高考物理一轮复习核心考点精讲精练考点52 气体实验定律和热力学定律的综合应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习核心考点精讲精练考点52 气体实验定律和热力学定律的综合应用（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了 高考真题考点分布， 命题规律及备考策略，明确图像面积物理意义，01m，大气压强p=1，5cmC．8cmD．10cm，714等内容，欢迎下载使用。
1. 高考真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对气体实验定律和热力学第一定律的综合应用的考查较为频繁，大多以计算题中出现，题目难度要求也较高。
【备考策略】
1.能够熟练借助动力学和气体实验定律，处理有关气体的综合问题。
2.能够熟练处理热力学第一定律与气体实验定律相结合的问题。
【命题预测】重点观点气体实验定律的综合应用，特别变质量的问题处理方法。
一、理想气体实验定律
1．三大实验定律
2．理想气体的状态方程
(1)表达式： eq \f(p1V1,T1) ＝ eq \f(p2V2,T2) 或 eq \f(pV,T) ＝C。
(2)适用条件：一定质量的理想气体。
二、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；(2)热传递。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)符号法则
三、热力学第二定律及能量守恒定律
1．热力学第二定律
(1)两种表述：①克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
②开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的。”
(2)用熵的概念表述
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(选填“增大”或“减小”)。
(3)微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
2．能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
3．两类永动机
(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器。违背能量守恒定律，因此不可能实现。
(2)第二类永动机：从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器。违背热力学第二定律，不可能实现。
考点一 理想气体的常见图像
一、一定质量的气体不同图像的比较
[注意] 上表中各个常量“C”意义有所不同。可以根据pV＝nRT确定各个常量“C”的意义。
二、气体状态变化图像的分析方法
1.明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
2.明确图像斜率的物理意义：在V­T图像(p­T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
3.明确图像面积物理意义：在p­V图像中，p­V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
考向1 P-V图像
1．如图所示为卡诺循环过程的图像，该循环可以简化为一定质量理想气体由、两个等温过程和、两个绝热过程组成。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态A的温度低于状态D的温度
B．在的过程中，气体从外界吸收热量
C．过程气体单位体积内分子数增多
D．过程气体对外界做的功大于过程外界对气体做的功
【答案】B
【详解】A．过程，体积增大，气体对外做功，由于绝热过程，没有热交换，根据热力学第一定律，内能减少，温度降低，所以，又因为、都是等温过程，则有故A错误；
B．图像封闭区域面积表示全程气体对外做功大小，又内能不变，故气体从外界吸收热量，故B正确；
C．由过程中，气体总分子数不变，体积变大，单位体积内分子数减小，故C错误；
D．从温度不变，内能不变，从温度降低，内能减小，从温度不变，内能不变，从温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，则过程内能减少量等于过程内能增加量，且这两个过程均绝热，故做功数值大小相等，即过程气体对外界做的功等于过程外界对气体做的功，故D错误。
故选B。
2．一定质量的理想气体从状态a开始，经、、三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知初始状态气体的温度为T，三个状态的坐标分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．在过程中，封闭气体的温度一定不变
B．气体在a状态的温度可能与b状态的温度不相等
C．气体在c状态的温度为
D．气体从状态b到状态c的过程中气体向外界放出的热量为
【答案】C
【详解】AB．对状态分析有对状态分析有所以但气体从状态到状态的过程中不一定温度不变，故AB错误；
C．气体从状态到状态的过程中气体的压强不变，由等压变化规律有解得故C正确；
D．气体从状态b到状态的过程中气体的压强不变，外界对气体做功
由热力学第一定律有
解得
由前面分析可知由状态到状态的过程中气体温度降低，所以气体的内能减少，所以气体向外界放出的热量大于，故D错误。
故选C。
考向2 V-T图像
3．一定质量的理想气体状态变化的过程如图所示，则（ ）
A．从状态c到状态a，压强一直减小
B．整个过程中，气体在状态c时内能最大
C．状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态少
D．从状态c到状态d，外界对气体做功
【答案】BC
【详解】A．根据理想气体状态方程
可得
可知图像的斜率大小与压强大小成反比，如下图所示，和分别是这个图两条切线所对应的最大斜率和最小斜率
所以从状态c到状态a，压强先减小后增大，故A错误；
B．由题图可知，整个过程中，气体在状态c时的温度最高，则内能最大，故B正确；
C．以为两个状态温度相同，状态d时的体积大于状态b时的体积，状态d时的分子密度小，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态少，故C正确；
D．从状态c到状态d，气体体积增大，则气体对外界做功，故D错误。
