝pB＝p0
末态时有pA'＝pB'，初始时两活塞离各自气缸底部距离相等，当B缸中气体体积变为初始状态的倍时，A缸中气体体积为VA'＝V
对A中气体，根据理想气体状态方程有＝
解得TA'＝1 200 K。
素养训练
　（1）p0　 （2）
解析：（1）设初始状态A、B两部分气体的体积均为V0，对A部分气体，由等温变化可知
p0V0＝pA·V0
可得pA＝p0。
（2）设活塞的重力为G，横截面积为S，加热前，对活塞受力分析得p0S＋G＝2p0S
加热后，对活塞受力分析得＋G＝pBS
解得pB＝
由理想气体状态方程可得＝
又VB＝
解得TB＝。
要点三
知识精研
【典例3】　CD　假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律可知，压强的增加量Δp＝，而各管原压强p相同，所以Δp∝，即T升高，Δp减小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
素养训练
1.B　假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律有＝得Δp＝ΔT。根据题意知，升高相同的温度，即ΔT相同，原来平衡，pA＝pB，TA＞TB得ΔpA＜ΔpB，ΔF＝Δp·S所以ΔFB＞ΔFA，所以活塞将向左移动，故选B。
2.见解析
解析：先假设水银柱不动，由查理定律得＝＝＝，即Δp＝p1。
题图甲中，氢气和氧气的初压相同，设为p。当温度变化时，则
（1）ΔpA＝p＞0，ΔpB＝p＞0，因ΔpA＞ΔpB，故水银柱向B容器一方移动。
（2）ΔpA＝p＞0，ΔpB＝p＞0，因ΔpA＜ΔpB，故水银柱向A容器一方移动。
（3）ΔpA＝－pA＜0，ΔpB＝－pB＜0，因pA＞pB，故｜ΔpA｜＞｜ΔpB｜，所以水银柱向A容器一方（向下）移动。
要点四
知识精研
【典例4】　（1）0.84p0　（2）25％
解析：（1）根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
素养训练
1.C　因为温度不变，可应用玻意耳定律列气体状态方程求解。pV＋np1ΔV＝p'V，代入数据得1.5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，解得n＝15，故C正确。
2.（1）p0　（2）
解析：（1）设升温后气体的压强为p1，由查理定律得
＝ ①
代入数据得p1＝p0。 ②
（2）抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V ③
联立②③式解得V＝V0 ④
设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为k，由题意得k＝ ⑤
联立④⑤式解得k＝。
【教学效果·勤检测】
1.B　从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，先后经历了等压膨胀、等容降温、等温压缩三个变化过程，由此判断B项正确。
2.AC　如图所示在V-T图像中等压线是过坐标原点的直线。由理想气体状态方程知＝。可见当压强增大，等压线的斜率k＝＝变小。由题图可确定pa＜pe＜pd＜pc＜pb。故选A、C。
3.D　设大气压强为p0，右侧液体压强为ph1，对右侧部分封闭气体有p1＝p0＋ph1，根据题意，p0和ph1均不变，故p1不变。设左侧气体压强为p2，根据理想气体状态方程＝C，对左侧液体有p1＝ph2＋p2，当左侧部分气体温度升高时，p2增大，h变小。故A、B、C错误，D正确。
4.（1）　（2）并无漏气
解析：（1）对轮胎内原有气体，在放气的过程中温度不变，有p1V1＝p2V2，解得V2＝V1＝V1
所以＝＝。
（2）假设轮胎不漏气对放气后剩余在轮胎内的气体，从放气后到第二天清晨，有＝，解得p3＝2.4 atm，所以轮胎并无漏气。
6 / 6(共76张PPT)
习题课　气体实验定律的综合应用
核心素养目标 1.进一步巩固对气体实验定律和理想气体状态方程的理解，掌握气体状态变化的图像问题。
2.掌握关联气体问题的分析方法。
3.能利用气体实验定律判断水银柱移动方向。
4.会分析气体的变质量问题
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　气体状态变化图像
1. 一定质量的气体不同图像的比较
名称 图像 特点 其他图像
等
温
线 p-V pV＝CT（C为常量）即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p- p＝，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高
名称 图像 特点 其他图像
等
容
线 p-T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
p-t
图线的延长线均过点 （－273.15，0），斜率 越大，对应的体积越小
名称 图像 特点 其他图像
等
压
线 V-T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
V-t
V与t成线性关系，但不成正比，图线延长线均过点（－273.15，0），斜率越大，对应的压强越小
2. 一般状态变化图像的处理方法——化“一般”为“特殊”
如图所示，一定质量的某种气体的状态变化过程为A→B→C→A。
在V -T图像上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三
点作三条等压线分别表示三个等压过程，
pA'＜pB'＜pC'，即pA＜pB＜pC。A→B压强
增大，温度降低，体积减小；B→C温度
升高，体积减小，压强增大；C→A温度
降低，体积增大，压强减小。
【典例1】　使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化，
