第8章 微型专题 气体实验定律和理想气体状态方程的应用（word版含答案）
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| 名称 | 第8章 微型专题 气体实验定律和理想气体状态方程的应用（word版含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 671.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-09-02 14:15:17 | ||
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文档简介
微型专题 气体实验定律和理想气体状态方程的应用
[学科素养与目标要求]
科学思维：1.会巧妙地选择研究对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题.2.会利用图象对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题.3.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．
一、变质量问题
例1 一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(容器内气体温度不变，大气压强为p0)( )
图1
A．np0，p0
B.p0， p0
C．(1＋)np0，(1＋)np0
D．(1＋)p0，()np0
答案 D
解析 打气时，活塞每推动一次，就把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得：
p0(V＋nV0)＝p′V.
所以p′＝p0＝(1＋n)p0.
抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，
p1＝p0.
第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)
p2＝p1＝()2p0
活塞工作n次，则有：
pn＝()np0.故正确答案为D.
在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律.如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来.可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解.
二、理想气体状态方程与气体图象问题
名称 图象 特点 其他图象
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
等压线 V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
例2 使一定质量的理想气体的状态按图2甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．
图2
(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和热力学温度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．
答案 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析
解析 从p－V图中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝
4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L.
(1)根据理想气体状态方程
＝＝，
可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K，
TD＝·TA＝×300 K＝300 K，
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K.
(2)因由状态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)，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程．
分析状态变化的图象问题，要与状态方程结合起来，才能由某两个参量的变化情况确定第三个参量的变化情况，由＝C知，若气体在状态变化过程中pV不变，则温度不变；若不变，则V不变；若不变，则p不变，否则第三个参量发生变化.
三、理想气体的综合问题
1．定性分析液柱移动问题
定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．
常用推论有两个：
(1)查理定律的分比形式：＝或Δp＝p.
(2)盖—吕萨克定律的分比形式：＝或ΔV＝V.
2．定量计算问题
定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题．
解决该类问题的一般思路：
(1)审清题意，确定研究对象．
(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；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进而求出压强．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．
例3 如图3所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来上、下两部分气体温度相同)
图3
答案 水银柱上移
解析 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p1＝p2＋ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，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．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
上段：＝，所以p2′＝p2，
Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；
同理下段：Δp1＝p1.
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．
此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.
例4 (2019·荆门市期末统考)如图4所示，一圆柱形汽缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的薄活塞，在距缸底高为2H的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从汽缸中顶出，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞与汽缸壁之间没有摩擦．活塞下方距缸底高为H处还有一固定的导热性能良好的薄隔板，将容器内的同种理想气体分为A、B两部分，开始时A、B中气体的温度均为27 ℃，压强均等于外界大气压强p0，活塞距汽缸底的高度为1.3H，现通过B中的电热丝缓慢加热，规定0 ℃为273 K，试求：
图4
(1)当B中气体的压强为3p0时，活塞距隔板的高度是多少？
(2)当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是多少？
答案 (1)0.9H (2)1 500 K
解析 (1)B中气体做等容变化，由查理定律：＝
解得：T′＝T＝×300 K＝900 K
设汽缸底面积为S，A中气体做等压变化，由于薄隔板导热性能良好，A、B中气体温度相等，由盖—吕萨克定律得：
＝，即＝解得：H′＝0.9H
(2)当A中气体压强为1.5p0时，活塞将顶在卡环处，
对A中气体：＝，
即T″＝＝＝1 500 K
由于薄隔板导热性能良好，故B中气体的温度为1 500 K.
1．(液柱移动的问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图5所示．V左图5
A．不动 B．向左移动
C．向右移动 D．无法确定是否移动
答案 C
解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p左＝p右＝p
对左端空气柱＝，则Δp左＝p左＝－p
同理右端空气柱Δp右＝－p
所以|Δp右|>|Δp左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C正确．
2.(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图6所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：
图6
(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？
(2)当贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
答案 (1)15次 (2)1.5 L
解析 (1)设打气筒打压n次可以使压强达到4 atm.
初状态：p1＝1 atm，V1＝V＋nV0
其中V＝(7.5－6) L＝1.5 L＝1.5×103 cm3
末状态：p2＝4 atm，V2＝V
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得n＝15.
