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3　气体的等压变化和等容变化
第1课时　气体的等压变化和等容变化
基础过关练
题组一　气体的等压变化
1.(教材习题改编)如图所示,向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管,接口用蜡密封,在吸管内引入一小段油柱,不计大气压的变化,这就是一个简易的气温计。已知吸管的横截面积为S,封闭气体温度为T、体积为V,当温度变化量为ΔT时,油柱移动的距离为(　　)
A.ΔT　　B.ΔT　　C.　　D.
2.(2026山西一模)某汽车的空气悬架可简化为竖直放置的汽缸,汽缸内封闭着一定质量的理想气体,活塞上方连接车身,如图所示。已知活塞的横截面积为S=100 cm2,不计活塞重力和厚度及活塞与汽缸间的阻力。初始状态下,车身及负载对活塞产生的总压力为F=4 000 N,活塞处于平衡状态,外部大气压强p0=1.0×105 Pa,汽缸内气体的温度T1=300 K,此时活塞距离缸底的高度h=10 cm。
(1)求初始状态下汽缸内气体的压强p1。
(2)若环境温度缓慢升高,汽缸内气体的温度从T1=300 K升至T2=315 K,求稳定后活塞距离缸底的高度。
3.(2026江苏徐州模拟预测)我国考古发现的“长信宫灯”示意图如图所示,灯罩内灯芯点燃后产生的烟气沿着右臂管道进入灯体内,经灯体底部的水盘过滤烟尘,清洁空气。假设灯罩内气体的体积为V,灯芯点燃前气体的密度为ρ,温度为T0,气体的压强保持不变。
(1)求灯芯点燃前,灯罩内气体的质量m1;
(2)灯芯点燃后,灯罩内气体温度为T,求灯罩内气体的质量m2。
4.(2026湖南衡阳阶段检测)如图,一上端有卡销、容积为V0的内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上,一定质量的理想气体被一厚度不计的活塞密封在汽缸内。初始时封闭气体压强为1.2p0(p0为大气压强),温度为T0,体积为0.8V0。现对气体缓慢加热,活塞刚好上升到卡销处时停止加热,然后立即在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变,让活塞缓慢下降,已知所加细砂的总质量是活塞质量的2倍。求:
(1)活塞刚上升到卡销处时,缸内气体的温度;
(2)最终稳定时缸内封闭气体的体积。
5.(2025吉林长春统考)如图所示,开口向上的汽缸由粗细不同的两段圆筒组成,上段汽缸足够高,下段汽缸高度为2l,上段内径为下段内径的2倍。活塞P静止在上段汽缸中,活塞Q静止在下段汽缸正中间的位置,P、Q间距离为2l,两活塞厚度不计,P的质量为4m,Q的质量为m、横截面积为S,大气压强为p0,两个活塞与汽缸内壁间的摩擦忽略不计,且气密性良好,缸内封闭有两部分理想气体Ⅰ、Ⅱ,气体温度均为T0,重力加速度为g。
(1)求气体Ⅱ的压强;
(2)若给气体Ⅰ、Ⅱ同时缓慢加热,使两部分气体升高相同的温度,使活塞Q刚好上升l,这时两部分气体温度升高了多少 活塞P上升的高度为多少
题组二　气体的等容变化
6.(2026河北保定一模)卡通气球因为形象可爱深受小朋友们的喜欢。寒假时,小朋友将一卡通气球从寒冷的室外拿到温暖的家中(不考虑卡通气球的容积变化),关于气球内的气体(可视为理想气体),下列说法正确的是(　　)
A.气体压强增大
B.每个分子热运动的速率都变大
C.气体对外做正功
D.气体内能不一定增大
7.(2026河北邯郸月考)如图所示,密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上,水杯(含杯身和杯盖)与热水的总质量为M,杯盖的质量为m,水杯的横截面积为S。初始时杯内气体(视为理想气体)的热力学温度为T0,压强与大气压强p0(恒定)相等。因水杯不保温,杯内气体的温度逐渐降低,降低到某一温度时,在杯盖上施加一竖直向上的外力,恰能将整个水杯提起。重力加速度大小为g,不考虑杯内水的汽化和液化,不计摩擦。求:
(1)恰能将整个水杯提起时,杯内气体的压强p;
(2)恰能将整个水杯提起时,杯内气体的热力学温度T。
8.(教材习题改编)通过如图所示的装置测量外界温度,玻璃泡M内封有一定质量的理想气体,与M相连的N管插在水银槽中,N管的横截面积极小。现对N管进行温度刻度标注,已知当温度t1=27 ℃时,管内水银面的高度为x1=16 cm,此高度即为27 ℃的刻度线。大气压强恒为p0=76 cmHg,已知T=t+273 K,不考虑水银槽内液面的变化。
(1)写出环境温度t与管内水银面高度x的函数关系,并说明N管所标刻度是否均匀;
(2)若将该装置置于一密闭环境中,密闭环境内的大气压强为p'0=62 cmHg,测温装置显示温度为47 ℃,则此时实际温度t2为多少
9.(2026江苏盐城五校联盟联考)一定质量的理想气体的压强p与温度T的关系图像如图所示。气体先经过等压变化由状态A变为状态B,再经过等容变化由状态B变为状态C。已知气体在状态C的体积为6 L。求:
(1)气体在状态B的温度TB;
(2)气体在状态A的体积VA。
能力提升练
题组一　气体实验定律的应用
1.(2026河南周口月考)
某新型抽气泵的工作原理简化图如图所示,固定容器容积为4V,初始时容器内部气体压强为p0,温度为T0,上方汽缸有效容积为V,活塞横截面积为S,活塞与汽缸壁的滑动摩擦力为mg,活塞的质量为m,重力加速度大小为g。抽气过程分两步:向上缓慢拉动活塞,阀门M打开,N关闭,容器内气体与汽缸内气体达到热平衡后,关闭M打开N,将汽缸内气体排出。重复上述操作,完成多次抽气,已知每次抽气均缓慢进行,且气体温度不变,外界大气压强恒为p0,则下列说法正确的是(　　)
A.第一次抽气过程中,手对活塞拉力的最大值F=p0S+mg
B.抽气第n次后容器中剩余气体的压强pn=p0
C.抽气第n次后容器中剩余气体的压强pn=p0
D.若在第一次抽气过程中,刚要拉动活塞时气体温度突然从T0升高至1.2T0且体积不变,此时容器内气体的压强为p0