图甲中 BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
（1）已知气体在状态 A 的温度 TA＝300 K，求气体在状态 B、C 和 D
的温度各是多少？
（1）根据气体状态方程得＝＝，
可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K，
TD＝·TA＝×300 K＝300 K，
由题意知TB＝TC＝600 K。
答案：见解析
解析：从题图甲中直观地看出，气体在 A、B、C、D 各状态下
压强和体积为 VA＝10 L，pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD
＝2 atm，VC＝40 L，VD＝20 L。
（2）将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度T表示的图线
（图中要标明 A、B、C、D 四点，并且要画箭头表示变化的方
向）。说明每段图线各表示什么过程。
解析：由状态B到状态C为等温变化，由玻意
耳定律有 pBVB＝pCVC，得VB＝＝ L
＝20 L。
在 V-T 图上状态变化过程的图线由 A、B、
C、D 各状态依次连接（如图所示），AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。
特别提醒
解决气体状态变化图像问题应注意以下几点
（1）看清坐标轴名称，理解图像的意义：图像上的一个点表示一定
质量气体的一个状态，它对应着三个状态参量；图像上的一条
直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
（2）观察图像形状，弄清图像中各量的变化情况，看是否属于特殊
变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化。
（3）若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图像（如等温
线、等容线或等压线）实现两个状态的比较。
（4）涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应
关系。
1. 如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C
状态，最后到D状态，下列判断正确的是（　　）
A. A→B过程温度升高，压强变大
B. B→C过程体积不变，压强变小
C. B→C过程体积不变，压强不变
D. C→D过程温度不变，压强变小
解析：　由题图可知，由A→B过程中，温度升高，体积变大，体
积与热力学温度成正比，由＝C可知，气体压强不变，是等压变
化，故A错误；由题图可知，在B→C过程中，气体体积不变，温度
降低，由＝C可知，气体压强变小，故B正确，C错误；由题图可
知，在C→D过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压
强变大，故D错误。
2. 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（　　）
解析：　由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过
程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有
＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
要点二　关联气体问题
　分析此类问题要注意
（1）根据两部分气体的关联情况，找出两部分气体关联物理量之间
的关系。
（2）分别对两部分气体依据特点找出各自遵循的规律，写出相应的
方程。
【典例2】　如图所示，水平面上固定着两个内壁光滑的气缸A、B，
横截面积相同的绝热活塞a、b用水平轻杆连接，将一定量的气体封闭
在两气缸中，气缸A绝热，气缸B导热。开始时活塞静止，活塞与各自
气缸底部距离相等，B气缸中气体压强等于大气压强p0＝1.0×105
Pa，A气缸中气体温度TA＝300 K。气缸外界温度保持不变，现通过电
热丝加热A气缸中的气体，活塞缓慢移动，当B气缸中气体体积变为开
始状态的倍时，求：
（1）B气缸气体的压强；
答案：2.5×105 Pa　
（2）A气缸气体的温度。
答案：1 200 K
解析： 设初始时A、B气缸气体体积为V，B气缸导热，B气
缸内气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB'·V，
解得pB'＝p0＝2.5×105 Pa。
解析：因为两侧活塞横截面积相同，对于a、b和轻杆整体，根据平衡条件可得初始时有pA＝pB＝p0
末态时有pA'＝pB'，初始时两活塞离各自气缸底部距离相等，当
B缸中气体体积变为初始状态的倍时，A缸中气体体积为VA'＝
V
对A中气体，根据理想气体状态方程有＝
解得TA'＝1 200 K。
　（2024·江苏连云港高二期中）一圆柱形汽缸（底部和侧面绝热）
直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容
积相同的A、B两部分，如图所示，此时两部分气体温度均为T0，A部
分气体压强为p0，B部分气体压强为2p0。现对B部分的气体缓慢加
热，使活塞上升，使A部分气体体积减小为原来的
（A部分气体温度始终不变）。求此时
（1）A部分气体的压强；
答案：p0　
解析：设初始状态A、B两部分气体的体积均为V0，对A部
分气体，由等温变化可知
p0V0＝pA·V0
可得pA＝p0。
（2）B部分气体的温度。
答案：
解析： 设活塞的重力为G，横截面积为S，加热前，对活塞受力分
析得p0S＋G＝2p0S
加热后，对活塞受力分析得＋G＝pBS
解得pB＝
由理想气体状态方程可得＝