(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V′
由玻意耳定律得：p2V2＝p1V′
4 atm×1.5 L＝1 atm×V′
解得V′＝6 L
故还剩药液7.5 L－6 L＝1.5 L.
3．(理想气体图象问题)(2019·遵义航天高级中学月考)一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，p－T图象如图7甲所示．若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3，规定0 ℃为273.15 K．求：
图7
(1)状态A的热力学温度；
(2)写出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；
(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．
答案 (1)200 K (2)0.4 m3 (3)见解析
解析 (1)状态A的热力学温度：
TA＝t＋273.15 K＝(－73.15＋273.15) K＝200 K.
(2)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程．
对A至C，由理想气体状态方程有：＝
解得：VA＝＝ m3＝0.4 m3.
(3)由盖—吕萨克定律得：＝
解得：VB＝＝0.4× m3＝0.6 m3
图象如图所示．
4．(理想气体状态方程的综合应用)(2019·河北省五个一名校联盟一诊)如图8所示，在一圆形竖直管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分．温度都为T0＝300 K，上部气体压强为p0＝1.0×105 Pa，活塞A有＝2×104 Pa(S为活塞A的横截面积)．现保持下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)．求：
图8
(1)下部分气体的压强；
(2)上部分气体的温度．
答案 (1)2.4×105 Pa (2)1 080 K
解析 (1)下部分气体做等温变化，
初状态：压强为p1＝p0＋
体积为：V1＝V0
末状态：压强为p2，体积为：V2＝V0
根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2
代入数据解得：p2＝2.4×105 Pa
(2)当活塞A移动到最低点B时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强相等，即
p2′＝p2
对上部分气体，
初状态： 压强为p0，温度为T0，体积为V0
末状态： 压强为p2′，温度为T2′，体积为V2′＝V0
根据理想气体状态方程，有：＝，
则T2′＝，
代入数据解得：T2′＝3.6T0＝1 080 K.
一、选择题
考点一 变质量问题
1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( )
A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm
答案 A
解析 取全部气体为研究对象，由p1(V1＋V2)＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确．
2．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，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，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)( )
A．10次 B．15次
C．20次 D．25次
答案 B
解析 温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得
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.
考点二 理想气体的图象问题
3.图1为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是( )
图1
A．TATB，TB＝TC
C．TA>TB，TBTC
答案 C
解析 由题图可知，气体由状态A到状态B的过程为等容变化，由查理定律得＝，pA>pB，故TA>TB；由状态B到状态C的过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得＝，VB4.(多选)如图2所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是( )
图2
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强增大
答案 AC
5.(多选)(2019·南阳市模拟)一定质量气体的状态变化过程的p－V图线如图3所示，其中A是初始状态，B、C是中间状态．A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行．若将上述变化过程改用p－T图线和V－T图线表示，则下列各图正确的是( )
图3
答案 BD
解析 气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大，故A错误；由B→C是等容过程，且压强增大，气体温度升高，故C错误；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低．故B、D正确．
6．(多选)(2018·潍坊市高二检测)如图4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( )
图4
A．A→B温度升高，压强不变
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
答案 AD
解析 由题图可知，在气体状态由A→B的过程中，气体温度升高、体积变大，且体积与温度成正比，由＝C，气体压强不变，是等压过程，故选项A正确；由题图可知，气体状态由B→C是等容过程，体积不变，而热力学温度降低，由＝C可知，压强p减小，故选项B、C错误；由题图可知，气体状态由C→D是等温过程，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故选项D正确．
考点三 理想气体的综合问题
7.(多选)如图5所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示( )
图5
答案 AD
解析 由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝C可知压强将减小．对A图象进行分析，p－V图象是双曲线，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图象进行分析，p－V图象是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图象进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图象进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，D项正确．
8．(多选)如图所示，四个两端封闭、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( )
答案 CD
解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝，而各管原压强相同，ΔT相同，所以Δp∝，即T越高，Δp越小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．
二、非选择题
9．(2019·重庆市九校联盟月考)如图6所示，容积为V的汽缸由导热性能良好的材料制成，横截面积为S的活塞(体积可忽略不计)将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连．开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气．已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9∶1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦．求活塞的质量m.
