1 创新实验
1．某实验小组用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时遵循的规律，实验装置如图所示．用柱塞和注射器外筒封闭一定的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得．
(1)关于该实验，下列说法正确的是________．
A．该实验用控制变量法研究气体的变化规律
B．实验时注射器必须水平放置
C．注射器内部的横截面积没必要测量
D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉柱塞过快，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)该实验小组首先在甲实验室进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是________(填错误数据对应的实验序号).
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度L(cm) 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强p(×105Pa) 1.01 1.09 1.19 1.33 1.90
(4)该实验小组又利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的乙实验室进行了实验，根据甲、乙实验室记录的数据用正确的方法画出的p 图像如图所示，根据乙实验室记录数据画出的图像应为________(填图线代号).
2．用如图(a)所示的装置探究“气体等温变化的规律”的实验，操作步骤如下：
①在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器适当刻度处；
②逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
③推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p.
(1)实验完成后，计算机屏幕上显示出如图(b)所示的p V图线(其中实线是实验所得图线，虚线为一支参考双曲线).仔细观察不难发现，该图线与玻意耳定律不够吻合，造成这一现象的可能原因是：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略，作出的p 图像可能为________；
(3)用获得的数据绘制 V图像，如图(c)所示，则连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为________．
3．(1)如图所示，用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体压强与体积的关系，实验中所研究的对象是________________，应保持不变的物理量是________和________，它的体积可从________直接读出，它的压强由图中的________传感器从计算机辅助系统得到；
(2)某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是________________________________________________________________________；
序号 V(mL) p(×105Pa) p·V(×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
A.实验时注射器柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大
B.实验时环境温度升高了
C.实验时外界大气压强发生了变化
D.实验时注射器内的气体向外发生了泄漏
(3)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横坐标表示的物理量是封闭气体的________；
A.热力学温度TB．摄氏温度t
C.体积VD．体积的倒数
(4)实验过程中，下列哪些操作是错误的________．
A.推拉柱塞时，动作要慢
B.推拉柱塞时，手不能握住注射器含有气体的部分
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验
D.活塞与针筒之间要保持气密性
4．如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；
②移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论．
(1)关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是________(选填选项前的字母).
A.移动活塞时应缓慢一些
B.封闭气体的注射器应密封良好
C.必须测出注射器内封闭气体的质量
D.必须测出注射器内封闭气体的温度
(2)为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出________(选填“p V”或“p ”)图像．对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条______________线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比．
(3)在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确．环境温度分别为T1、T2，且T1>T2.在如图所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是________(选填选项的字母).
5．如图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置．主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p.
(1)实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了________；
(2)为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是________；
A.注射器必须固定在竖直平面内
B.用手握注射器推拉活塞
C.缓慢推动活塞
(3)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为了直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以________为横坐标，在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：____________________(答一种即可).
(4)另一小组实验时缓慢推动活塞，记录4组注射器上的刻度数值V，以及相应的压强传感器示数p.在采集第5组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了4组数据，其余操作无误．该小组绘出的V 关系图像应是________．
6．“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示．
(1)保持温度不变，封闭气体的压强p用________传感器测量，体积V由注射器________读出．实验前是否需要对传感器进行调零？________(选填“是”或“否”).
(2)某次实验中，数据表格内第2次～第8次压强没有点击记录，但其它操作规范．根据表格中第1次和第9次数据，推测出第7次的压强p7，其最接近的值是( )
次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9
压强p/kPa 100.1 p7 179.9
体积V/cm3 18 17 16 15 14 13 12 11 10
A.128.5kPaB．138.4kPa
C.149.9kPaD．163.7kPa
(3)若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积V0不可忽略，则封闭气体的真实体积为V′＝V＋V0.从理论上讲p 图像可能接近下列哪个图？( )
专项1 创新实验
1．答案：(1)ACD (2)防止封闭气体温度发生改变 (3)5 (4)①
解析：(1)该实验过程中控制气体的温度不变，即运用了控制变量法；实验时注射器如何放置对实验结果没有影响；实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系，所以不需要测量气体的体积，故注射器内部的横截面积没有必要测量；注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，便于等量的改变体积，可以不标注单位．故选ACD.