又VB＝
解得TB＝。
要点三　液柱或活塞移动问题
　此类问题的特点是：当气体的压强、体积及温度都发生变化时，直
接判定液柱或活塞的移动方向比较困难，那么处理这类问题一般有以
下几种方法。
1. 计算法
①先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。
②利用查理定律可得Δp＝ΔT，分别求出两部分气体压强的变化量
Δp1和Δp2，并加以比较。
例如，如图所示的水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即
此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2。温度升高后，两部分气体的
压强都增大，假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别可
推得Δp＝p，若Δp1＞Δp2，水银柱所受合外力方向向上，
应向上移动；若Δp1＜Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，
水银柱不动。显然如果升高相同的温度，水银柱向上移动。
2. 图像法
判断液柱移动还可用图像法，设液柱下方的气体压强为p1，液柱上
方的气体压强为p2，则在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容
线，如图所示，在温度相同时p1＞p2，得气柱1等容线的斜率较
大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1＞Δp2，液
柱上移。
3. 极限法
对上部的气体压强p2进行极限推理，认为p2→0，上部为真空，升
温时，下部气体的压强p1增大，液柱上移。
特别提醒
　　此类问题中，若是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp也为负值，
表示气体压强减小，那么降温后液柱应向压强减小多的一侧移动。
【典例3】　（多选）如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管
内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置
时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气都升高相同的温度，
则水银柱向左移动的是（　　）
解析：假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律可
知，压强的增加量Δp＝，而各管原压强p相同，所以Δp∝，即
T升高，Δp减小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故
C、D正确。
1. 如图，容器被绝热活塞分成两部分，分别装有理想气体A、B，开
始时，A的温度为TA，B的温度为TB，且TA＞TB；气体A、B均处于
平衡状态，活塞静止。加热容器，使两边气体缓慢升高相同的温
度，若不计活塞的摩擦，则活塞将（　　）
A. 向右移动
B. 向左移动
C. 保持不动
D. 因体积未知而无法确定
解析：　假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律有
＝得Δp＝ΔT。根据题意知，升高相同的温度，即ΔT相同，原
来平衡，pA＝pB，TA＞TB得ΔpA＜ΔpB，ΔF＝Δp·S所以ΔFB＞ΔFA，
所以活塞将向左移动，故选B。
2. 如图甲所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃
管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0
℃、氧气温度为20 ℃时，水银柱保持静止。判断下列情况下，水
银柱将怎样移动。
（1）两气体均升高20 ℃；
解析：先假设水银柱不动，由查理定律
得＝＝＝，即Δp＝p1。
答案：见解析
题图甲中，氢气和氧气的初压相同，设为p。当温度变化
时，则
（1）ΔpA＝p＞0，ΔpB＝
p＞0，因ΔpA＞ΔpB，故水银柱
向B容器一方移动。
（2）氢气升高10 ℃，氧气升高20 ℃；
解析： ΔpA＝p＞0，ΔpB＝
p＞0，因ΔpA＜ΔpB，故水银柱
向A容器一方移动。
（3）若初状态如图乙所示且气体初温相同，当两气体均降低10
℃时。
解析：ΔpA＝－pA＜0，
ΔpB＝－pB＜0，因pA＞pB，
故｜ΔpA｜＞｜ΔpB｜，
所以水银柱向A容器一方（向下）移动。
要点四　变质量问题
　分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使变质量
问题转化为一定质量的气体问题，然后利用理想气体状态方程求解。
1. 充气问题
向球、轮胎中充气是典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有
气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体
质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2. 抽气问题
在抽气过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决这类
问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变
化的始末状态中，即把抽出的气体和剩余气体作为研究对象，从而
将变质量问题转化为定质量问题。
【典例4】　（2023·贵州铜仁高二期末）2023年2月4日，美国使用战斗机将失控误入该国境内的“流浪气球”击落，该“流浪气球”如图所示，气球由弹性和导热性能良好的树脂材料制成，气球内充满氦气。当气球位于海平面时，体积为V0，氦气的压强为1.5p0，海平面的温度为27 ℃，当气球升至地球平流层时，气球体积膨胀为V0，平流层的温度