故选BC。
4．如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的图像。已知气体在状态A时的压强是。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态A的温度为200K
B．气体在状态C的压强为
C．从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大
D．从状态B到状态C的过程中，气体的内能保持不变
【答案】A
【详解】AC．从A到B过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持不变，即
根据盖-吕萨克定律
代入数据解得
故A正确，C错误；
B．从B到C过程中，气体发生等容变化，根据查理定律
代入数据解得
故B错误；
D．从状态B到状态C的过程中，气体温度升高，内能增加，故D错误。
故选A。
考向3 P-T图像
5．一定质量的理想气体经过一系列过程，压强P随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．a→b过程中，气体压强增大，体积变小
B．a→b过程中，气体温度升高，内能变大
C．b→c过程中，气体压强减小，体积变小
D．b→c过程中，气体温度不变，分子数密度变大
【答案】B
【详解】AB．a→b过程中，气体发生等容变化，温度升高，内能增大，故A错误，B正确；
CD．b→c过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律
pV=C
可知压强减小，体积增大，分子密度减少。故CD错误。
故选B。
6．一定质量的理想气体状态变化的图像如图所示，由图像可知（ ）
A．在的过程中，气体的内能减小
B．气体在、、三个状态的密度
C．在的过程中，气体分子的平均动能增大
D．在的过程中，气体的体积逐渐增大
【答案】B
【详解】A．在的过程中，温度升高，内能增加，故A错误；
BD．将a、b、c三点与原点O连起来，由a、b、c均表示等容变化，三条直线的斜率等于，斜率越大，体积越小，故气体在a、b、c三个状态的体积大小关系为
气体的质量一定，则有
故B正确，D错误；
C．在的过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误。
故选B。
考点二 气缸类问题
(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
考向1 单缸问题
7．如图所示，水平放置的汽缸密封着一定质量的理想气体，在汽缸底部和活塞之间连接着根很细的弹簧，已知活塞的横截面积S=0.01m，大气压强p=1.0×105Pa。当缸内气体温度为27 ℃ 时弹簧的长度为30cm，汽缸内气体压强为缸外大气压的1.2倍，当缸内气体温度升高到327℃ 时，弹簧的长度为36cm。不计活塞与缸壁的摩擦且两个过程弹簧都处于拉伸状态，求
(1)此时汽缸内气体的压强p2
(2)此过程中弹簧对活塞做功的大小
【答案】(1)2×105Pa
(2)36J
【详解】（1）根据题意可知
理想气体状态方程
解得
Pa
（2）对活塞受力分析有
可得
则图像为一次函数，可知此过程中弹簧对活塞做功的大小为
J=36J
8．如图，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度差为h，活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为m、横截面积为S，在活塞上放一质量为2m的重物，活塞向下移动，重力加速度大小为g，已知大气压强等于，环境温度为，求：
(1)不加重物时，卡环对活塞的压力大小；
(2)若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降，则降温后的温度为多少？
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设不加重物时，缸内气体压强为，卡环对活塞的压力为F，则
解得
加重物后，缸内气体压强为，则
解得
气体发生等温变化，根据
解得
（2）若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降，未降温时，缸内气体的压强
降温后缸内气体的压强为，则
解得
根据理想气体状态方程
解得
考向2 双缸问题
9．如图所示，横截面积为S的汽缸内有a、b两个厚度忽略不计、质量相等的活塞，两个活塞把汽缸内的同种气体分为A、B两部分，两部分气体的质量相等，汽缸和活塞的导热性能良好，开始时环境的温度为，大气压强为，A、B两部分气柱的长度分别为1.2h、h，活塞a离缸口的距离为0.2h，重力加速度为g，活塞与缸内壁无摩擦且不漏气，求：
（1）每个活塞的质量；
（2）缓慢升高环境温度，当活塞a刚到缸口时，环境的温度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设活塞的质量为，开始时A部分气体压强
A部分气体的压强
由于A、B两部分相同气体的质量相等、温度相同，则
解得
（2）设当环境温度为时，活塞刚好到缸口，气体A、B均发生等压变化，设此时A气柱高为，则B气柱高为，则对A气体研究
对B气体研究
解得
10．竖直放置的导热良好的汽缸固定在水平面上，A、B活塞的面积分别为SA=10cm2，SB=20cm2，质量分别为mA=1kg，mB=2kg，它们用一根长为、不可伸长的轻绳连接，均可沿汽缸内壁无摩擦地上下运动。初始时，轻绳恰好伸直且没有拉力，如图甲所示，A、B活塞间封闭气体Ⅰ的上、下段气柱的长度分别为L、2L，B下方封闭气体Ⅱ的长度为L，A上方的汽缸足够长。现用一跨过两个定滑轮的轻绳连接活塞A和物块C，如图乙所示，当活塞再次静止时，A、B活塞均向上移动L，两活塞间均无漏气，大气压强，环境温度恒定。取，求：
（1）初始状态下，封闭气体Ⅰ和封闭气体Ⅱ的压强。
（2）物块C的质量和末状态A、B间轻绳的拉力大小。
【答案】（1），；（2）3.1175kg，21.55N
【详解】（1）初始状态下，轻绳拉力为零，对活塞A受力分析，则有
解得封闭气体Ⅰ的压强
对活塞B受力分析，则有
解得封闭气体Ⅱ的压强
（2）对于气体Ⅰ，初态和末态体积分别为
根据玻意耳定律有
解得
设物块C的质量和末状态A、B间轻绳的拉力大小T，对于气体Ⅱ，初态和末态体积分别为
根据
解得玻意耳定律有
对于活塞B
解得
T=21.55N
对于活塞A
解得
考点三 管类问题
解答此类问题，关键是液柱封闭气体压强的计算，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