(2)如果柱塞推拉的过快，气体的温度将产生显著的变化，实验误差将增大．
(3)由实验数据可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定，前四组数据符合的很好，乘积在11.9～12.1之间，第5组数据的乘积较大，为15.2，说明第5组数据记录错误．
(4)气体压强与气体的温度有关，一定量的气体，在相同体积下，温度越高，压强越大，故图像①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的．
2．答案：(1)实验时环境温度降低了或注射器内的空气向外泄漏 (2)C (3)V1
解析：(1)当V减小时，图线逐渐偏离双曲线，即pV值逐渐减小，造成这一现象的可能原因是实验时环境温度降低了或注射器内的空气向外泄漏．
(2)由于连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略，当压强增加后，软管内的气体体积也减小，但软管的体积未变，则注射器中有气体进入软管，相当于注射器漏气，当V减小时，增大，p随之变化时不是线性关系，当V越小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加程度越小，斜率越小，故作出的p 图像可能为C.
(3)设连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为V0，根据玻意耳定律有p(V＋V0)＝C
则有＝
由图(c)可知，当为0时，V＝－V1，
带入上式可得V0＝V1.
3．答案：(1)封闭在注射器内的气体 温度 气体质量 注射器刻度 压强 (2)D (3)D (4)C
解析：(1)实验的条件是温度不变、气体质量一定，研究气体压强和体积的关系，体积可从注射器刻度直接读出，压强可由压强传感器得到．
(2)实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大，不会影响气体压强与体积，故A错误；实验时环境温度升高了，气体温度升高，同样体积下，气体压强增大，pV乘积变大，故B错误；封闭气体压强与外界大气压强无关，故C错误；实验时若注射器内的气体向外发生了泄漏，同样体积下，气体压强减小，则pV乘积减小，故D正确．
(3)图像为过原点的直线，则纵坐标与横坐标成正比关系，结合实验数据可知，横坐标表示的物理量是封闭气体体积的倒数，故选D.
(4)本实验条件是温度不变，推拉柱塞时，动作要慢，故A正确；用手握住注射器含有气体的部分，会使气体温度升高，故手不能握住注射器含有气体的部分，故B正确；研究的是一定质量的气体，压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量发生变化，故C错误；研究的是一定质量的气体，因此尽量将容器密封好，故D正确．
4．答案：(1)AB (2)p 过原点的倾斜直 (3)AC
解析：(1)由于该实验是“用气体压强传感器探究气体等温变化的规律”，条件是对于一定质量的气体而言的，故实验中不能出现漏气的现象，实验时应该缓慢一些，因为移动活塞时，相当于对气体做功或者气体对外做功，如果太快的话，气体的温度就会发生变化，故AB正确；等温变化的规律为p1V1＝p2V2，所以不必要测出气体的质量和温度，只要看它是否满足这样的变化规律即可，故CD错误．故选AB.
(2)如果做p V图像，因为它们的乘积是不变的，故这个图像应该是一条曲线，为了直观地判断压强p与体积V的数量关系，正比关系更能形象直观的体现二者的关系，故应作出p 的图像，在误差允许的范围内，图线是一条过原点的倾斜直线．
(3)由于实验操作和数据处理均正确，则温度高的对应的pV值较大，分别在图线上找到两个点，则pV乘积较大的是T1对应的图线，故A正确，B错误；设p＝k，则k值大的对应的pV的乘积也大，即斜率越大的对应的温度越高，故C正确，D错误．故选AC.
5．答案：(1)防止漏气 (2)C (3) 注射器内气体向外漏气 (4)D
解析：(1)DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系，本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油．
(2)由于不是拉活塞，则注射器不一定要安装在竖直平面内，实验过程中手不能与注射器接触，推动活塞应缓慢进行，保持与外界相同温度，故C正确，AB错误．
(3)当温度不变时有pV＝C，即压强p与V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强p与是线性关系，故应当以为横坐标．
当增大时，V减小，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的原因是注射器存在向外漏气现象．
(4)测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距－V0；软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为－V0，故前后两条线相交在此处，故D正确，ABC错误．故选D.
6．答案：(1)压强 刻度 否 (2)C (3)D
解析：(1)封闭气体的压强p用压强传感器测量．
体积V由注射器刻度读出．
压强传感器需要校准，不需要调零．
(2)根据玻意耳定律可知100.1kPa×18cm3＝p7×12cm3
解得p7＝150kPa，故选C.
(3)若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积V0不可忽略，则封闭气体的真实体积为V′＝V＋V0，根据玻意耳定律可知p(V0＋V)＝C
解得p＝
则p 应该是一条过原点的正比例直线，则p 图像应该比原图线向右弯曲偏移．故选D.2 应用玻意耳定律解决实际问题
1．某种椅子的结构如图所示，圆柱形汽缸A内密闭着一定质量的气体，汽缸A可沿柱形汽缸杆B的外壁上下滑动．汽缸A与椅面固定在一起，其质量为m＝8kg，汽缸杆B与底座固定在一起，横截面积为S＝40cm2，在汽缸A中封闭长度为L＝20cm的理想气体．汽缸A气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，某同学想利用椅子高度的变化，估测自己的质量．当人脚悬空坐在椅面上，稳定后，测得椅面下降x＝12cm，已知室内温度不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，求该同学的质量M.