图6
答案
解析 开始时，汽缸上部分气体体积为，压强为p0，下部分气体体积为，压强为p0＋；后来汽缸上部分气体体积为，设压强为p，下部分气体体积为，压强为p＋.打入的空气总体积为×49，压强为p0，由玻意耳定律可知，对上部分气体有：p0·＋p0·＝p·.对下部分气体有：(p0＋)·＝(p＋)·，
解得：m＝.
10．氧气瓶的容积是40 L，其中氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？假定温度不变，氧气可视为理想气体．
答案 12天
解析 用如图所示的方框图表示思路．
由V1→V2：p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
由(V2－V1)→V3：p2(V2－V1)＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12.
11．一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图7甲所示，若气体在状态D的压强是2×104 Pa.
图7
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态．
答案 (1)4×104 Pa (2)见解析图
解析 (1)根据理想气体状态方程：＝
则pA＝＝ Pa＝4×104 Pa.
(2)A→B是等容变化
由查理定律得＝，
pB＝pA＝×4×104 Pa＝1.6×105 Pa
B→C是等温变化
由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，
pC＝＝ Pa＝4×104 Pa
C→D是等容变化
pD＝2×104 Pa，TD＝4×102 K
p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．
12.如图8所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：
图8
(1)右管中注入的水银高度是多少？
(2)升温后的温度是多少？
答案 (1)30 cm (2)117 ℃
解析 (1)设右管中注入的水银高度是Δh，U形管的横截面积为S，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
p1＝p0＋14 cmHg＋10 cmHg，
p2＝p0＋14 cmHg＋Δh
V1＝l1S，
V2＝(l1－ΔL)S
代入数据解得右管中注入的水银高度Δh＝30 cm.
(2)设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14 cmHg＋Δh，T0＝300 K
升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14 cmHg＋Δh＋ΔL
由理想气体状态方程得＝
解得T＝390 K
则升温后的温度为t＝117 ℃.
13．(2017·全国卷Ⅰ)如图9所示，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．
图9
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．
答案 (1) 2p0 (2)B的顶部 (3)1.6p0
解析 (1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方的气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下方气体压强为p2，由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；
则稳定时，活塞下方气体压强为p2′＝p0
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0.
[学科素养与目标要求]
科学思维：1.会巧妙地选择研究对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题.2.会利用图象对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题.3.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．
一、变质量问题
例1 一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(容器内气体温度不变，大气压强为p0)( )
图1
A．np0，p0
B.p0， p0
C．(1＋)np0，(1＋)np0
D．(1＋)p0，()np0
答案 D
解析 打气时，活塞每推动一次，就把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得：
p0(V＋nV0)＝p′V.
所以p′＝p0＝(1＋n)p0.
抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，
p1＝p0.
第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)
p2＝p1＝()2p0
活塞工作n次，则有：
pn＝()np0.故正确答案为D.
在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律.如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来.可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解.
二、理想气体状态方程与气体图象问题
名称 图象 特点 其他图象
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
等压线 V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
例2 使一定质量的理想气体的状态按图2甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．
图2
(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和热力学温度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．
答案 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析
解析 从p－V图中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝
4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L.
(1)根据理想气体状态方程
＝＝，
可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K，
TD＝·TA＝×300 K＝300 K，
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K.
(2)因由状态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)，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程．
分析状态变化的图象问题，要与状态方程结合起来，才能由某两个参量的变化情况确定第三个参量的变化情况，由＝C知，若气体在状态变化过程中pV不变，则温度不变；若不变，则V不变；若不变，则p不变，否则第三个参量发生变化.
三、理想气体的综合问题
1．定性分析液柱移动问题
定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．
常用推论有两个：
(1)查理定律的分比形式：＝或Δp＝p.
(2)盖—吕萨克定律的分比形式：＝或ΔV＝V.
2．定量计算问题
定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题．
解决该类问题的一般思路：
(1)审清题意，确定研究对象．
(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；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进而求出压强．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．
例3 如图3所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来上、下两部分气体温度相同)
图3
答案 水银柱上移
解析 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p1＝p2＋ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，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．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
上段：＝，所以p2′＝p2，
Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；
同理下段：Δp1＝p1.