考向1 单管问题
11．如图所示，一根一端封闭粗细均匀细玻璃管AB开口向上竖直放置，管内用高的水银柱封闭了一段长的空气柱。已知外界大气压强为，封闭气体的温度为，g取10，则：
（1）若玻璃管AB长度为，现对封闭气体缓慢加热，则温度升高到多少摄氏度时，水银刚好不溢出？
（2）若玻璃管AB足够长，缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定，同时使封闭气体的温度缓慢降到，求此时试管内空气柱的长度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）若对封闭气体缓慢加热，直到水银刚好不溢出，封闭气体发生等压变化，设玻璃管的横截面积为S．初状态，末状态根据盖—吕萨克定律解得故温度升高到
（2）初始时刻，气体的压强为玻璃管倒过来后的压强为由理想气体状态方程得解得
12．热学中将标准大气压定为p0=75cmHg。如图所示是一个竖直放置的下端封闭、上端开口且足够长的粗细均匀的玻璃管。长为l2=10cm的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度为l1。已知外界的压强为标准大气压，环境温度保持不变，取重力加速度g=10m/s2。试求：
（1）此时玻璃管内气体的压强p1（用cmHg作单位）；
（2）若对玻璃管施加一外力，使其向上做加速度为5m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内气体的压强p2（用cmHg作单位）。
【答案】（1）85cmHg；（2）90cmHg
【详解】（1）对水银柱分析受力，设空气的压强为，水银柱的横截面为，根据平衡条件有
又
，p0=ρgh0=76cmHg
解得
（2）对水银柱，由牛顿第二定律有
又
可得
解得
考向2 U型管问题
13．如图，顶部封闭竖直放置的不对称U形玻璃管中，左侧A管的横截面积是右侧B管的2倍，管中充有水银，A管和B管中水银液面的高度相同，水银液面上方的管中有压强均为84cmHg的空气，A管中空气柱的长度为15cm，B管中空气柱的长度为30cm。打开管底部的阀门K，缓慢放出部分水银后再关闭K。已知放出部分水银后B管中水银面下降了5cm，在放出水银的过程中温度保持不变。求A管中水银面下降的高度。
【答案】
【详解】B管内气体做等温变化，则
其中
，，
解得
A管内气体做等温变化，则
其中
，
装置稳定后有
联立解得
，
14．如图所示，竖直放置的粗细均匀的导热U形管，左管封闭，右管开口，管中两段水银柱封闭两段理想气体，右管中B段气体长度为h =19cm，左管中A段气体的长度为2h，B段气体上表面与A段气体下表面齐平，B段气体上方水银柱的长度为h，大气压强为76mHg，初始环境温度为7。
（1）缓慢升高环境温度使管中A、B间水银柱左侧液面下降到与右侧页面平齐，求此时的温度。
（2）接（1）问，保持环境温度不变，再往右侧管中缓慢注入水银，使左右两管中A、B间水银液面的高度差恢复到h，求右管中注入的水银长度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）初始时，B部分气体的压强
A部分气体的压强满足
缓慢升温过程，B段气体的压强不变，做等压变化，设温度为T1时液面平齐，此时左管中液面下降了0.5h，A段气体长度变为2.5h，压强为pA1，对A段气体有
pA1=pB
根据理想气体状态方程有
解得
（2）当左管中液面比B段气体下表面高h时，A段气体的压强为pA2，长度为2h，根据玻意耳定律有
此时B段气体压强为
设右管中注入水银柱长度为，对B气体有
解得
=42.75cm
考点四 变质量问题
分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象“化变为定”，即把“变质量”问题转化为“定质量”的气体问题，然后利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
1.充气问题：在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
2.抽气问题：在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量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，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。
3.也可以利用pV＝nRT来处理有关变质量问题。
考向1 充气问题
15．某同学在27℃的室内对篮球充气，已知篮球球内空间的体积为10L，充气前的气压为0.9atm，充气筒每次充入0.2L、压强为1atm的气体，忽略篮球体积变化及充气过程中气体温度的变化，充气后球内气体压强增大至2atm。
（1）充气多少次可以让球内气体压强增大至2atm；
（2）若室外温度为7℃，将上述充好气的篮球拿到室外，经足够长时间后球内压强变为多少？（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）55次；（2）
【详解】（1）设充气次数为n，对充入的气体，充入前
压强为
当压强变为时，体积为V1，由玻意耳定律得
得
以篮球内最终气体为研究对象，由玻意耳定律得
解得
（2）篮球内气体发生等容变化，由查理定律得
得
16．如图所示的家庭小型喷壶总容积为1.4L，打气筒每次可将压强为体积为0.04L的空气充入壶内，从而增加壶内气体的压强。为了保证喷壶的安全，壶内空气压强不能超过；为了保证喷水效果，壶内气体压强至少为，当壶内空气压强降至时便不能向外喷水。现装入1.2L的水并用盖子密封，壶内被封闭空气的初始压强为。壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计，壶内空气可视为理想气体且温度始终不变，则：
（1）若充气恰好到达喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为多少？
（2）为了保证喷水效果，打气筒最少打气多少次？
【答案】（1）0.8L；（2）10次
【详解】（1）设可向外喷出水的体积为，由玻意耳定律可得
其中、、带入上式解得
（2）为了保证喷水效果，设打气筒最少打气次，则由玻意耳定律可得
其中，， △V=0.04L，代入上式解得
次
考向2 抽气问题