2．农村地区有一种全自动无塔供水器(如图甲)，采用气压式供水，以解决供水管网水压不足的问题．如图乙所示，工作原理是由水泵将水通过止回阀压入塔体使塔内密闭气体受到压缩，压力逐渐增大．当压力达到上限时，电接点压力表通过控制柜使水泵自动停止．当塔内水位下降，气压减小到下限位置时，电接点压力表通过控制柜使水泵重新启动．如此反复，使设备不停供水．当塔内气体不足时，补气阀可自动补气．已知水泵工作压强范围为1.4p0～2.8p0，塔容积为1.4m3，第一次注水前塔内气体压强等于外界大气压强p0.塔内气体可视为理想气体，忽略温度变化．
(1)求水泵停止注水时塔内气体的体积；
(2)为了降低水泵的启动频率，达到省电节能的目的，可适度调高水泵工作压强的上限．欲使水泵停止注水时，水的体积达到塔容积的75%，水泵工作压强的上限应调到多少？
3．过去为了方便利用地下水，我国很多乡村都安装了如图甲所示的一种能汲取地下水的压水井．压水井结构的纵截面如图乙所示，取水时先提起手柄，皮碗活塞向下运动到被活塞封闭在上腔内的空气体积为V0，此过程中上单向阀门一直打开，下单向阀门一直关闭，且下腔内空气的体积为4V0.再压下手柄带动皮碗活塞向上运动到如图丙中的1位置时(此过程中上单向阀门始终关闭)，被封闭在上腔内的空气体积为2V0，下腔内气体压强恰好等于上腔内气压，而即将把轻质的下单向阀门顶开．继续下压手柄使皮碗活塞上移到2位置，此时上腔内的空气体积为3V0，该过程中，在大气压的作用下，下腔内的水上升的体积ΔV＝.已知大气压强为p0，忽略温度的变化．
(1)皮碗活塞上移1位置时，上腔封闭的气体压强为多大？
(2)皮碗活塞上移2位置时，下腔内的气体压强为多大？
4．[2023·河北石家庄市高三模拟]如图所示为我国某精密器械工程公司的科研人员开发的一种气压型“体积测量仪”的工作原理简化示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积．A(压气筒)和B(测量罐)均为高L、横截面积S的导热汽缸，中间用体积可忽略不计的细管连接，C是质量为m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体(氮气)封闭．外界大气压为p0＝，环境温度为27℃，此时活塞正好在压气筒A的顶部．现在C活塞上放置一质量为10m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.5L，求：
(1)放上重物之前，缸内气体的压强；
(2)不规则物体的体积．
专项2 应用玻意耳定律解决实际问题
1．答案：72kg
解析：初始状态时，以汽缸A与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得mg＋p0S＝p1S
解得p1＝1.2×105Pa
设稳定后汽缸A内气体柱长度为L′，根据玻意耳定律可得p1LS＝p2L′S，L′＝L－x
解得p2＝3×105Pa
人脚悬空坐在椅面上，稳定后根据受力平衡可得
(M＋m)g＋p0S＝p2S
解得M＝72kg.
2．答案：(1)0.5m3 (2)4p0
解析：(1)因为塔内封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
其中p1＝p0，V1＝1.4m3，p2＝2.8p0
代入数据解得，水泵停止注水时塔内气体的体积为V2＝0.5m3
(2)对塔内气体，由玻意耳定律得p1V1＝p3V3
由题意得V3＝1.4×(1－75%) m3
代入数据解得，水泵工作压强的上限应调到p3＝4p0.
3．答案：(1) (2)
解析：(1)上腔封闭的气体初始参数为压强p0，体积V0，皮碗活塞上移1位置时，上腔封闭的气体体积是2V0，由玻意耳定律，可得p0V0＝p·2V0
解得p＝.
(2)由于皮碗活塞向上运动到如图丙中的1位置时，下腔内气体压强恰好等于上腔内气压，所以此时可以把上腔和下腔气体看做一定质量的理想气体，该气体的参数为压强p＝
体积V＝2V0＋4V0＝6V0
继续下压手柄使皮碗活塞上移到2位置，上腔内的空气体积为3V0，下腔内的水上升体积为，所以总气体体积为3V0＋4V0－＝
由玻意耳定律，有·6V0＝p′·
解得p′＝.