为零下63 ℃。（绝对零度为－273 ℃）
（1）求气球在平流层时，气球内氦气的压强；
答案：0.84p0　
解析：根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）当气球位于平流层时，如果需要控制气球下降，则可通过阀门
向外排放部分氦气，当主气囊内压强变为0.63p0，求向外排出
氦气质量占原有质量的百分比。
答案：25％
解析： 在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
1. 用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积
ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm。现要使轮
胎内压强变为p'＝4 atm，问用这个打气筒要打气几次（设打气过程
中空气的温度不变）（　　）
A. 5 B. 10
解析：　因为温度不变，可应用玻意耳定律列气体状态方程求
解。pV＋np1ΔV＝p'V，代入数据得1.5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L
＝4 atm×3 L，解得n＝15，故C正确。
C. 15 D. 20
2. 如图所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为
透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。
经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。
（1）求此时气体的压强；
答案：p0　
解析：设升温后气体的压强为p1，由查理定律得
＝　①
代入数据得p1＝p0。　②
（2）保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回
到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
答案：
解析： 抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为
V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V　③
联立②③式解得V＝V0　④
设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为k，由题意得k
＝　⑤
联立④⑤式解得k＝。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 如图所示，一定质量的理想气体，从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1。那么，在下列的p-T图像中，反映了上述循环过程的是（　　）
解析：　从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，先后经
历了等压膨胀、等容降温、等温压缩三个变化过程，由此判断B项
正确。
2. （多选）如图所示，一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状
态变化，则该气体压强变化情况是（　　）
A. 从状态c到状态d，压强减小
B. 从状态d到状态e，压强增大
C. 从状态e到状态a，压强减小
D. 从状态a到状态b，压强不变
解析： 　如图所示在V-T图像中等压线是过坐
标原点的直线。由理想气体状态方程知＝。可
见当压强增大，等压线的斜率k＝＝变小。由
题图可确定pa＜pe＜pd＜pc＜pb。故选A、C。
3. 如图所示，左端封闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有两部分
气体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h。当左侧
部分气体温度升高较小的Δt，重新达到平衡后，h和p1的变化是
（　　）
A. h不变，p1不变 B. h不变，p1变大
C. h变小，p1变小 D. h变小，p1不变
解析：　设大气压强为p0，右侧液体压强为ph1，对右侧部分封闭
气体有p1＝p0＋ph1，根据题意，p0和ph1均不变，故p1不变。设左侧
气体压强为p2，根据理想气体状态方程＝C，对左侧液体有p1＝
ph2＋p2，当左侧部分气体温度升高时，p2增大，h变小。故A、B、
C错误，D正确。
4. 为了保护轮胎，一般4S店会对到店汽车的新轮胎放气。某天下
午，气温27 ℃，某辆到店汽车新胎轮胎内气体压强为3.0个标准大
气压，店员对轮胎放气，放完气静置一段时间后，测得轮胎内气体
压强降至2.5个标准大气压。不计轮胎内气体体积的变化。求：
（1）放完气后，轮胎内剩余气体的质量为放气前气体质量的比
值；（不计此过程中气温的变化）
答案： 　
解析：对轮胎内原有气体，在放气的过程中温度不变，
有p1V1＝p2V2
解得V2＝V1＝V1
所以＝＝。
（2）第二天清晨，店员到店检查时发现，轮胎内气压降为2.4个标
准大气压，当时气温为15 ℃，试通过计算分析，判断该轮胎
有无漏气。
答案： 并无漏气
解析： 假设轮胎不漏气对放气后剩余在轮胎内的气体，从放气
后到第二天清晨，有＝
解得p3＝2.4 atm
所以轮胎并无漏气。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中
气体的密度（　　）
A. 先变大后变小 B. 先变小后变大
C. 一直变大 D. 一直变小
解析：　气体由状态A变化到状态B发生等温变化，且压强减小，