17．某同学设计了一个“隔空取钱”的小游戏。把若干现金放在桌面上，盖上盆子，不用手接触盆子就能把钱取走。该同学做了下面操作：把两张餐巾纸平铺在盆底上，倒上适量水，把一只抽气拔罐扣在湿透的餐巾纸上，用抽气筒抽掉拔罐中的一部分气体，手抓拔罐缓慢地提起盆子，取走现金。示意图如图所示，假设拔罐口横截面积为S1，盆底的横截面积为S2，盆子和湿透的餐巾纸总质量为m，当盆子悬在空中时对盆子施加竖直向下、大小为F的力，盆子（包括餐巾纸）与拔罐刚好分离。拔罐中气体视为理想气体，忽略抽气过程气体温度的变化及盆子的形变，大气压强为p0，重力加速度为g，求：
（1）盆子提起后，拔罐中气体的压强；
（2）罐内剩余气体的质量与抽气前罐内气体质量之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设盆子提起后，拔罐中气体的压强为，则有
解得
（2）设拔罐中气体的体积为V，抽出气体在压强为时的体积为，由玻意耳定律有
罐内剩余气体的质量与抽气前罐内气体质量之比
18．如图为手动抽气机原理图。导热良好的汽缸A、B用细管相连，A的容积为B的2倍，A中装有一定质量的理想气体，压强为p0。活塞C可沿汽缸B滑动且保持良好的气密性。连接A、B的细管上有两个单向阀门K1、K2，当向右拉活塞时，K1打开，K2闭合；向左推活塞时，K1闭合，K2打开。开始抽气时活塞位于汽缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，不计细管残留气体对压强和体积的影响，求：
（1）将活塞C缓慢拉到汽缸B的最右端，再缓慢推回到汽缸B的最左端，此时缸内气体的压强；
（2）如此重复（1）n次后（包括第一次），A缸内剩余气体的压强。
【答案】①；②
【详解】（1）根据玻意耳定律
p0VA = p1(VA＋VB)，VA = 2VB
可得
（2）根据玻意耳定律
pnVA = pn－1(VA＋VB)
又有
VA = 2VB
可得
考点五 热力学第一定律与气体实验定律相结合的综合应用
考向 热力学第一定律与气体实验定律相结合的综合应用
1．公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解
2.求解热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路：
19．如图所示是一顶部开口并带有卡环、高为H、横截面积为S的绝热汽缸，绝热活塞与两根相同轻弹簧相连后密封一定质量的理想气体。初始时，活塞位于汽缸一半高度处，轻弹簧的压缩量为，缸内气体的温度为。现通过汽缸内的电热丝加热气体，活塞缓缓上升，直至刚好到达汽缸顶部。已知大气压强为，轻弹簧的劲度系数，活塞质量，重力加速度为g，忽略汽缸壁及活塞的厚度，不计一切摩擦。求：
（1）活塞刚好到达汽缸顶部时，封闭气体的温度T；
（2）若整个加热过程中气体内能的变化量为，则气体吸收的热量Q。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）初始时，对活塞受力分析，有
解得
活塞恰好到达汽缸顶部时，对活塞受力分析，有
解得
由理想气体状态方程，有
解得
（2）对活塞，由动能定理有
解得
对封闭的气体由热力学第一定律得
解得
20．伽利略温度计结构如图所示。由玻璃泡A、与A相连的细管B、以及液体槽C组成。B管插在液体槽中，管内径的横截面积。当环境温度变化时，管内液面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度。已知当环境温度时，A和B中气体的总体积，此时管内液面的高度差。大气压强为，气体的内能与热力学温度成正比，即，此场景中。B管内液柱引起的压强与大气压强相比可忽略不计，液体槽C液面高度几乎不变。
（1）当外界温度缓慢降为时，求管内液面的高度差x；
（2）当外界温度缓慢降为时，气体放出了多少热量？
【答案】（1）10.6cm；（2）0.24J
【详解】（1）由于B管内液体产生的压强不计，故为等压过程，则
解得
（2）根据热力学第一定律
内能变化
外界对系统做功
则气体放出的热量为0.24J。
考点六 探究等温情况下一定质量的气体压强与体积的关系
考向 探究等温情况下一定质量的气体压强与体积的关系
注意事项：
(1)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是注射器活塞上涂润滑油。
(2)为了保持封闭气体的温度不变,实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢和不能用手握住注射器封闭气体部分。
21．某实验小组用如图甲所示装置探究气体等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。从压力表上读取空气柱的压强，从注射器旁的刻度尺上读取空气柱的长度。
(1)实验室有容积为5mL和20mL的两种气柱玻管供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化，选用容积为 的气柱玻管更合适；实验中，为找到体积与压强的关系， （选填“需要”或“不需要”）测气柱的横截面积。
(2)关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．为避免漏气，可在柱塞上涂抹适量润滑油
B．实验中应快速推拉柱塞，以免气体进入或漏出注射器
C．为方便推拉柱塞，应用手握紧注射器再推拉柱塞
(3)测得注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，作出图像如图乙所示，图像向下弯曲的可能原因有（ ）
A．实验过程中有进气现象B．实验过程中有漏气现象
C．实验过程中气体温度降低D．实验过程中气体温度升高
【答案】(1) 5mL 不需要
(2)A
(3)BC
【详解】（1）[1]由于注射器长度几乎相同，容积为5mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。故应选用5mL玻璃管；
[2]横截面积相同，每一次体积的改变，只需要比较空气柱长度的变化即可，故不需要测量空气柱的横截面积。
（2）A．为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施时注射器上涂上润滑油防止漏气，故A正确；
B．若急速推拉活塞，则有可能造成等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，故B错误；
C．手握紧活塞会导致温度的变化，故C错误。
故选A。
（3）根据，可得
由于图像向下弯曲斜率变小，则有可能是温度降低或发生了漏气现象。
故选BC。