2.(2026河南部分名校二模)如图所示是一定质量的理想气体缓慢地由状态A经过状态B变为状态C再到状态D的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa,则对应的气体的p-T变化图像正确的是(　　)
　
　
3.(2026江苏海安实验中学月考)如图,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=16 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口。右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=10 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=300 K,大气压强p0=76 cmHg,管内气体可视为理想气体。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少
(2)在(1)的操作完成后再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少
4.(2026四川成都二模)如图(a)所示,粗细均匀的长直玻璃管竖直放置,其内用一段质量m=200 g、横截面积S=2 cm2的水银柱封闭着一段空气柱(可视为理想气体)。初始空气柱温度为T0,长L0=18 cm。加热空气柱使其温度缓慢变为2T0,水银柱稳定,记为位置①。外界大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求水银柱在位置①时空气柱的长度L;
(2)将长直玻璃管倒置,水银柱稳定后(水银未从管口流出),记为位置②如图(b)所示。若该过程中维持空气柱温度为2T0不变,求水银柱从位置①到位置②相对玻璃管运动的距离ΔL。
5.(2026广东广州一模)如图是地铁隧道防洪气囊,使用时通过充气机向气囊内充气,使其膨胀为长度L=10 m、横截面积S=20 m2的柱体,当其内部气压满足p≥1.8×105 Pa时,可以阻断洪水。已知隧道内大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,充气机每秒从隧道中吸入体积为ΔV=0.5 m3的空气并充入气囊。气囊不漏气且导热良好,内部气体可视为理想气体。
(1)充气前气囊内气体可忽略,要使气囊内部气压达到1.8×105 Pa,求充气时间;
(2)某次防洪演练,将气囊气压充至2.0×105 Pa,一段时间后,隧道内温度由300 K降至288 K,气囊体积不变,通过计算判断此时气囊的内部气压是否仍满足阻断洪水的要求。
6.(2026山东德州模拟预测)如图所示,绝热圆筒汽缸底部朝上、开口朝下地放置在水平地面上,缸内用绝热的薄活塞封闭了一定质量的理想气体,汽缸底部有可控加热装置(体积不计),活塞下面的汽缸内壁固定有带压力传感器的环状挡板,不计活塞与汽缸壁间的摩擦。已知活塞的质量为m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,汽缸的底面积S=50 cm2,汽缸底部到环状挡板位置的高度为H=8 cm,大气压强p0=1.0×105 Pa,初始时刻汽缸内热力学温度T0=280 K,活塞到汽缸底部的距离h=4 cm。现通过加热装置使缸内气体均匀升温,升温速率为k=0.01 K/s。
(1)求初始时刻汽缸内气体的压强;
(2)从初始时刻到压力传感器开始有示数的过程中,求缸内气体对外做功的大小;
(3)从压力传感器开始有示数时开始计时,写出传感器示数F(即活塞与环状挡板相互作用的合力)与时间t之间的关系式。
7.(2026安徽合肥模拟预测)如图所示为某款便携休闲潜水呼吸器,其气瓶导热良好,容积为1 L,可直接采用高压气筒为其充入空气,使用时通过恒压出气装置可输出气压为标准大气压的空气。已知标准大气压为p0=1×105 Pa=0.1 MPa,该款气瓶处于27 ℃的环境中时,气瓶压力表显示气体压强为18 MPa,现将其带至温度为17 ℃的水下(热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273 K)。
(1)求稳定后气瓶压力表的示数;
(2)若按每次呼吸消耗0.5 L、一个标准大气压的空气,每分钟呼吸20次计算,瓶内气压降至1 MPa时即需撤离,在温度为17 ℃的水下,该气瓶能供潜水员在水下活动的最长时间为多长。
题组二　液柱(活塞)移动问题
8.(2026江苏南京月考)如图,两端封闭的玻璃管与水平面成θ角倾斜静止放置,一段水银柱将管内一定质量的气体分为两个部分。则下列各种情况中,能使管中水银柱相对于玻璃管向A端移动的是(　　)
A.使玻璃管水平向右匀速运动
B.使玻璃管沿B→A方向加速上升
C.升高环境温度
D.保持A端在上将玻璃管变为竖直放置
9.(多选题)(2025山东青岛期中)如图所示,10 ℃的氧气和20 ℃的氢气体积相同,水银柱在连通两容器的细管中央,T=t+273 K,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,水银柱不移动
B.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,水银柱将向右移动
C.当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,水银柱向左移动
D.当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,水银柱不会移动
〗创新题型
创新点　窑炉中涉及的变质量问题
10..(2026黑龙江哈尔滨一模)中国是瓷器的故乡,号称“瓷器之国”。