4．答案：(1) (2)0.5LS
解析：(1)放上重物之前，由于活塞处于平衡状态，则缸内气体的压强为p1＝p0＋＝.
(2)放上重物之后，缸内气体的压强为p2＝p0＋＝.因为T1＝T2，设不规则物体的体积为Vx，根据玻意耳定律有(2LS－Vx)＝(1.5LS－Vx)，解得Vx＝0.5LS.3 气体的等温变化图像
1．(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
2.
如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平．现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变).下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是( )
3.
氧气瓶在储存过程中，由于密封不严，其瓶内氧气的压强和体积变化如图从A到B所示，则瓶内氧气的温度( )
A．一直升高B．一直降低
C．先升高后降低D．不变
4.
[2023·河南三门峡高二期中]如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其p 图像为倾斜直线，气体温度变化是( )
A．逐渐升高B．逐渐降低
C．可能不变D．可能先升高后降低
5.
(多选)如图所示为一定质量的某种气体在不同温度下的两条p 图像，由图像可知( )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p 图像的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1
6.
(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．T1＞T2
D．B→C体积增大，压强减小，温度不变
7.
(多选)如图所示为一定质量的某种气体的两条p V图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态)( )
A．tA＝tBB．tB＝tC
C．tC>tDD．tD>tA
8.
(多选)如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )
A．从A到B的过程温度升高
B．从B到C的过程温度升高
C．从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D．A、C两点的温度相等
9.
(多选)一定质量的某种理想气体状态变化的p V图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．状态A时气体分子的内能比状态B时小
B．气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数状态A时比状态B时多
C．气体由状态A变化到状态B的过程中温度一直保持不变
D．气体由状态A变化到状态B的过程中分子平均速率先增大后减小
专项3 气体的等温变化图像
1．答案：AB
解析：选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的p V图线不是双曲线，故不是等温线．
2．答案：C
解析：筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大．故选C.
3．答案：D
解析：若是一定质量的气体，等容变化时压强减小，温度一直下降，但由于漏气，理想气体状态方程不成立．由于缓慢漏气，瓶内气体与外界可以进行热交换，温度始终不变，D正确．故选D.
4．答案：B
解析：根据理想气体状态方程＝C
可知p＝CT·
所以图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比，由图像可知，1→2过程图像上各点与原点连线斜率逐渐减小，故气体温度逐渐降低，B正确，ACD错误．
5．答案：BD
解析：由玻意耳定律pV＝C知，一定质量的气体在发生等温变化时，压强与体积成反比，p∝，所以p 图像的延长线经过坐标原点，故A错误，B正确；p 图像的斜率越大，对应的温度越高，所以T16．答案：AD
解析：D→A是一个等温过程，A正确；BC是等温线，而A→B温度升高，T1＜T2，B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确．
7．答案：AD
解析：p V图像等温线为双曲线的一支，图像上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远．比较可得A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，tA＝tB，同理可得tC＝tD，A正确，C错误；B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误；同一p V图像中的等温线，越靠近坐标原点表示的温度越低，故有tA8．答案：AD
解析：作出过B点的等温线如图所示，
可知TB>TA＝TC故从A到B的过程温度升高，A正确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C错误；A、C两点在同一等温线上，温度相同，D正确．故选AD.
9．答案：BD
解析：由图像可知pAVA＝pBVB所以A、B两个状态的温度相等，处于同一条等温线上，分子平均速率相等，分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，气体的分子势能可忽略不计，所以状态A时气体分子的内能等于状态B时的分子内能，故A错误；从状态A变化到状态B的过程中，气体的压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减小，故B正确；在p V图像上作出几条等温线，
如图所示，由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度先升高后降低，所以分子平均速率先增大后减小，故C错误，D正确．故选BD.4 应用玻意耳定律求解变质量问题
1.
如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在27℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2L，压强为1atm，充气筒每次充入0.2L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，要使蹦蹦球内气体压强增大至3atm，需要充气的次数为( )
A．5次 B．10次C．15次 D．20次
2.
某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积．他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5atm，已知轮胎容积V＝3L．他用打气筒将压强为1atm的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3atm，设打气过程中空气的温度都不变，轮胎容积也不变．则打气筒的容积为( )
A．300mLB．450mL
C．500mLD．600mL
3.