由公式pV＝C可知，体积增大，由公式ρ＝可知，气体的密度变
小，故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2. 如图所示，一定质量的理想气体，由状态A沿直线AB变化到B，在
此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是（　　）
A. 不断增大 B. 不断减小
C. 先减小后增大 D. 先增大后减小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：　根据pV＝CT，C不变，pV越大，T越高。M状态温度
最高。在A和B状态pV乘积相等，所以温度先升高，后又降低到
初始温度；由于温度是分子平均动能的标志，所以分子的平均
动能先增大后减小，对于同种分子，分子的平均速率先增大后
减小。故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3. 一定质量的理想气体由状态A沿平行T轴的直线变化到状态B，然后
沿直线由状态B变化到状态C，p-T图像如图所示。关于该理想气体
在状态A、状态B和状态C时的体积VA、VB、VC的关系正确的是
（　　）
A. VA＞VB＝VC B. VA＜VB＝VC
C. VA＜VB＜VC D. VA＞VB＞VC
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：　从A到B为等压变化，根据＝C可
知，随着温度的升高，体积增大，故VA＜VB。
从B到C为不过坐标原点的直线，根据＝C可
知，B点和C点与坐标原点连线的斜率为，如图所示，C点与坐标原点连线的斜率较小，故体积较大，故有VB＜VC。所以VA＜VB＜VC，故C正确，A、B、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
4. 如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱，经适当倾斜，使
上、下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变，管内气体
的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变大重新
稳定，说明（　　）
A. 环境温度已升高
B. 环境温度已降低
C. 上部气体压强增大，下部气体压强减小
D. 上部气体压强减小，下部气体压强增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：设上方气体状态为参量为p1、V1、T，下方气体状态参量为p2、V2、T。根据理想气体状态方程＝C，从而有p2＝，p1＝，其中C1、C2为常量，其它量都是变量。由题意知V2减小，V1增大，现假定T升高，则根据上两式可知，p2比p1上升更多，p2－p1较初始状态增大，而事实上，要保持平衡，显然p2－p1在整个过程中不变。故假设错误，T只能减小，减小的原因只能是环境温度降低。要保持平衡，下面气体压强＝上面气体压强＋水银柱产生的压强，而玻璃管倾斜角不变，所以水银柱产生的压强不变，即上、下压强差不变，所以也就是上、下压强的变化量相等，则选项B正确，选项A、C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
5. （多选）如图所示，一竖直放置的气缸由两个截面积不同的圆柱构
成，各有一个活塞且用细杆相连，上、下分别封有两部分气体A和
B，两活塞之间是真空，原来活塞恰好静止，两部分气体的温度相
同，现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度，则（　　）
A. 两活塞将静止不动
B. 两活塞将一起向上移动
C. A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大
D. 无法比较两部分气体的压强改变量的大小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： 　假设活塞不动，则两部分气体都发生等容变化，对于
任一气体，由查理定律可得＝，解得Δp＝ΔT。由题意可知，
初始时温度相同，升高的温度ΔT相同，而B气体的初始压强较大，
则ΔpB＞ΔpA，所以缓慢升高相同的温度时，活塞向上移动，A错
误，B正确；当活塞向上移动时，A气体的体积减小，而B气体的体
积增大，温度升高又相同，由＝C，可得A气体的压强改变量比B
气体的压强改变量大，C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6. 如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均
匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管
水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则
（　　）
A. h一定增加
B. 右管气体体积不一定减小
C. 左管气体压强不一定增大
D. 右管气体压强和左管气体压强增加一样多
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：　U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB
＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝
，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相
等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下降，