如图是烧制瓷器的某窑炉结构示意图,上方有一单向排气阀,当窑内外气压差升高到2p0(p0为大气压强)时,排气阀会开启,减压泄气,此后窑内气体压强保持不变。某次烧制过程中,初始时窑内温度为27 ℃,窑内气体压强为p0,密度为ρ0。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高,不考虑瓷胚体积的变化,气体可视为理想气体。当温度逐渐升高至烧制温度1 027 ℃时(已知T=t+273 K),窑内气体密度ρ为(　　)
A.ρ0　　B.ρ0　　C.ρ0　　D.ρ0
创新题型
创新点　升温和加速下降均可使活塞上升到临界高度
11..(2026湖北武汉月考)某款火灾报警装置其原理如图所示,放置在水平地面上的导热汽缸内,活塞的横截面积为S、质量为,它表面涂有导电物质,用它密封一定质量的理想气体。在常态下,环境温度为27 ℃,活塞距汽缸底部的距离为h,要求环境温度为87 ℃时报警,已知重力加速度为g,不计活塞与汽缸之间的摩擦,T=t+273 K。试求:
(1)在常态时,a、b触点离活塞的距离;
(2)若常态下整个装置以某一加速度a下降也恰能报警,求此时下降的加速度a。
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.A　饮料罐中气体的压强与外界大气压是相同的,饮料罐中的气体做等压变化,根据==,可得==,解得ΔL=,故选A。
2.答案　(1)5.0×105 Pa　(2)10.5 cm
解析　(1)活塞处于平衡状态,由平衡条件可得p1S=p0S+F1
解得p1=5.0×105 Pa
(2)环境温度缓慢升高,汽缸内气体的压强始终不变,气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律有=
联立解得T2=315 K时,活塞距缸底高度h'=10.5 cm
方法技巧
应用盖-吕萨克定律解题的一般步骤
　　(1)确定研究对象(压强不变的一定质量的封闭气体);
　　(2)确定气体的初、末状态,找出初、末状态的体积、温度;
　　(3)根据盖-吕萨克定律列方程求解。
3.答案　(1)ρV　(2)
解析　(1)灯芯点燃前,灯罩内气体的质量为m1=ρV
(2)对灯罩内原气体,灯芯点燃后,因气体压强保持不变,所以气体发生等压变化,有=
温度为T时总体积V'=V
灯罩内剩余气体的体积为V,其质量m2=m1
联立解得m2=
4.答案　(1)T0　(2)V0
模型建构
解析　(1)封闭气体的初始体积为V1=0.8V0,初始温度为T1=T0,末态体积为V2=V0
气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=
解得T2=T0
(2)设活塞质量为m,所加细砂的总质量M=2m
活塞上升到卡销处时,对活塞分析,由平衡条件有p2S=p0S+mg,其中p2=1.2p0
在活塞上加总质量为M的细砂后,对活塞分析,由平衡条件有p3S=p0S+(m+M)g
解得p3=1.6p0
该过程中气体做等温变化,由玻意耳定律有p2V2=p3V3
解得V3=V0
5.答案　(1)p0+　(2)T0　l
解析　(1)由于汽缸上段内径是下段内径的2倍,所以活塞P的横截面积为4S
对P分析得p1·4S=p0·4S+4mg
对Q分析得p2S=p1S+mg
解得p2=p0+
(2)在对气体加热的过程中,两部分气体做等压变化,对气体Ⅱ,由盖-吕萨克定律得=
解得ΔT=T0
设活塞P上升的高度为x,由盖-吕萨克定律得=
解得x=l
6.A　气球内的气体做等容变化,从室外到室内气体温度升高,根据查理定律=C可知,气体压强增大,A正确;气球内的气体温度升高,分子热运动的平均速率增大,但不是每个分子热运动的速率都变大,B错误;因气球容积不变,故气体对外做功为0,C错误;理想气体内能仅由温度决定,气体温度升高,内能一定增大,D错误。故选A。
7.答案　(1)p0-　(2)T0-
解析　(1)恰能将整个水杯提起时,设杯内气体的压强是p,对杯身和杯内热水整体,根据平衡条件有p0S=pS+(M-m)g
解得p=p0-
(2)对杯内气体,根据查理定律有=
解得T=T0-
8.答案　(1)见解析　(2)-23 ℃
解析　(1)t1=27 ℃时,热力学温度T1=300 K
此时有p1+ρ水银gx1=p0
可得p1=60 cmHg
玻璃泡内气体可视为做等容变化,则
=
压强关系为p+ρ水银gx=p0
已知T=t+273 K
联立可得t=107-5x,其中x的单位为 cm,t的单位为 ℃,由于t与x是线性关系,所以N管所标刻度均匀。
(2)将47 ℃代入(1)中得出的函数关系式得x2=12 cm
压强关系为p2+ρ水银gx2=p'0
可得p2=50 cmHg
玻璃泡内气体可视为做等容变化,则
=
可得T2=250 K,t2=-23 ℃
9.答案　(1)300 K　(2)4 L
解析　(1)气体从状态B到状态C为等容变化,根据查理定律有=
解得TB=300 K
(2)气体从状态B到状态C为等容变化,则有VB=VC,从状态A到状态B为等压变化,根据盖-吕萨克定律有=
解得VA=4 L
能力提升练
1.B 2.C 8.C 9.BC 10.C
1.B　第一次抽气过程中,活塞位于最上端时,手对活塞的拉力达到最大值(破题关键),设手对活塞的拉力为F,此时汽缸内气体的压强为p1,对活塞受力分析有F+p1S=mg+p0S+mg,在抽气前活塞位于最下端,容器内的气体压强为p0,气体体积为4V,活塞位于最上端时气体体积为5V,抽气过程中气体发生等温变化,由玻意耳定律可得p0·4V=p1·5V,解得p1=p0,联立可得F=p0S+mg,A错误;设第2次抽气后容器中剩余气体的压强为p2,则p1·4V=p2·5V,所以p2=p0,根据玻意耳定律依次类推,抽气n次后,pn=p0,B正确,C错误;若刚要拉动活塞时,气体温度从T0升高至1.2T0而气体体积不变,则由查理定律有=,解得p3=p0,D错误。故选B。
2.C　由题图可知,A与B连线的延长线经过原点,可知从A到B发生等压变化,即有pA=pB,根据盖-吕萨克定律有=,解得TA=200 K;从B到C发生等容变化,根据查理定律有=,解得pC=2.0×105 Pa;从C到D发生等温变化,根据玻意耳定律有pCVC=pDVD,解得pD=1.5×105 Pa,结合上述,只有C选项中的图像满足要求。故选C。