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．
此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.
例4 (2019·荆门市期末统考)如图4所示，一圆柱形汽缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的薄活塞，在距缸底高为2H的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从汽缸中顶出，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞与汽缸壁之间没有摩擦．活塞下方距缸底高为H处还有一固定的导热性能良好的薄隔板，将容器内的同种理想气体分为A、B两部分，开始时A、B中气体的温度均为27 ℃，压强均等于外界大气压强p0，活塞距汽缸底的高度为1.3H，现通过B中的电热丝缓慢加热，规定0 ℃为273 K，试求：
图4
(1)当B中气体的压强为3p0时，活塞距隔板的高度是多少？
(2)当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是多少？
答案 (1)0.9H (2)1 500 K
解析 (1)B中气体做等容变化，由查理定律：＝
解得：T′＝T＝×300 K＝900 K
设汽缸底面积为S，A中气体做等压变化，由于薄隔板导热性能良好，A、B中气体温度相等，由盖—吕萨克定律得：
＝，即＝解得：H′＝0.9H
(2)当A中气体压强为1.5p0时，活塞将顶在卡环处，
对A中气体：＝，
即T″＝＝＝1 500 K
由于薄隔板导热性能良好，故B中气体的温度为1 500 K.
1．(液柱移动的问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图5所示．V左
A．不动 B．向左移动
C．向右移动 D．无法确定是否移动
答案 C
解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p左＝p右＝p
对左端空气柱＝，则Δp左＝p左＝－p
同理右端空气柱Δp右＝－p
所以|Δp右|>|Δp左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C正确．
2.(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图6所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：
图6
(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？
(2)当贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
答案 (1)15次 (2)1.5 L
解析 (1)设打气筒打压n次可以使压强达到4 atm.
初状态：p1＝1 atm，V1＝V＋nV0
其中V＝(7.5－6) L＝1.5 L＝1.5×103 cm3
末状态：p2＝4 atm，V2＝V
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得n＝15.
(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V′
由玻意耳定律得：p2V2＝p1V′
4 atm×1.5 L＝1 atm×V′
解得V′＝6 L
故还剩药液7.5 L－6 L＝1.5 L.
3．(理想气体图象问题)(2019·遵义航天高级中学月考)一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，p－T图象如图7甲所示．若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3，规定0 ℃为273.15 K．求：
图7
(1)状态A的热力学温度；
(2)写出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；
(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．
答案 (1)200 K (2)0.4 m3 (3)见解析
解析 (1)状态A的热力学温度：
TA＝t＋273.15 K＝(－73.15＋273.15) K＝200 K.
(2)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程．
对A至C，由理想气体状态方程有：＝
解得：VA＝＝ m3＝0.4 m3.
(3)由盖—吕萨克定律得：＝
解得：VB＝＝0.4× m3＝0.6 m3
图象如图所示．
4．(理想气体状态方程的综合应用)(2019·河北省五个一名校联盟一诊)如图8所示，在一圆形竖直管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分．温度都为T0＝300 K，上部气体压强为p0＝1.0×105 Pa，活塞A有＝2×104 Pa(S为活塞A的横截面积)．现保持下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)．求：
图8
(1)下部分气体的压强；
(2)上部分气体的温度．
答案 (1)2.4×105 Pa (2)1 080 K
解析 (1)下部分气体做等温变化，
初状态：压强为p1＝p0＋
体积为：V1＝V0
末状态：压强为p2，体积为：V2＝V0
根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2
代入数据解得：p2＝2.4×105 Pa
(2)当活塞A移动到最低点B时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强相等，即
p2′＝p2
对上部分气体，
初状态： 压强为p0，温度为T0，体积为V0
末状态： 压强为p2′，温度为T2′，体积为V2′＝V0
根据理想气体状态方程，有：＝，
则T2′＝，
代入数据解得：T2′＝3.6T0＝1 080 K.
一、选择题
考点一 变质量问题
1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( )
A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm
答案 A
解析 取全部气体为研究对象，由p1(V1＋V2)＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确．
2．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，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，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)( )
A．10次 B．15次
C．20次 D．25次
答案 B
解析 温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得
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.