B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，故A
正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
7. 为了行驶安全，汽车轮胎在冬季和夏季的胎压应有差异。按照行业
标准，冬、夏两季的胎压分别为2.4 atm和2.2 atm。某地冬季路面
的平均温度为7 ℃，夏季路面的平均温度为57 ℃。为了使胎压与
标准一致，夏季来临时要给车胎放气。假设车胎密闭性良好，放气
过程缓慢，且忽略放气前后车胎容积的变化。则放出的气体与胎内
剩余气体分子数目的比值为（　　）
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：　根据理想气体状态方程pV＝nRT，则n＝，气体体积不
变，R为常数，放气前、后气体总量之比＝＝＝，物
质的量之比即为分子数之比，故放出的气体与胎内剩余气体分子数
目的比值为，A项正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
8. （多选）（2024·辽宁大连高二期中）某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则下列分析正确的是（　　）
A. 温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B. 温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
C. 篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
D. 篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据解得＝，故C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
9. 如图所示，可自由活动质量为m的绝热活塞将密封的圆筒形绝热气
缸分隔成A、B两部分，活塞与气缸顶部有一轻弹簧相连，在A、B
内各有一定质量的理想气体，A的体积为B的体积的2倍，两部分的
压强均为p0，温度都为T0，活塞的面积为S，重力为
mg＝p0S。现通过电热丝（体积可忽略）对B部分
气体进行加热，当两部分气体体积相等时，求：
（1）A部分气体压强是多大；
答案：p0　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析： A部分气体做等温变化，设气缸的总体积为3V，
A部分气体压强变为pA，根据玻意耳定律得p0·2V＝pA·V，
解得pA＝p0。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（2）若弹簧恰好无形变，此时B部分气体的温度。
答案：T0
解析： 设B部分气体温度升高到TB，压强变为pB，由理想气体
状态方程得＝，温度升高后，对活塞受力分析有pBS
＝pAS＋mg＝p0S
联立解得TB＝T0。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
10. （2024·贵州铜仁高二期中）如图所示的是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的p-T图像，已知气体在状态B时的体积是8 L，求VA、VC和VD。
答案：4 L　8 L　 L
解析：气体从状态A到B发生等温变化，根据玻意耳定律有pAVA＝
pBVB
其中pA＝2.0×105 Pa，pB＝1.0×105 Pa，VB＝8 L
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解得VA＝4 L
根据＝C
可得p＝·T
由图像可知，BC连线过坐标原点，因此可知，气体从状态B到C
发生等容变化，则可知VC＝VB＝8 L
气体从状态C到D发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝
其中TC＝300 K，TD＝400 K
解得VD＝ L。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
11. （2024·山东济宁高二期末）2023年5月30日，神舟十六号载人飞
船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要
关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减
小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作
舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50
m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气
体与原有气体的质量之比；
答案：　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解析：设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到
p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定
律可得
p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数字）。
答案：1.2×105 Pa
解析： 从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体
后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
谢谢观看!

展开更多......

收起↑