3.答案　(1)14 cm　(2)337.5 K
模型建构
解析　(1)设左、右管的横截面积为S,密封气体初始体积为V1=(2H-l-h0)S
压强为p1=76 cmHg+4 cmHg=80 cmHg
经等温压缩过程,密闭气体体积变为V2=HS,压强变为p2,由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得p2=90 cmHg
此时水银柱的高度为h=90 cm-76 cm=14 cm
(2)第二个过程中,密封气体初始体积为V2=HS,温度为T2=T1=300 K
密封气体经等压膨胀过程,体积变为V3=(2H-h)S,温度变为T3,由盖-吕萨克定律有=
解得T3=337.5 K
4.答案　(1)36 cm　(2)8 cm
解析　(1)空气柱温度为T0时,其体积为V0=SL0
空气柱温度为2T0时,水银柱在位置①,此时空气柱的体积V=SL
空气柱温度由T0缓慢变为2T0,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=
解得空气柱的长度L=36 cm
(2)水银柱在位置①时,设空气柱的压强为p1,对水银柱,由受力平衡有p1S=mg+p0S
解得p1=1.1×105 Pa
水银柱在位置②时,设空气柱的压强为p2,对水银柱,由受力平衡有p2S+mg=p0S
解得p2=0.9×105 Pa
水银柱由位置①到位置②,空气柱发生等温变化,由玻意耳定律有p1V=p2V',其中V'=SL'
解得L'=44 cm
水银柱相对玻璃管运动的距离ΔL=L'-L
解得ΔL=8 cm
5.答案　(1)720 s　(2)见解析
解析　(1)充入气囊的空气气压p0=1.0×105 Pa,设充入空气的体积为V0时,充气完成时气囊内气体压强pmin=1.8×105 Pa,气囊内气体体积V=LS
根据玻意耳定律,有p0V0=pminV
解得V0=360 m3
则充气时间t=·Δt
解得t=720 s
(2)隧道内温度由T0=300 K降至T1=288 K时,设气囊气压从p'=2.0×105 Pa变为p1,
气囊内气体发生等容变化,由查理定律可得=
解得p1=1.92×105 Pa
由于p1>pmin=1.8×105 Pa,故气囊仍能满足防洪气压要求。
6.答案　(1)0.98×105 Pa　(2)19.6 J　(3)F=t(N)
解析　(1)初始时刻,设汽缸内气体的压强为p,
对活塞分析,由平衡条件可得pS+mg=p0S
解得p=0.98×105 Pa
(2)从初始时刻到压力传感器开始有示数的过程中,
缸内气体发生等压变化,对外做功W=pS(H-h)=19.6 J
(3)从初始时刻到压力传感器开始有示数的过程,缸内气体发生等压变化,有=
解得T1=560 K
由题可知缸内气体均匀升温,升温速率为k=0.01 K/s,则ΔT=kt
压力传感器有示数后气体发生等容变化,有=
传感器的示数F=Δp·S=ΔT=kt
整理可得F=t(N)
7.答案　(1)17.4 MPa　(2)16.4 min
模型建构
解析　(1)瓶内气体的初态温度T1=(27+273) K=300 K,压强p1=18 MPa
末态温度T2=(17+273) K=290 K,设此时瓶内气体的压强为p2,瓶内气体发生等容变化,由查理定律可得=
解得p2=17.4 MPa
(2)潜水员每次呼吸消耗ΔV=0.5 L压强为p0的空气,直到瓶内气体压强降至p3=1 MPa,设瓶内气体可以供潜水员呼吸n次,可得p2V=p3V+np0·ΔV
解得n=328(次)
潜水员在水下活动的最长时间t== min=16.4 min
8.C　初始时,对水银柱分析,由平衡条件可得pBS=pAS+mg sin θ·S(S为水银柱横截面积,θ为玻璃管倾角),则pB=pA+ρgL sin θ(L为水银柱长度),使玻璃管水平向右匀速运动,加速度为0,水银柱受力与初始时一致,水银柱相对玻璃管不移动,A不符合题意;使玻璃管沿B→A方向加速上升,加速度指向A端,pBS必须增大,管内水银柱下方气体压强增大,气体发生等温变化,体积减小,水银柱向B端移动,B不符合题意;升高环境温度,假设两段气体体积不变,由查理定律可得Δp=p(破题关键),因为初始时pB>pA,所以ΔpB>ΔpA,则水银柱所受合力指向A端,水银柱向A端移动,C符合题意;保持A端在上将玻璃管变为竖直放置,假设两段气体体积不变(解题技法),水银柱下方气体压强增大,气体发生等温变化,则体积减小,水银柱向B端移动,D不符合题意。故选C。
9.BC　对一定质量的气体,体积不变时,由查理定律得=,可得Δp=p(破题关键),原来两部分气体压强相同,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,即温度的变化量相同,由于初始状态氧气的温度小于氢气的温度,因此氧气压强的变化大于氢气压强的变化,故水银柱向右移动,A错误,B正确;开始时两部分气体压强相同,当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,有=×=×=<1,所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强,水银柱向左移动,C正确,D错误。
一题多解
图像法巧解液柱移动问题
　　作出氧气和氢气的等容线如图所示,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同,因此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,由图可知氧气压强的变化大于氢气压强的变化,故水银柱向右移动,A错误,B正确;当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,则有Δp氧=10×,Δp氢=20×,则氧气增加的压强小于氢气增加的压强,水银柱向左移动,C正确,D错误。
