2026高考物理一轮复习-第十五章-第79课时-气体的性质-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理一轮复习-第十五章-第79课时-气体的性质-专项训练【含答案】，共15页。试卷主要包含了掌握气体压强的计算方法，连通器模型，5 cm，0) cm3＝546 cm3等内容，欢迎下载使用。
考点一 气体压强的计算
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋mgS。
图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S，
则气体压强为p＝p0－mgS＝p0－ρ液gh。
2.连通器模型
如图所示，U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。
则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，
所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
例1 若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。
答案 甲：p0－MgS 乙：p0＋(M＋m)gS
丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1 戊：p0－32ρgh
己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3) pb＝p0＋ρg(h2－h1)
解析 题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，得p甲＝p0－MgS。
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示
由平衡条件，有p乙S下sin α＝p0S上＋FN＋mg，
FN＝Mg，S下sin α＝S上，
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得p乙＝p0＋(M＋m)gS。
题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S＋ρghS＝p0S，所以p丙＝p0－ρgh
题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S＝p0S＋ρgh1S
所以p丁＝p0＋ρgh1
题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p戊S＋ρghS·sin 60°＝p0S
所以p戊＝p0－32ρgh
题图己：从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，
所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
例2 如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被细绳倒挂于倾角为θ的固定斜面上，管内有一段长为h的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，被封闭气体的压强(题中各物理量单位均为国际单位制单位)。
(1)玻璃管静止不动；
(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳匀加速下滑过程(已知管与斜面间的动摩擦因数为μ，且μVb，温度可由图像直观反映出来。
思考 根据例6中气体状态变化的p－T图像，定性作出三个过程的V－T图像和p－V图像。
答案
处理气体状态变化的图像问题的技巧
1.图像上的某一条直线段或曲线段对应气体状态变化的一个过程，首先要看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。
2.在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可直接根据气体实验定律确定两个状态参量的关系，也可根据某点与原点连线斜率的大小确定，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
课时精练
(分值：60分)
1~4题每小题5分，5题9分，共29分
1.如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P的气压表示数为( )
A.43p0B.83p0C.3p0D.143p0
答案 B
解析 对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p(V＋V2)，解得p＝83p0，故选B。
2.(八省联考·河南·5)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为2.5p0，轮胎内部气体温度为280 K。轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为( )
答案 B
解析 根据题意可知：在平原地区时，轮胎内部气体压强为p1＝3.6p0，温度T1＝315 K
设在高原地区轮胎内部气体压强为p2，温度T2＝280 K
轮胎做等容变化，根据p1T1＝p2T2
解得p2＝3.2p0
该高原地区的大气压强为p＝3.2p0－2.5p0＝0.7p0，故选B。
3.(2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p－T图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是( )
答案 B
解析 根据pVT＝C，可得p＝CVT，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选B。
4.如图甲所示，一玻璃容器倒置在水平桌面上，下端用塞子封闭不漏气，用水银封闭一定质量的理想气体，初始时水银柱高为L2＝10 cm，封闭气体长为L1＝6 cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1＝1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2＝3 cm2，现缓慢向内部注入体积为V的水银，水银恰好不溢出，封闭气体压强p与其长度L的关系图像如图乙所示，不考虑气体温度变化，大气压强为p0＝76 cmHg，则注入水银的体积V为( )
A.159 cm3B.53 cm3C.125 cm3D.129 cm3
答案 C
解析 由于封闭气体温度不变，所以为等温变化，由题图乙知最终封闭气体长度为4 cm，由玻意耳定律得p×4 cm×S1＝86 cmHg×6 cm×S1，解得p＝129 cmHg，设最终水银液柱总高度为L'，根据p0＋ρHggL'＝p，解得L'＝53 cm，如图所示，则注入水银的体积为V＝S1(6 cm－4 cm)＋S2(53 cm－2 cm－10 cm)＝125 cm3，故选C。
5.(9分)(九省联考·贵州·13)如图是一个简易温度计示意图，左边由固定的玻璃球形容器和内径均匀且标有刻度的竖直玻璃管组成，右边是上端开口的柱形玻璃容器，左右两边通过软管连接，用水银将一定质量的空气封闭在左边容器中。已知球形容器的容积为530 cm3，左边玻璃管内部的横截面积为2 cm2。当环境温度为0 ℃且左右液面平齐时，左管液面正好位于8.0 cm刻度处。设大气压强保持不变。
(1)(3分)当环境温度升高时，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向上还是向下移动？