如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连．示值管是很细的玻璃管，与大气相连．初始时，示值管刻线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气．每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为750mmHg的气体40mL，袖带橡皮囊最大容积为200mL，其内部气体体积小于最大容积时，其内气体压强等于大气压强，水银壶容积不变，水银上方气体体积为80mL，连接管内气体体积不计．开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50mL.大气压强恒为750mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响．经过几次充气，示值管内水银液面开始上升( )
A．三次 B．四次C．五次 D．六次
4.
打篮球是广大青少年比较喜爱的运动，如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景．打气前篮球内气压等于1.1×105Pa，人每次打的气体的压强为1.0×105Pa、体积为篮球容积的5%，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，气体可视为理想气体，则( )
A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力都增大
B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力不变
C．打气6次后，球内气体的压强为1.4×105Pa
D．打气6次后，球内气体的压强为1.7×105Pa
5．[2023·江西吉安高二阶段练习]桶装纯净水及压水装置原理如图所示．柱形水桶直径为24cm，高为35cm；柱形压水气囊直径为6cm，高为8cm；水桶颈部的长度为10cm.当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出．已知水桶所在处大气压强相当于10m高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积．至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从细出水管流出？(不考虑温度的变化)( )
A．1次 B．2次C．3次 D．4次
6．一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，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( )
A．np0，p0
B．p0，p0
C．(1＋)p0，(1＋)np0
D．(1＋)p0，()np0
专项4 应用玻意耳定律求解变质量问题
1．答案：D
解析：设需要充气的次数为n次，则根据玻意耳定律有1atm×2L＋n·1atm×0.2L＝3atm×2L，解得n＝20故选D.
2．答案：B
解析：设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律pV＋np1ΔV＝p′V
即1.5atm×3L＋10×1atm×ΔV＝3atm×3L
解得ΔV＝450mL，故选B.
3．答案：B
解析：当气囊内气体达到最大体积时，便可压动水银液面上升，达到最大体积前压强不变，由题意可知，袖带橡皮囊最大容积为200mL，内部残留气体为50mL，由于每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入气体40mL，因此充气次数为n＝＝3.75，因此第4次充气时，示值管内水银液面开始上升，故ACD错误，B正确．
4．答案：C
解析：打气后，不是每一个分子的速率都增大，所以一定不是每个气体分子对球内壁的作用力都增大，A错误；打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B错误；打气6次后，由玻意耳定律知p1V0＋p0×6×0.05V0＝pV0解得p＝1.4×105Pa即球内气体的压强为1.4×105Pa，C正确，D错误．故选C.
5．答案：C
解析：设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，至少需要把气囊完全压下n次，桶内气体压强增加为p1，才能有水从细出水管流出，水桶内气体体积不变，温度不变，根据玻意耳定律可得p0(V0＋nV1)＝p1V0
其中
p0＝10mH2O
V0＝30π××10－6m3
V1＝8π××10－6m3
p1＝10mH2O＋40cmH2O＝10.4mH2O
联立解得n＝2.4
即至少需要把气囊完全压下3次，故C正确，ABD错误．
6．答案：D
解析：打气时，活塞每推动一次，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的气体推入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得p0(V＋nV0)＝p′V，所以p′＝p0＝p0抽气时，活塞每拉动一次，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V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到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)，则p1＝p0第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)则
p2＝p1＝p0则第n次抽气后
pn＝p0，故选D.5 气体等容变化的图像
1.
(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V T图上的表示如图所示，则( )
A．在A→C过程中，气体的压强不断变大
B．在C→B过程中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
2.
一定质量的理想气体从状态a开始，经历a→b、b→c两个过程，其p T图像如图所示，下列判断正确的是( )
A．状态a的体积小于状态b的体积
B．状态a的体积小于状态c的体积
C．状态a分子的平均动能大于状态b分子的平均动能
D．状态a分子的平均动能大于状态c分子的平均动能
3．如图所示的是一定质量的理想气体从状态A经状态B到状态C的V T图像，由图像可知( )
A．pA>pBB．pCC．VA4.