22．在“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验中，用DIS 研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图 1 所示，用一个带有刻度的注射器及DIS 实验系统来探究气体的压强与体积关系。实验中气体的质量保持不变，气体的体积直接读出，气体的压强是由图中压强传感器等计算机辅助系统得到， 请回答下列有关问题。

（1） 甲同学在做本实验时，按实验要求组装好实验装置，然后缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从初始体积20.0mL减为12.0mL。实验共测出五组数据，每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值。 实验完成后，计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果：
仔细观察不难发现，pV（×105Pa·mL）一栏中的数值越来越小， 造成这一现象的原因可能是 。
A． 实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大。
B． 实验时环境温度增大了。
C． 实验时外界大气压强发生了变化。
D． 实验时注射器的空气向外发生了泄漏。
（2）根据你在第（1）题中的选择，为了减小误差，应当采取的措施是： 。
（3）乙同学实验操作规范正确，根据实验数据画出如图2所示的图线不过坐标原点，则截距中的b代表的是 。
【答案】 D 在注射器活塞上加润滑油 注射器与压强传感器连接处软管的气体体积
【详解】（1）[1]根据
可知，pV乘积变小，可能是气体的温度降低，即环境温度降低；或者气体质量减小，即实验时注射器的空气向外发生了泄漏造成的。
故选D。
（2）[2]根据在第（1）题中的选择，为了减小误差，应当采取的措施是：在注射器活塞上加润滑油，防止漏气。
（3）[3]根据理想气体状态方程
可知，实验数据画出的图线是过坐标原点的直线；在实际的实验过程中实验操作规范正确，根据实验数据画出如图2所示的图线不过坐标原点，该图线的方程为
说明试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，截距b代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积；
23．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过等温过程（）、等压过程（）、等容过程（）回到状态A，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A．A到B过程中，气体分子的平均速率变大
B．B到C过程中，气体放出热量
C．C到A过程中，气体压强减小的原因是气体分子的平均动能减小
D．整个过程气体对外不做功
【答案】C
【详解】A．A到B为等温过程，温度不变，气体分子的平均速率不变，故A错误；
B．B到C是等压过程，因为体积增大，气体对外做功，由一定质量的理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增加，所以气体吸收热量，故B错误；
C．C到A是等容过程，体积不变，气体分子密集程度不变，温度降低，气体分子平均动能减小，因此压强减小，故C正确；
D．p-V图像中，图像与横轴围成面积代表做功大小，可知对外做功大于外界对系统做功，故D错误。
故选C。
24．一定质量的理想气体从状态A开始，发生如图所示的一系列变化，最终回到状态A。其中，从状态B到状态C过程中气体对外界做功为W0（W0＞0）。下列说法错误的是（ ）
A．A→B过程中外界对气体不做功，气体从外界吸热
B．B→C过程中气体从外界吸热，且吸收的热量等于W0
C．状态A与C相比，气体分子碰撞单位面积器壁的平均力更大
D．A→B→C→A整个过程中，气体总体从外界吸热
【答案】C
【详解】A．根据理想气体状态方程
由图像可知A→B过程中气体体积不变，外界对气体不做功；气体温度升高，则气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确，不满足题意要求；
B．由图像可知B→C过程中气体的温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律可得
可得
可知气体从外界吸热，且吸收的热量等于W0，故B正确，不满足题意要求；
C．状态A与C相比，气体压强相等，根据
可知气体分子碰撞单位面积器壁的平均力一样大，故C错误，满足题意要求；
D．将A→B→C→A整个过程中变化转化为图像，如图所示
根据图像与横轴围成的面积表示做功，由图像可知，B→C过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，所以整个过程气体对外做的功，而内能变化为0，根据热力学第一定律可知，整个过程气体总体从外界吸热，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
25．一定质量的理想气体从状态a开始，经历一次循环回到原状态，其体积随热力学温度变化的图像如图所示，其中ab、dc均垂直于横轴，ad，bc的延长线均过原点O。下列表述不正确的是（ ）
A．在过程中气体从外界吸收热量
B．状态a的压强小于状态c的压强
C．在过程中在单位时间单位面积上碰撞容器壁的气体分子数减少
D．在过程中外界对气体做的功小于在过程中气体对外界做的功
【答案】D
【详解】A．过程中气体体积增大，气体对外做功，为负值，温度升高，内能变大，根据
可知气体从外界吸收热量，故A正确，不满足题意要求；
B．过程中气体压强不变，则有
过程中，温度不变，根据玻意耳定律可知，体积增大，压强减小，则有
所以有
故B正确，不满足题意要求；
C．过程中气体压强不变，温度升高，根据压强微观意义可知，在单位时间单位面积上碰撞容器壁的气体分子数减少，故C正确，不满足题意要求；
D．过程为等压变化，外界对气体做功为
根据理想气体状态方程
可知
同理，在过程中气体对外界做功为
由图可知
，
可知在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功，故D错误，满足题意要求。
故选D。
26．如图所示，竖直放置的绝热汽缸内有A、B两个活塞，活塞的质量、厚度均可忽略，其中A活塞绝热，B活塞导热，两活塞与汽缸间封闭了甲、乙两部分理想气体，活塞的面积为S，活塞与汽缸壁之间的滑动摩擦力f = p0S（p0为外界大气压强），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，两活塞之间及活塞A与汽缸底部间的距离均为d，两活塞与汽缸壁之间的摩擦力均恰好为0，两部分理想气体的热力学温度均与环境温度相同。现对甲气体缓慢加热，则当活塞B刚好要发生滑动时，活塞A移动的距离为（ ）