(2)(6分)当液面位于30.0 cm刻度处且左右液面又一次平齐时，对应的环境温度是多少摄氏度？
答案 (1)向下 (2)22 ℃
解析 (1)当环境温度升高时，假设右边容器不动，则左侧气体体积变大，右侧管中液面将高于左侧管中液面，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向下移动；
(2)开始时左侧气体体积
V1＝(530＋2×8.0) cm3＝546 cm3
温度T1＝273 K
当液面位于30.0 cm刻度处时左侧气体的体积
V2＝(530＋2×30.0) cm3＝590 cm3
气体进行等压变化，则根据盖—吕萨克定律可得
V1T1＝V2T2
解得T2＝295 K
则t2＝22 ℃。
6、7题每小题5分，8题14分，共24分
6.(2024·辽宁大连市一模)某实验小组用图甲所示装置研究烧瓶内封闭气体的体积一定时压强与温度的关系，初始时封闭气体的摄氏温度为t0，往容器内加热水，可以改变封闭气体的温度t，用Δt(Δt＝t－t0)表示封闭气体升高的摄氏温度，p表示温度为t时封闭气体的压强，则图乙中可能正确的图线是( )
A.①B.②C.③D.④
答案 A
解析 烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有p0T0＝pT＝ΔpΔT，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝p0T0Δt＝p－p0，整理得p＝p0T0Δt＋p0，可见p－Δt图像为一次函数，斜率为p0T0，纵截距为p0，均为正值，故正确的图线是①，故选A。
7.(来自教材改编)(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为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，不考虑大气压强变化，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 由盖—吕萨克定律得V1T1＝V2T
其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，
T1＝(273＋27) K＝300 K，
V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)
代入解得T＝3067x＋19 80067(K)
根据T＝t＋273 K
可知t＝3067x＋1 50967(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
8.(14分)(2025·河北沧州市检测)有的固体形状不规则，且不能够浸入液体中来测量它的体积。某学生设计了如图所示的装置来测定此类固体的体积。放置于水平地面上的导热汽缸横截面积S＝20 cm2，将一个不规则的固体放置在汽缸中，用轻质活塞密封一定质量的理想气体，封闭气体的高度h1＝40 cm。然后缓慢地向活塞上面加细沙，当封闭气体高度变为h2＝35 cm时，所加细沙的质量m＝4 kg。外界温度恒为T1＝300 K，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，活塞始终未与不规则固体接触，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(8分)若封闭气体的温度不发生变化，求不规则固体的体积V0；
(2)(6分)若汽缸导热性能不够理想，加上m＝4 kg的细沙后读取气体高度时封闭气体温度已上升至301 K，求此时不规则固体的实际体积V0'(保留2位有效数字)。
答案 (1)2×10－4 m3 (2)1.9×10－4 m3
解析 (1)设所加细沙的质量为4 kg时，封闭气体的压强为p1，由平衡条件可知
p1S＝p0S＋mg
解得p1＝1.2×105 Pa
由玻意耳定律可得
p0(h1S－V0)＝p1(h2S－V0)
解得V0＝2×10－4 m3
(2)封闭气体温度上升至T2＝301 K时，由理想气体状态方程可得
p0(h1S-V0')T1＝p1(h2S-V0')T2
解得V0'≈1.9×10－4 m3。
(7分)
9.(多选)(2025·四川成都市检测)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度h＝5 cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ＝30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L＝40 cm，大气压强始终为p0＝75 cmHg，重力加速度g取10 m/s2，不计水银与玻璃管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是( )
A.若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1＝37.5 cm
B.被封闭气体的压强为p1＝80 cmHg
C.若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L＝40 cm，则现在的热力学温度与原来热力学温度之比为14∶15
D.若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度L2＝41.67 cm
答案 AC
解析 设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1，对整体，由牛顿第二定律有m总gsin θ＝m总a1，解得a1＝5 m/s2，对水银柱，根据牛顿第二定律p0S＋mgsin θ－p1S＝ma1，其中m＝ρV＝ρSh，解得被封闭气体的压强p1＝75 cmHg，故B错误；若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强p2＝p0＋ρgh＝80 cmHg，被封闭气体做等温变化，则p0SL＝p2SL1，解得封闭气体的长度L1＝37.5 cm，故A正确；若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强p3＝p0－ρgh＝70 cmHg，气体做等容变化，则p0T0＝p3T3，可得T3∶T0＝14∶15，故C正确；若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，对水银柱，根据牛顿第二定律p4S－p0S－mgsin θ＝ma2，其中m＝ρV＝ρSh，被封闭气体做等温变化，则p4SL2＝p2SL1，解得p4＝78 cmHg，L2≈38.46 cm，故D错误。内容
表达式
图像
玻意耳定律
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比
p1V1＝p2V2
查理定律
一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比
p1T1＝p2T2
拓展：Δp＝p1T1ΔT
盖—吕萨克定律
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比
V1T1＝V2T2
拓展：ΔV＝V1T1ΔT
类别
特点(其中C为常量)
举例
p－V
pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p－1V
p＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T
p＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大，体积越小
V－T
V＝CpT，斜率k＝Cp，即斜率越大，压强越小