一定质量理想气体的压强p与体积V的关系如图所示．该气体由状态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，下列关系式正确的是( )
A．TATB，TB＝TC
C．TA>TB，TB5．[2023·宁夏银川二中期中]图示为一定质量的某种理想气体的等容或等压变化图像，下列关于这两个图像的说法正确的是( )
A.甲是等容线，乙是等压线
B．乙图中p t线与t轴交点对应的温度是273.15℃，而甲图中V t线与t轴的交点不一定是273.15℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．乙图表明温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
6．如图所示，一定质量的理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用p V或V T图像表示这一循环，在下图中表示正确的是( )
7．一定质量的理想气体的p t图像如图所示，气体从状态A到状态B的过程中，体积将( )
A．一定不变B．一定减小
C．一定增大D．不能判定怎样变化
8．如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体．已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是( )
9．(多选)一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强 体积(p V)图上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分．a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别为pa、pb，温度分别为Ta、Tb.c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别为pc、pd，温度分别为Tc、Td.下列关系式正确的是( )
A．＝B．＝
C．＝D．＝
10．(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p t图像如图所示．已知在状态B时气体的体积为VB＝3L，则下列说法正确的是( )
A．从状态A到状态B气体的体积不变
B．从状态B到状态C气体温度增加
C．在状态C时气体的体积是2L
D．在状态A时气体的压强是0.5atm
11．[2023·宁夏银川高二阶段练习](多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，AB和CD为等温过程，BC为等压过程，DA为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是( )
A．AB过程中，气体分子的平均动能不变
B．BC过程中，气体温度增加
C．CD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．DA过程中，气体温度增加
专项5 气体等容变化的图像
1．答案：AD
解析：气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C(C是常量)可知，体积减小，压强增大，故A正确．由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C(C是常量)可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．
2．答案：B
解析：根据＝C可知，当体积不变时，压强与温度成正比，所以状态a的体积等于状态b的体积；从b到c温度不变，则压强与体积成反比，压强减小，体积增大，所以状态b的体积小于状态c的体积，则Va＝Vb3．答案：D
解析：由V T图像可以看出气体由A→B是等容过程，由＝C知，TB>TA，故pB>pA，A、C错误，D正确；由＝C得V＝，可知由B→C为等压过程，pB＝pC，B错误．
4．答案：C
解析：理想气体从A状态到B状态属于等容变化，由查理定律得＝.由图可知pA>pB，所以A、B状态的温度关系为TA>TB，从B状态到C状态属于等压变化，根据盖 吕萨克定律得＝，由图可知VB5．答案：D
解析：由查理定律p＝CT＝C(t＋273.15)
及盖 吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15)
可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A错误；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15℃，即热力学温度的0K，故B错误；查理定律及盖 吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，即一定质量的气体，不是在任何情况下都是p与t成直线关系，故C错误；由于图线是直线，乙图表明温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变，故D正确．
6．答案：B
解析：在p V图线中，1→2过程中，体积不变，压强增大，图线是竖直直线；在2→3过程中，温度保持不变，体积增大，压强减小，图线是双曲线；在3→1过程中，压强不变，体积减小，图线是水平直线．A错误，B正确；在V T图线中，1→2过程中，体积不变，温度升高，是水平直线，CD错误．
7．答案：D
解析：把图像反向延长，交横轴于点C，如图所示
如果点C的横坐标为－273℃，则气体的压强与热力学温度成正比，气体发生等容变化，由状态A到状态B的气体体积不变；如果点C的横坐标不为－273℃，因为不知道A与B两状态的压强和温度，无法判断体积的变化，故ABC错误，D正确．
8．答案：B
解析：当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T图像中，图线是平行于T轴的直线．故选B.
9．答案：BC
解析：因为曲线都为反比例函数图像的一部分，根据理想气体状态方程，可知曲线Ⅰ和Ⅱ皆为等温变化曲线，A错误；ac两点压强相等，根据盖 吕萨克定律＝＝，B正确；a点的压强和c点相同，则pa＝pc，而cd两点在等温变化曲线Ⅱ中，根据玻意耳定律pc·2V0＝pd·3V0，整理得＝，C正确；bd两点体积一样，根据查理定律＝＝＝，D错误．
10．答案：AC
解析：因BA的延长线过绝对零点，则状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A正确；由题中图像可知，从状态B到状态C气体温度不变，B错误；由题中图像可知，pB＝1.0atm，VB＝3L，pC＝1.5atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC解得VC＝2L，C正确；由题中图像可知，TB＝409.5K，TA＝273K，从状态A到状态B是等容变化，则有＝解得pA＝atm，D错误．
11．答案：AB
解析：AB为等温过程，气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故A正确；BC过程为等压变化，根据盖 吕萨克定律，即有＝，从题图可知，由于气体体积在变大，所以气体温度增加，故B正确；CD为等温过程，从题图可知，气体体积在变大，单位体积分子数减少，且过程中分子平均动能不变，气体压强变小，所以单位时间单位面积碰撞器壁的分子数减少，故C错误；DA为等容变化，根据查理定律有＝，从题图可知，由于气体压强在变小，所以气体温度在降低，故D错误．6 盖 吕萨克定律及查理定律的综合应用
1．(多选)如图所示，横截面积分别为S甲＝1cm2、S乙＝0.5cm2的两个上部开口的柱形气缸甲、乙，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，甲、乙两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为m甲＝1.4kg、m乙＝0.7kg.甲气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为f＝3N；乙气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销．当气缸内充有某种理想气体时，甲、乙中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0＝300K，外界大气压为p0＝1.0×105Pa.现缓慢升高气体温度，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是300K
B．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是400K
C．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是450K
D．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是500K
2．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞放在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105Pa为大气压强)，温度为300K.现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上升了4cm.g取10m/s2，求：
(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积．
3．如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1×10－3m2；活塞与汽缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上的质量为m＝1kg重物连接．开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为L1＝27cm，被销子K固定在图示位置，此时汽缸内气体的压强p1＝1.1×105Pa，温度T1＝330K，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，g＝10m/s2，不计一切摩擦和阻力；若在此时拔去销子K，降低汽缸内气体的温度，求：
(1)重物刚好离开地面时，气体的温度为多少？
(2)重物缓慢上升2cm，气体的温度为多少？
4．如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞(质量、厚度均不计)将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为L.大气压强恒为(g为重力加速度大小)，环境热力学温度恒为T0＝300K.