A．B．C．D．d
【答案】C
【详解】设活塞B刚好要发生滑动时，活塞A向上移动的距离为x，对气体乙，初始时，有p1 = p0，根据玻意耳定律，有
对活塞B，有
联立解得
故选C。
27．某研究小组对山地车的气压避震装置进行研究，其原理如图乙所示，在倾角为的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热气缸B，活塞用劲度系数为的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到气缸底部的距离为，气缸底部到斜面底端的挡板距离为，气缸内气体的初始温度为。对气缸进行加热，气缸内气体的温度从上升到，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，继续加热，当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长。已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系，，已知气缸质量为，活塞的质量为，气缸容积的横截面积为，活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为，大气压为，下列说法正确的是（ ）
A．初始状态下气缸内气体压强p为
B．从上升到过程中气体吸收的热量
C．温度为时气缸内气体压强为
D．温度为时弹簧处于压缩状态
【答案】B
【详解】A．对气缸和活塞整体分析有
对活塞受力分析有
代入得
A错误；
B．汽缸内气体的温度从上升到，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，此过程中封闭气体的压强不变，则有
该过程中内能增加量
外界对气体做的功
根据热力学第一定律有
解得
B正确；
C．当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长，对活塞根据受力平衡有
代入得
C错误；
D．由理想气体状态方程得
由弹力知
代入数据得
因为，故温度为时弹簧处于伸长状态，D错误；
故选B。
28．两端封闭、粗细均匀的玻璃管内，一段水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段，当玻璃管竖直静止时，A、B两段的长度相等，如图甲所示；仅将玻璃管旋转，再次平衡时，A、B两段的长度之比为1：2，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中A、B两段气体的压强的比值为
B．图甲中A、B两段气体的压强的比值为
C．图乙中A、B两段气体的压强的比值为
D．图乙中A、B两段气体的压强的比值为
【答案】B
【详解】设水银柱的长度为，将玻璃管旋转，再次平衡时，设A的长度为，则B的长度为，玻璃管竖直静止时，A、B两段的长度为
玻璃管竖直静止时，有
将玻璃管旋转，再次平衡时，有
气体做等温变化，则
联立解得
，，，
则
，
故选B。
29．如图所示，竖直细玻璃管A、B与水平细玻璃管C底部连通，各部分玻璃管内径相同。A管上端封有长为16cm的理想气体，B管上端开口并与大气相通，此时A、B两管中水银面恰好相平，且水银面到玻璃管底部的距离为15cm。水平玻璃管C内用小活塞封有长度为16cm的理想气体。已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化。现用力将活塞缓慢向左推压，使A管内的气柱长度变为15cm，此时C管内气体未到达B管，则活塞向左移动的距离为（ ）
A．5cmB．6.5cmC．8cmD．10cm
【答案】C
【详解】设玻璃管截面积为S，以A管内气体为研究对象，状态1
，
状态2
由玻意耳定律可得
解得
以C管内气体为研究对象，状态1
，
状态2
，
由玻意耳定律可得
解得
则活塞向左移动的距离
故选C。
30．江西景德镇的陶瓷以白瓷著称，素有“白如玉，明如镜，薄如纸，声如磬”之称。如图是烧制瓷器所用窑炉的简图，上方有一只能向上打开的单向阀门，阀门横截面积为S，当阀门受到大于等于的净压力时，阀门打开，已知大气压强恒为，绝对零度取-273 ℃。某次模拟烧制过程，初始时窑内温度为27 ℃，窑内气体体积为，压强为，阀门打开后，窑内气体压强不变且可看成理想气体，则（ ）
A．窑内温度为727 ℃时阀门打开
B．阀门打开时，窑内气压可能为
C．窑内温度为427 ℃时窑内气压为
D．窑内温度为时窑内剩余气体质量为初始时的
【答案】D
【详解】B．外界大气对阀门的作用力恒为，阀门恰打开时，设窑内气体压强为p，有
即
故B错误；
A．阀门打开前，窑内气体发生等容变化，有
解得
即
故A错误；
C．窑内温度为时，根据
解得
故C错误；
D．根据理想气体状态方程求某温度时窑内原有气体的体积，窑内温度为时，阀门处于打开状态，根据解得窑内剩余气体的质量为初始时气体质量的故D正确。故选D。
31．山地车的气压避震装置主要由活塞、汽缸组成。某研究小组将其汽缸和活塞取出进行研究。如图所示，在倾角为的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热汽缸B，活塞用劲度系数为的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到汽缸底部的距离为，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为，汽缸内气体的初始温度为。已知汽缸质量为，活塞的质量为，汽缸横截面积为，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为，大气压为。
（1）求初始状态下汽缸内气体压强；
（2）对汽缸进行加热，汽缸内气体的温度从上升到，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，求；
（3）若在第（2）问的基础上继续对汽缸进行加热，当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长，求（结果保留分数）。
【答案】（1）；（2）300K；（3）
【详解】（1）对气缸进行分析，根据平衡条件有
解得
（2）加热过程中，当气缸与底部挡板之间没有弹力作用 ，对活塞与气缸整体进行分析有
解得