10.C　初始状态,窑内气体温度T1=t1+273 K=(27+273) K=300 K,压强p1=p0,密度为ρ0,若气体体积不变,当温度升高至T2=t2+273 K=(1 027+273) K=1 300 K时,由查理定律可得=,解得p2=p0>3p0,表明排气阀已被打开,因此窑内气体的最终压强为p3=3p0(破题关键),设窑内气体体积为V,排出的压强为p3的气体体积为V3,由玻意耳定律可得p2V=p3V+p3V3,解得V3=V,设初始时窑内气体的质量为m,则ρ0=,ρ=,解得ρ=ρ0,故选C。
11.答案　(1)0.2h　(2)
解析　(1)温度升高时活塞向上移动,气体做等压变化。常态时温度T1=(27+273) K=300 K,气体体积V1=hS
报警温度T2=(87+273) K=360 K
设报警时活塞到汽缸底部的距离为h2,气体体积V2=h2S
由盖-吕萨克定律有=
解得h2=1.2h
在常态时,a、b触点到活塞的距离Δh=h2-h=0.2h
(2)没有加速度时,设封闭气体压强为p1,对活塞受力分析有p1S=p0S+·g=p0S
解得p1=
常态下气体做等温变化,体积为V2=时恰能报警,设此时气体压强为p2,由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得p2=
整个装置以某一加速度a下降,对活塞分析,由牛顿第二定律可得·g+p0S-p2S=·a
解得a=第2课时　理想气体状态方程和气体实验定律的微观解释
基础过关练
题组一　对理想气体及其状态方程的理解
1.(多选题)(2025河南焦作期中)下列对理想气体的理解正确的是(　　)
A.理想气体实际上并不存在,只是一种理想模型
B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D.在任何温度、任何压强下,理想气体都遵从气体实验定律
2.(2025江苏东台期中)对于一定质量的理想气体,下列状态变化中可能实现的是(　　)
A.使气体体积增大而同时温度降低
B.使气体温度升高,体积不变、压强减小
C.使气体温度不变,而压强、体积同时增大
D.使气体温度升高,压强减小、体积减小
题组二　理想气体状态方程的简单应用
3.(2026河北邯郸月考)如图所示为伽利略设计的一种测温装置示意图,玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通,下端插入水中,玻璃泡中封闭有一定质量的空气(可看作理想气体)。若玻璃管中水柱上升,则玻璃泡内气体的变化可能是
(　　)
A.温度降低,压强减小 B.温度升高,压强不变
C.温度升高,压强增大 D.温度不变,压强增大
4.(2026安徽蚌埠二模)如图所示,容积为V0的汽缸竖直放置,导热良好,右上端有一阀门连接抽气孔。汽缸内有一活塞,初始时阀门打开,活塞下方密封有一定质量的理想气体,温度为T0,体积为。现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门,稳定后活塞未到达汽缸顶部。已知大气压强为p0,汽缸的横截面积为S,活塞的重力为,活塞体积不计,忽略活塞与汽缸之间的摩擦。
(1)求活塞上方抽成真空后下方气体的体积。
(2)缓慢加热活塞下方气体至温度为2T0,活塞到达汽缸顶部,求此时气体的压强。
5.(2026山东模拟预测)一质量m=20 g,开口向下、导热良好的均匀薄直玻璃管,通过轻质细绳悬挂在天花板上,玻璃管下端浸入固定的水银槽中,内部封闭了一定质量的理想气体。当环境温度为t1=-3 ℃时,气柱长度l1=28 cm,管内外水银面高度差为h1=22 cm。已知大气压强p0=76 cmHg,玻璃管的横截面积S=1 cm2,水银的密度ρ=13.6 g/cm3,重力加速度大小g取10 m/s2,T=t+273 K,忽略水银槽中液面的高度变化。当环境温度缓慢升高至t2=27 ℃时,求:
(1)管内气柱的长度l2;
(2)细绳的拉力F。
6.(2026江苏模拟预测)某人利用无人机运送密封物品,无人机起飞前,地面温度t1=27 ℃。无人机吊篮内密封物品的包装盒导热性良好,包装盒内气体可视为理想气体,此时包装盒内气体的压强p1=105 Pa,体积V1=195 cm3。当无人机升至某高度后,环境温度降至t2=22 ℃,包装盒内部气体膨胀,体积变为V2=200 cm3。包装盒内气体压强始终与外界大气压相等,T=t+273 K,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)无人机升至某高度后,包装盒内气体的压强p2(结果保留三位有效数字);
(2)假设空气密度ρ=1.3 kg/m3始终不变,无人机此时所处的高度h(结果保留四位有效数字)。
7.(2026辽宁鞍山二模)在山区气象观测站,为保障观测仪器安全,小王设计了一套简易低温预警装置。如图所示,一导热良好的汽缸竖直固定在地面,用横截面积为S=90 cm2、质量m=1.8 kg的活塞封闭一定质量的理想气体,汽缸不漏气。活塞与轻质弹簧相连,弹簧上端连接一固定的力传感器(图中未画出)。初始时,环境温度为280 K,活塞下表面到汽缸底部的距离L=24 cm,弹簧为原长。环境温度降低时活塞缓慢下降。当温度降低至预警温度,活塞下降3.6 cm、力传感器受到大小为27 N的拉力时触发预警电路报警。不计活塞和汽缸间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2,大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,求:
(1)初始时汽缸内气体压强;
(2)触发预警电路报警时的温度。
题组三　气体实验定律的微观解释
8.(2026北京海淀开学考试)对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是(　　)
A.若体积不变、温度升高,则每个气体分子热运动的速率都增大