考点二 理想气体的图象问题
3.图1为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是( )
图1
A．TA
C．TA>TB，TB
答案 C
解析 由题图可知，气体由状态A到状态B的过程为等容变化，由查理定律得＝，pA>pB，故TA>TB；由状态B到状态C的过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得＝，VB
图2
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强增大
答案 AC
5.(多选)(2019·南阳市模拟)一定质量气体的状态变化过程的p－V图线如图3所示，其中A是初始状态，B、C是中间状态．A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行．若将上述变化过程改用p－T图线和V－T图线表示，则下列各图正确的是( )
图3
答案 BD
解析 气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大，故A错误；由B→C是等容过程，且压强增大，气体温度升高，故C错误；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低．故B、D正确．
6．(多选)(2018·潍坊市高二检测)如图4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( )
图4
A．A→B温度升高，压强不变
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
答案 AD
解析 由题图可知，在气体状态由A→B的过程中，气体温度升高、体积变大，且体积与温度成正比，由＝C，气体压强不变，是等压过程，故选项A正确；由题图可知，气体状态由B→C是等容过程，体积不变，而热力学温度降低，由＝C可知，压强p减小，故选项B、C错误；由题图可知，气体状态由C→D是等温过程，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故选项D正确．
考点三 理想气体的综合问题
7.(多选)如图5所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示( )
图5
答案 AD
解析 由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝C可知压强将减小．对A图象进行分析，p－V图象是双曲线，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图象进行分析，p－V图象是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图象进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图象进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，D项正确．
8．(多选)如图所示，四个两端封闭、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( )
答案 CD
解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝，而各管原压强相同，ΔT相同，所以Δp∝，即T越高，Δp越小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．
二、非选择题
9．(2019·重庆市九校联盟月考)如图6所示，容积为V的汽缸由导热性能良好的材料制成，横截面积为S的活塞(体积可忽略不计)将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连．开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气．已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9∶1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦．求活塞的质量m.
图6
答案
解析 开始时，汽缸上部分气体体积为，压强为p0，下部分气体体积为，压强为p0＋；后来汽缸上部分气体体积为，设压强为p，下部分气体体积为，压强为p＋.打入的空气总体积为×49，压强为p0，由玻意耳定律可知，对上部分气体有：p0·＋p0·＝p·.对下部分气体有：(p0＋)·＝(p＋)·，
解得：m＝.
10．氧气瓶的容积是40 L，其中氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？假定温度不变，氧气可视为理想气体．
答案 12天
解析 用如图所示的方框图表示思路．
由V1→V2：p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
由(V2－V1)→V3：p2(V2－V1)＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12.
11．一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图7甲所示，若气体在状态D的压强是2×104 Pa.
图7
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态．
答案 (1)4×104 Pa (2)见解析图
解析 (1)根据理想气体状态方程：＝
则pA＝＝ Pa＝4×104 Pa.
(2)A→B是等容变化
由查理定律得＝，
pB＝pA＝×4×104 Pa＝1.6×105 Pa
B→C是等温变化
由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，
pC＝＝ Pa＝4×104 Pa
C→D是等容变化
pD＝2×104 Pa，TD＝4×102 K
p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．
12.如图8所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：
图8
(1)右管中注入的水银高度是多少？
(2)升温后的温度是多少？
答案 (1)30 cm (2)117 ℃
解析 (1)设右管中注入的水银高度是Δh，U形管的横截面积为S，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
p1＝p0＋14 cmHg＋10 cmHg，
p2＝p0＋14 cmHg＋Δh
V1＝l1S，
V2＝(l1－ΔL)S
代入数据解得右管中注入的水银高度Δh＝30 cm.
(2)设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14 cmHg＋Δh，T0＝300 K
升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14 cmHg＋Δh＋ΔL
由理想气体状态方程得＝
解得T＝390 K
则升温后的温度为t＝117 ℃.
13．(2017·全国卷Ⅰ)如图9所示，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．
图9
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．
答案 (1) 2p0 (2)B的顶部 (3)1.6p0
解析 (1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方的气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下方气体压强为p2，由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；
则稳定时，活塞下方气体压强为p2′＝p0
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0.