即此时，弹簧的长度不变，则汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，气体体积为，结合上述，此过程气体压强不变，根据盖吕萨克定律有
解得
（3）弹簧恰好恢复原长时，，对活塞分析 ，根据平衡条件有
解得
根据理想气体状态方程有
解得
32．如图所示，左、右两气缸及两活塞间封闭有甲、乙、丙三部分气体，中间连通的细管极细（管内气体的体积忽略不计）。气缸长度均为，活塞横截面积是的2倍，活塞厚度均不计，初始时活塞位于右气缸左壁（中间的空隙可忽略），活塞位置如图．活塞与缸壁密封良好，摩擦不计，左侧气缸和两活塞都绝热，右侧气缸可导热。初始时，甲、乙气体压强均为，丙气体压强为，三部分气体的温度均为。已知。
(1)若用电热丝对甲气体升温，求当温度升高至时，活塞向右移动，求乙气体此时的温度；
(2)若用电热丝对甲气体升温，当甲气体温度为多少时，活塞向右移动，且左气缸中乙气体的温度为。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设活塞横截面积为，对甲气体分析，
初态：，
末态：，
由理想气体状态方程得
解得
则B活塞不动；
对乙气体分析，初态：，
末态：，
由理想气体状态方程得
联立解得
（2）对丙气体分析，初态：，，
末态：，，
由玻意耳定律得
解得
设活塞到左气缸右壁的距离为，对乙气体分析，
初态：，，，
末态：，，，，，
由理想气体状态方程得
解得
对甲气体分析，初态：，，
末态：，
由理想气体状态方程得
联立解得
33．如图，一导热性能良好、横截面积为的汽缸置于足够长、倾角为的光滑斜面上，最初使其保持静止。汽缸内质量为、横截面积为、不计体积的活塞将汽缸内的理想气体分为、两部分，其体积分别为、，部分气体的压强为。已知外界温度恒定，活塞与汽缸壁始终垂直且密封性良好，汽缸部分的阀门关闭，，重力加速度为，活塞与汽缸之间的摩擦忽略不计。
(1)将汽缸由静止释放，求气体状态稳定时部分气体的压强；
(2)将汽缸固定在斜面上，通过阀门缓慢向外抽气，求当汽缸内部分气体体积为时，抽出气体的质量与部分剩余气体的质量之比。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设汽缸静止时，部分气体的压强为，有
解得
汽缸由静止被释放后，气体状态稳定时、两部分气体压强相等，设此时的压强为，有
解得
（2）汽缸内部分气体体积为时，部分气体体积为，设此时部分气体压强为，有
解得
设此时部分气体的压强为，有
解得
由玻意耳定律可得
解得
设抽出气体的质量为，剩余气体的质量为，有
解得
34．如图所示，每个医用氧气钢瓶内体积为40 L，在夜晚时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，白天时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强均为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在白天时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
(2)一大钢瓶氧气可分装多少个小瓶供病人使用？
【答案】(1)21 ℃
(2)124
【详解】（1）钢瓶的容积一定，从夜晚到白天对钢瓶内气体，根据‌盖-吕萨克定律
解得
T2＝294 K
即
t＝21 ℃
（2）在白天时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则
p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据玻意耳定律
p2V2＝p3V3
解得
V3＝2.52 m3
可用于分装小瓶的氧气
p4＝2×105 Pa
V4＝（2.52－0.04）m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气
p5＝4×105 Pa，V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3根据玻意耳定律p4V4＝p5V5解得n＝124即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。
35．小明同学设计制作了简易家禽自动饮水器如图甲所示，当瓶口浸入水中时，水不会流出；当家禽饮水使盘子里的水面下降而瓶口刚露出水面时，空气从瓶口进入瓶内，水就会自动流出来，升高盘子里的水位，使瓶口重新没入水中，水停止流出。为了便于计算，我们用水银代替水来研究。其简化模型如下：用玻璃管代替饮水器的盛水桶，玻璃管的长度为，横截面积。开始时将玻璃管开口向上，倒入长度为的水银，如图乙所示，然后封住管口，将玻璃管倒置在盛有水银的浅盘中，管口刚好浸入水银面（此过程没有空气进入管内），如图丙所示。已知大气压强，整个过程环境温度保持不变，封闭气体可视为理想气体，不计管口浸入浅盘液面的深度。
(1)求倒置后稳定时，玻璃管中水银的高度；
(2)浅盘内水银逐渐减少，当玻璃管内剩余水银的高度为时，求后来进入的气体质量与原来气体质量之比。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设倒置后稳定时，玻璃管中水银的高度为，则玻璃管气体压强为
根据玻意耳定律可得
联立代入数据解得
或（舍去）
（2）当玻璃管内剩余水银的高度为时，则玻璃管气体压强为
根据玻意耳定律可得
可得
根据
可知后来进入的气体质量与原来气体质量之比
36．用吸管喝饮料时，先用嘴巴含住吸管，使口腔成为一个较小的密闭容器。开始时口腔内部气体压强与大气压相等，吸管内饮料液面与杯中液面相平，如图1所示。舌头像一个活塞，肌肉拉动动舌头向后运动，改变口腔体积，从而将饮料慢慢吸入口中，其原理可简化如图2所示。已知：吸管截面积为，液面到嘴边吸管有效长度为14.5cm，有效高度为10cm，未吸饮料时口腔体积为，舌头的有效截面积为，大气压强为，饮料的密度，g取。求：
（1）将饮料吸入过程，舌头向后移动的距离；
（2）饮料即将吸入口腔时，肌肉拉动舌头的作用力。
【答案】（1）1cm；（2）
【详解】（1）吸入后口腔内气体压强为
由玻意耳定律

代入数据有
解得
口腔内体积增大，舌头向后移动距离为
（2）分析舌头受力可知
解得
37．如图所示，一个质量为的活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞下方悬挂一个劲度系数为的轻质弹簧，弹簧原长为，活塞体积可忽略不计，距气缸底部处连接有一右端开口的U形细管（管内气体的体积忽略不计），初始时，封闭气体温度为，活塞距离气缸底部为，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为，气缸横截面积为，重力加速度为，不计活塞与气缸内壁的摩擦。