B.若体积减小、温度不变,则器壁单位面积受气体分子的碰撞力不变
C.若体积不变、温度降低,则气体分子密集程度不变,压强可能不变
D.若体积减小、温度不变,则气体分子密集程度增大,压强一定增大
9.(多选题)(2025广东湛江期中)一定质量的理想气体,经等温压缩后,气体的压强增大,用分子动理论的观点分析,这是因为(　　)
A.气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B.单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C.气体分子的总数增加
D.气体分子的数密度增大
能力提升练
题组一　理想气体状态方程的综合应用
1.(2026广东广州模拟预测)某食品厂对一款充氮包装的薯片进行测试。在恒温25 ℃的封装车间内,测得袋内气体体积为0.65 L,压强为1.1 atm(为保障口感与形状而设定的最佳内压)。假设袋内氮气为理想气体,在包装袋体积未超过V0=0.75 L之前弹性形变产生的额外压强始终不变,大气压恒为1.0 atm,热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273 K。
(1)若经过暴晒后,薯片袋内气体的体积未超过V0=0.75 L,求包装袋内气体摄氏温度的最大值(结果保留三位有效数字);
(2)实际上,包装袋的材质会限制其膨胀。若袋子在体积达到V0=0.75 L后就不会再膨胀,且袋内外气体的压强差Δp达到0.15 atm,包装袋就会有爆裂的风险。试判断当袋内气体的温度升至80 ℃时包装袋是否有爆裂的风险,并给出依据。
2.(2026河南焦作一模)如图所示,质量为m的绝热汽缸用细线悬吊,缸内绝热活塞与固定在地面上的轻杆接触,活塞的面积为S,质量也为m,活塞与缸壁无摩擦且不漏气。初始时缸内气体的温度为T0,活塞到缸底的距离为L,轻杆对活塞的作用力刚好为0。已知重力加速度为g,大气压强恒为,活塞内气体可视为理想气体,现缓慢升高缸内气体温度。求:
(1)当悬线的拉力刚好为零时,缸内气体的温度;
(2)缸内气体温度从T0缓慢升高到2T0的过程中,汽缸上升的高度Δh。
3.(2025河北唐山联考)某同学为探究水银柱在气体作用下的移动情况,在实验室取来两个相同的集气瓶A和B,用粗细均匀的薄壁玻璃管相连后,分别置于两个恒温箱内,玻璃管的水平部分(足够长)内有一小段水银柱,通过水银柱在玻璃管和两集气瓶内各封闭一定质量的气体(可视为理想气体),如图所示;调节两恒温箱内的温度TA、TB,当TA=300 K、TB=250 K时,水银柱恰好处于水平玻璃管的正中央,已知此时两部分气体体积均为V0,玻璃管的横截面积为S。现让两恒温箱的温度均缓慢升高ΔT=50 K。
(1)通过定性分析判断水银柱的移动方向;
(2)求水银柱移动的距离。
4.(2026广东深圳期末)工业测量中,常通过充气来测量特殊容器的容积并检测其密封性能。如图所示,为测量某空香水瓶的容积,将该瓶与一个带活塞的汽缸相连,初始时汽缸和香水瓶内气体压强均为p0,汽缸内封闭气体体积为V0,推动活塞将汽缸内所有气体缓慢推入瓶中,测得此时瓶中气体压强为p,已知汽缸与香水瓶的导热性良好,环境温度保持不变。
(1)求该香水瓶容积V;
(2)若密封性能合格的标准为:在测定时间内,漏出气体质量小于原密封气体质量的3%视为合格。现将该空香水瓶密封并静置较长一段时间,发现瓶内气体温度从T升高到1.2T,其压强由p变为1.14p,请通过计算判断该瓶的密封性能是否合格。
5.(2025湖北襄阳期中)如图所示,小邱同学在固定的导热性能良好的足够长汽缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体,A中活塞横截面积为2S、质量为2m,B中活塞横截面积为S、质量为m,两活塞与穿过B的底部的轻杆相连,可沿汽缸无摩擦滑动,两个汽缸都不漏气,整体与水平面成θ=30°角放置。初始时A、B中封闭气体长度均为L,A中封闭气体的压强等于大气压强p0,且mg=p0S,其中g为重力加速度且未知,周围环境温度为T0。若仅对A加热,使A的温度缓慢提高到1.5T0,B温度不变。求:
(1)初始时,B中气体的压强大小;
(2)A中气体温度为1.5T0时的压强大小。
题组二　理想气体的图像问题
6.(2026江苏南京模拟预测)一定质量的理想气体由状态a经状态b变为状态c,其过程如p-V图像中a→b→c直线段所示。已知气体在三个状态的内能分别为Ua、Ub、Uc,则(　　)
A.Ua=UcC.Ua=Ub>Uc　　　　D.Ua=Ub7.(2025江苏南京期末)小明同学在验证查理定律的实验中,先后用两个试管甲、乙,封闭了质量不同、体积不同(V甲>V乙),但初始温度和压强都相同的同种气体(均可视为理想气体)做实验。若根据测得气体的压强p与热力学温度T的数据,在同一p-T坐标系中作图,得到的图像应是(　　)
　　 　　
8.(2025江苏苏州期中)一定质量的理想气体经历了如图所示a→b→c过程,已知a状态气体的温度为T0,下列能正确描述气体状态变化的p-T图像是(　　)
　
9.(2025河南名校联考)一定质量的理想气体经状态A→B→C→A循环一次的过程中,其压强p与密度ρ的关系图像如图所示,图中BC与p轴平行,AC与ρ轴平行,若已知气体在状态A时温度为T0,则下列说法正确的是(　　)
A.气体在A→B过程中,内能增大
B.状态C时,气体的温度为T0
C.状态B时,气体的压强为1.8p0
D.气体在C→A过程中,单位时间内与单位面积器壁撞击的分子个数增加
创新题型
创新点　依托肺活量测试情境考查气体实验定律