(1)若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶(含砂)的总质量M；
(2)若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求气体的热力学温度T＝400K时的压强p.
5.如图所示，固定在斜面上的绝热圆筒汽缸，由粗细不同的两部分组成，两部分的深度均为L，两部分的连接处有卡子．两轻质的绝热活塞A、B用一根长为L的不可伸长的细线连接，A、B活塞的面积分别为2S和S.两活塞之间封闭了一定质量的理想气体，初始时气体的温度为27℃，大气压强恒为p0.静止时A、B活塞都位于两部分圆筒的中间位置，细线刚好绷直．现给电热丝通电，缓慢加热气体．不计一切摩擦，活塞不漏气．则：
(1)汽缸内气体温度为多少时，活塞移动到卡子处？
(2)当气体温度升高到327℃时，细线对A活塞的作用力为多大？
6．如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，室温T0＝300K，有一光滑导热活塞C(体积忽略不计)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管，两侧水银柱高度差为76cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，B室容器可通过一阀门K与大气相通．已知外界大气压p0＝76cmHg.
(1)此时B室内气体压强是多少；
(2)若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少；
(3)若打开阀门K稳定后，给A室内的电阻丝通电，将A室内气体温度加热到900K，求此时A室内气体的压强．
专项6 盖 吕萨克定律及查理定律的综合应用
1．答案：BC
解析：乙中活塞被卡住前，气体为等压变化过程，由盖 吕萨克定律可得＝
其中V0＝S甲h＋S乙h
乙中活塞刚好被卡住时V1＝S甲h＋2S乙h得T1＝400K，A错误，B正确；乙中活塞被卡住至甲中活塞刚要滑动的过程，气体做等容变化，由查理定律得＝
最初对活塞乙有p1S乙＝p0S乙＋m乙g得p1＝2.4×105Pa
甲中活塞要动时，对活塞甲有p2S甲＝p0S甲＋m甲g＋f得p2＝2.7×105Pa
解得T2＝450K，C正确，D错误．
2．答案：(1)4kg (2)640cm3
解析：(1)设物体A的体积为ΔV.
T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3
T2＝330K，p2＝(1.0×105＋) Pa，V2＝V1
T3＝360K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3
由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有＝
代入数据得m＝4kg.
(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖 吕萨克定律有
＝
代入数据得ΔV＝640cm3.
3．答案：(1)270K (2)250K
解析：(1)设重物刚好离开地面时，气体压强为p2，活塞受力平衡，故p2＝p0－＝0.9×105Pa
气体做等容变化，根据查理定律，有＝
解得T2＝270K.
(2)设重物刚要离开地面时，气体体积V1＝L1S
设重物缓慢上升h＝2cm时，气体体积V2＝(L1－h)S
气体做等压变化，根据盖 吕萨克定律，有＝
解得T′2＝250K．
4．答案：(1)M＝3m (2)p＝
解析：(1)未加砂子平衡时，根据平衡条件p1S＋mg＝p0S
当活塞刚接触卡环时，对封闭气体，根据玻意耳定律有p1LS＝p2LS
根据平衡条件p2S＋Mg＝p0S
联立解得M＝3m.