（1）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（2）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若封闭气体向外界放出的热量为5J，求气体内能的变化量。
【答案】（1）210K；（2）1.5J
【详解】（1）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强为
体积为
设两边水银面相平时，气缸内气体的压强为
则弹簧下端一定与气缸底接触，对活塞进行受力分析有
解得弹簧的压缩量为
根据
则有
设此时温度为，由理想气体状态方程有
联立解得
（2）从开始至弹簧恰与气缸底接触，气体压强不变，外界压缩气体做功为
在之后弹簧被压缩2cm的过程中，外界大气对活塞做功为
活塞所受重力做功为
弹簧弹力对活塞做功为
设活塞克服封闭气体压力做功为W5，对活塞，弹簧触底后，根据动能定理，有
解得
压缩气体做的总功
且
由热力学第一定律
解得
38．气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力。如图甲所示是气钉枪和与之配套的气罐、气泵，图乙是气钉枪发射装置示意图，气缸通过细管与气罐相连。射钉时打开开关．气罐向气缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。气钉枪配套气罐的容积，气缸有效容积，气钉枪正常使用时气罐内压强范围为，为大气压强，当气罐内气体压强低于时气泵会自动启动充气，压强达到时停止充气。假设所有过程气体温度不变，已知气罐内气体初始压强为，。
（1）当气罐内气体压强降为时气泵启动对气罐充气，当充气结束时，求气泵共向气罐内泵入压强为的空气体积；
（2）通过计算说明充气结束后能否用气钉枪正常射出150个钉子。
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）充气前，气罐内气体压强为，充气后气罐内气体压强为，充气过程为等温变化，有
解得
（2）设发射第一个钉子有
可得
发射第二个钉子，有
解得
发射第三个钉子，有
解得
以此类推，发射第150个钉子，有
代入数据可得
所以可以用气钉枪正常射出150个钉子。
39．（2024·贵州·高考真题）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，压强为，现缓慢充气后压强变为，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，压强为。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)
(2)
(3)吸热
【详解】（1）设充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有
解得
（2）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得
可得
（3）由图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，和都是从M状态变化而来，应该相同，可得
可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律可知，从M到的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
40．（2024·浙江·高考真题）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2 m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大气压强p0=1.0×105Pa，环境温度T1=300K。
（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求此不规则小块固体的体积V；
（3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
【答案】（1）不变，变小；（2）4×10-5m3；（3）14.4J
【详解】（1）[1][2]温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。
（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律
解得
（3）整个过程中外界对气体做功为
对活塞受力分析
解得
根据热力学第一定律
其中
解得
故气体吸收热量为14.4J。题型
考点考查
考题统计
选择题
气体实验定律、热力学第一定律
2024年重庆卷
计算题
气体实验定律、热力学第一定律
2024年贵州卷
玻意耳定律
查理定律
盖吕萨克定律
表达式
p1V1＝p2V2
eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2) 或 eq \f(p1,p2) ＝ eq \f(T1,T2)
eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(V2,T2) 或 eq \f(V1,V2) ＝ eq \f(T1,T2)
图像
物理量
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
类别
特点(其中C为常量)
举例
p­V
pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p­eq \f(1,V)
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p­T
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V­T
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小
物理量
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
序号
V（mL）
p（×105Pa）
pV（×105Pa·mL）
1
20.0
1.0010
20.020
2
18.0
1.0952
19.714
3
16.0
1.2313
19.701
4
14.0
1.4030
19.642
5
12.0
1.6351
19.621