10..(2026山东聊城一模)某种肺活量测试的规则为:一次尽力吸气并快速尽力呼出后,呼出气体的温度视为人体内的热力学温度T0,气体在大气压强p0下的体积V0作为肺活量测试的结果。物理兴趣小组的同学用如图所示的装置进行测试,两导热良好的汽缸A、B之间由细管相连,汽缸A的底面积为S,高度为H,内部充满密度为ρ的液体,汽缸B的底面积为2S,高为2H。汽缸B顶部的小孔和与汽缸A连接的软管均与大气连通。测试时,甲同学通过软管向汽缸A中吹气,然后立即关闭汽缸A顶部的阀门(图中未画出),经过一段时间稳定后,汽缸A中的液体恰好全部流入汽缸B。已知p0=1.0×105 Pa,T0=310 K,环境温度T1=300 K,S=1.5×10-2 m2,H=0.2 m,ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,细管的体积、软管的体积以及呼出气体中水蒸气的影响均忽略不计,呼出的气体可视为理想气体。
(1)求甲同学的肺活量V0;
(2)由于汽缸A高度的限制,乙同学测试前先将汽缸B上方的小孔封闭,重复甲同学操作,稳定后汽缸A中的液体也恰好全部流入汽缸B中,则乙同学肺活量是甲同学肺活量的多少倍 (保留3位有效数字)
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.AD 2.A 3.A 8.D 9.BD
1.AD　理想气体是一种理想模型,温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体;理想气体在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律,A、D正确,B错误。一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关,与体积无关,C错误。
名师点津
对理想气体的认识
　　(1)理想气体严格遵从气体实验定律及理想气体状态方程。
　　(2)理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可忽略不计,分子可视为质点。它是对实际气体的一种科学抽象,是一种理想模型,实际并不存在。
　　(3)理想气体分子除碰撞外,无相互作用的引力和斥力。
　　(4)理想气体分子无分子势能,内能等于所有分子热运动的动能之和,只和温度有关。
2.A　由理想气体状态方程 =C可知,气体体积增大时,若压强减小,温度可能降低;气体体积不变时,温度与压强应同时变大或同时变小;气体温度不变时,压强与体积成反比,故不能同时增大;气体温度升高时,若压强减小,则体积不可能减小,故A正确,B、C、D错误。
3.A　设玻璃泡内气体压强和大气压强分别为p、p0,玻璃管内外液面高度差为h,则有p+ρgh=p0,得p=p0-ρgh,玻璃管中水柱上升,则玻璃泡内气体的体积减小,压强减小,根据=C,可知玻璃泡内气体温度降低,故选A。
4.答案　(1)　(2)
解析　(1)分析活塞的受力情况,初状态有p1S=p0S+mg,其中mg=
末状态有p2=
活塞上方抽成真空后,活塞下方气体发生等温变化,由玻意耳定律得p1·=p2V2
联立解得活塞上方抽成真空后下方气体的体积V2=
(2)由理想气体状态方程得=
解得此时气体的压强p3=
5.答案　(1)30 cm　(2)2.92 N
解析　(1)初状态,管内气体的压强p1=p0-ρgh1,温度T1=t1+273 K=270 K
末状态,设管内气柱的长度为l2,此时气体的压强p2=p0-ρg(l1+h1-l2)
温度T2=t2+273 K=300 K
由理想气体状态方程可得=
解得l2=30 cm
(2)对玻璃管受力分析有mg+p0S=p2S+F
解得细绳的拉力F=2.92 N
6.答案　(1)9.59×104 Pa　(2)315.4 m
解析　(1)无人机起飞前,包装盒内气体的温度为T1=t1+273 K=300 K
当无人机升至某高度后,气体温度为T2=t2+273 K=295 K
根据理想气体状态方程可得=
解得p2≈9.59×104 Pa
(2)在空气密度恒定的前提下,地面与高度h处的压强差等于高度h内空气柱产生的压强
即p1-p2=ρgh
解得h≈315.4 m
7.答案　(1)1.02×105 Pa　(2)231 K
解析　(1)初始时,设缸内气体的压强为p1,此时弹簧处于原长,弹簧拉力为0,对活塞分析,根据平衡条件可得p1S=p0S+mg
解得p1=1.02×105 Pa
(2)设报警时的温度为T2,此时缸内气体的压强为p2,弹簧拉力大小为F,对活塞分析,根据平衡条件可得p2S+F=p0S+mg
解得p2=9.9×104 Pa
根据理想气体状态方程有=,其中V1=LS,V2=(L-3.6 cm)S
解得触发预警电路报警时的温度T2=231 K
8.D　温度是气体分子平均动能的标志,温度升高则分子平均动能增大、平均速率增大,但不是每个分子的速率都增大,A错误。一定质量的理想气体满足=C(C为与压强p、体积V、温度T无关的常量),体积减小、温度不变时,气体压强p增大,而器壁单位面积受气体分子的碰撞力与气体压强数值相等,故增大,B错误。体积不变时,气体总分子数不变,因此分子密集程度不变,结合=C,V不变、T降低时,气体压强p一定减小,C错误。体积减小、总分子数不变,因此气体分子密集程度增大,结合=C,T不变、V减小时,气体压强p一定增大,D正确。故选D。
9.BD　温度是分子平均动能的标志,温度不变,分子平均动能不变,故气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变,A错误;气体温度不变,分子平均动能不变,气体体积减小,分子的数密度增大,单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多,B、D正确;气体体积减小,但气体分子的总数不变,C错误。
能力提升练
6.A 7.A 8.D 9.B
1.答案　(1)70.8 ℃　(2)见解析
解析　(1)由题可知,袋内气体体积从V1=0.65 L经暴晒膨胀至V0=0.75 L,袋内气体压强恒为1.1 atm,根据盖-吕萨克定律可得=,其中T1=(25+273) K=298 K
解得T2≈343.8 K
根据T=t+273 K
可得包装袋内气体摄氏温度的最大值t2≈70.8 ℃
(2)初始状态,袋内气体压强p1=1.1 atm,体积V1=0.65 L,温度T1=(25+273) K=298 K
当袋内气体的温度升至80 ℃,T3=(80+273) K=353 K,体积V0=0.75 L时,设此时气体压强为p3,
根据理想气体状态方程可得=
结合上式解得此时Δp=p3-p0≈0.13 atm<0.15 atm,故包装袋不会有爆裂的风险。
一题多解
　　(2)解法一:
初始状态,压强p1=1.1 atm,体积V1=0.65 L,温度T1=(25+273) K=298 K
假设袋内气体压强达到p3=p0+Δp=1.15 atm,温度为80 ℃时,T3=(80+273) K=353 K,气体体积是V3,
根据理想气体状态方程可得=
解得V3≈0.74 L解法二:
初始状态,压强p1=1.1 atm,体积V1=0.65 L,温度T1=(25+273) K=298 K
假设袋内气体压强达到p3=p0+Δp=1.15 atm,体积为V0=0.75 L时,温度为T3,
则根据理想气体状态方程可得=
　　代入数据解得T3≈359.48 K
根据T=(t+273) K
解得爆裂的温度t≈86.48 ℃>80 ℃,即80 ℃还没有达到包装袋会爆裂的温度,不会有爆裂的风险。
2.答案　(1)1.5T0　(2)L
思路点拨
解析　(1)初始时,轻杆对活塞的作用力刚好为0,设缸内气体压强为p1,对活塞分析,根据平衡条件有p1S+mg=p0S
解得p1=
悬线的拉力刚好为零时,设缸内气体的温度为T1,缸内气体压强为p2,对汽缸分析,根据平衡条件有p2S=mg+p0S
解得p2=
该过程缸内气体发生等容变化,有=
解得T2=1.5T0
(2)若从T2=1.5T0继续加热到2T0,则汽缸将向上移动,悬线的拉力一直为零,汽缸内气体的压强为p2,缸内气体温度从T0缓慢升高到2T0的过程中,由理想气体状态方程有=
解得Δh=L
3.答案　(1)见解析　(2)
解析　(1)对一定质量的理想气体,体积不变时,有=
即Δp=ΔT
A、B中气体初始压强相同,升高的温度ΔT相同,因初始时的温度TA>TB,则可知ΔpA<ΔpB,故升温后水银柱将向左移动。
(2)设水银柱移动的距离为x,根据理想气体状态方程,对A中气体有=
对B中气体有=
联立可解得x=
4.答案　(1)　(2)见解析
解析　(1)对全部气体,根据玻意耳定律可得
p0(V0+V)=pV
解得V=
(2)对香水瓶中的全部气体,初态压强、体积、温度分别为p、V、T,末态温度为1.2T,压强为1.14p,设体积为V',
根据理想气体状态方程可得=
解得V'=V
则漏出气体质量占原密封气体质量的百分比η=×100%(破题关键)
解得η=5%>3%,所以该瓶的密封性能不合格。
一题多解
　　(2)设香水瓶中剩余气体在压强为p、温度为T时的体积为V1,根据理想气体状态方程可得
=
解得V1=V
　　则漏出气体质量占原密封气体质量的百分比
η=×100%
解得η=5%>3%,该瓶的密封性能不合格。
5.答案　(1)p0　(2)p0
解析　(1)以A中活塞为研究对象,设其受到的杆的拉力大小为F,方向沿杆向上,根据平衡条件可得p0·2S+F=2mg sin θ+p0·2S
解得杆对A中活塞的拉力大小为F=2mg sin θ=mg
设B中气体的压强为pB,对B中活塞受力分析可得F+mg sin θ+p0S=pBS
又因为mg=p0S
联立解得pB=p0
(2)设A中气体的温度缓慢提高到1.5T0时活塞沿汽缸向上移动的距离为ΔL,对于B中气体,温度不变,根据玻意耳定律有pBVB=p'BV'B
即p0·LS=p'B·(L+ΔL)S
对于A中气体,由理想气体状态方程可得=
即=
对于两活塞和轻杆整体有
p'A·2S+p'BS=p0·2S+p0S+mg sin θ+2mg sin θ
又因为mg=p0S
联立解得A中气体温度为1.5 T0时的压强大小为p'A=p0
6.A　对状态a、状态b、状态c,由理想气体状态方程有==,整理可得Tb>Ta=Tc,一定质量的理想气体内能只和温度有关,温度越高内能越大,因此Ua=Uc7.A　由理想气体状态方程 =C可知p=T,在体积一定时,理想气体的压强与热力学温度成正比,得到的p-T图线是一条延长线过原点的直线,这条直线的斜率为,因为甲、乙中封闭气体的初始温度和压强都相同,且甲、乙中封闭气体的p-T图线的延长线都过原点,则两图线重合,故选A。
8.D　根据=C变形可得p=·T,a→b过程,V增大,则对应的p-T图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小,b→c过程为等容过程,可知对应的p-T图线为一条反向延长线过原点的倾斜直线,故选D。
9.B　根据m=ρV,=C可得p=·ρ,由题图可知气体在A→B过程中,气体温度不变,内能不变,故A错误;对比A、C状态可得p0=·ρ0=·2ρ0,可得状态C时气体的温度为TC=T0,故B正确;因为A→B过程中,气体温度不变,对比A、B状态可得p0=·ρ0,pB=·2ρ0,可得状态B时气体的压强为pB=2p0,故C错误;在C→A过程中,气体压强不变,密度减小,根据p=·ρ,可知气体温度升高,分子的平均动能增大,由气体压强的微观解释可知,单位时间内与单位面积器壁撞击的分子个数减少,故D错误。
10.答案　(1)3.193×10-3 m3　(2)1.97倍
解析　(1)稳定时,汽缸A中的液体恰好全部流入汽缸B,由题意可知,汽缸A、B液面高度差是
汽缸A中气体压强p1=p0+ρg·
设甲同学的肺活量为V0,对于A中的气体,由理想气体状态方程可得=
解得V0=
解得V0=3.193×10-3 m3
(2)将汽缸B上方的小孔封闭,稳定时汽缸A中的液体恰好全部流入汽缸B,汽缸B中气体发生等温变化,有p0·2SH=p2·2S·,解得汽缸B中气体压强p2=2p0,则汽缸A中气体压强p3=p2+ρg·
设乙同学的肺活量为V1,对于乙同学呼出的气体,由理想气体状态方程可得=
解得V1=
解得=≈1.97
则乙同学肺活量是甲同学的1.97倍。

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