(2)活塞接触卡环之前，缸内气体发生等压变化，有＝
活塞刚接触卡环时，气体温度T1＝375K
之后，气体发生等容变化，加热到T＝400K时＝
解得p＝p1＝.
5．答案：(1)400K (2)p0S
解析：(1)因两活塞的质量不计，则汽缸内的气体压强为p0，当气体的温度升高时，两活塞缓慢上升，压强不变，初始时，气体的体积V1＝S×＋2S×＝1.5SL
热力学温度T1＝(27＋273)K＝300K
B活塞移动到卡子处时，气体的体积V2＝2LS
根据盖 吕萨克定律有＝
解得T2＝400K.
(2)由于(327＋273) K＝600K>400K
继续升温时，卡子挡住了B活塞，则气体做等容变化，根据查理定律有＝，解得p＝p0
分析A活塞受力，设细线对A活塞的拉力为F，根据平衡条件有2Sp0＋F＝2Sp
解得F＝p0S.
6．答案：(1)152cmHg (2) (3)114cmHg
解析：(1) 开始时，设A室内气体压强为pA0，则pA0＝p0＋76cmHg＝2p0 pA0＝pB0 pB0＝152cmHg.
(2)开始时，设A室内气体压强为pA0，则pA0＝2p0
A室的体积为VA0＝
阀门K打开后，A室内气体做等温变化，稳定后压强为pA1，则pA1＝p0
体积设为VA1，根据玻意耳定律有pA0VA0＝pA1VA1
解得VA1＝
B室内气体做等温变化，依题意有pA0＝pB0 pA1＝pB1 VB0＝V0－VA0＝V0
根据玻意耳定律有pB0VB0＝pB1VB1
解得VB1＝
则稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比为＝＝.
(3)假设打开阀门后，气体从T0＝300K升到T1时，活塞C恰好到达容器最左端，即A室内气体体积变为V0，压强始终为pA1＝p0
即为等压变化过程，根据盖 吕萨克定律有＝
解得T1＝600K
因为T2＝900K>600K所以温度从T1＝600K继续升高到T2＝900K的过程中，A室内气体为等容变化过程，设其最终压强为pA2，根据查理定律有＝
解得pA2＝114cmHg.7 应用气体实验定律解决实际问题
1．[2023·海南卷]
如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t＝27℃时，压强p＝1.050×105Pa，则
(1)t′＝37℃时，气压是多大？
(2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积变为原来的多少倍？
2.
如图，在热力学温度T0＝296K的室内放一空导热水瓶，将瓶盖盖上(不漏气)，现将水瓶搬至室外阳光下暴晒，使水瓶内空气的温度升至T＝332K，大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，将水瓶内的空气视为理想气体．
(1)求暴晒后水瓶内空气的压强p；
(2)若暴晒后在室外将瓶盖打开，使水瓶内、外的压强相同，水瓶内气体的温度不变，求水瓶内逸出的空气质量与剩余空气质量之比．
3．乒乓球是我国的国球，在世界各类赛场上为我国荣获了诸多荣誉．如果不小心把乒乓球踩瘪了，只要乒乓球没有破裂，就可以用热水浸泡恢复．如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压p0，踩瘪后体积变为原体积的，外界温度恒为300K，把乒乓球全部浸入热水中，当球内气压大于等于1.4p0时，乒乓球刚好开始恢复(体积依然是原体积的).求：
(1)乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部气体压强(用p0表示)；
(2)要使乒乓球刚好开始恢复时热水的温度．
4．新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出．若生产的某负压舱容积为2m3，初始时温度为27℃，压强为1.0×105Pa；运送到某地区后，外界温度变为9℃，大气压强变为0.9×105Pa，已知负压舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变．绝对零度取－273℃.
(1)求送到某地区后负压舱内的压强；
(2)运送到某地区后需将负压舱内气体抽出一部分，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余质量之比．
5．如图，某材料制备系统由供气瓶、反应室、加热器和真空泵等设备组成．供气瓶的容积为20L，储存的气体压强为3.0×105Pa，反应室的容积为10L.制备材料前，反应室处于真空状态，关闭所有阀门．制备材料时，先打开阀门1，供气瓶向反应室缓慢供气，当反应室气压达到1.0×102Pa时，关闭阀门1；对反应室内气体缓慢加热，使其从室温300K升到600K，进行材料合成．实验结束后，待反应室温度降至室温，将其抽至真空状态．环境温度恒定，忽略材料体积，气体不参与反应．
(1)加热后，求反应室内气体的压强．
(2)当供气瓶剩余气体压强降到1.5×105Pa时，需更换新的供气瓶，按要求该供气瓶最多能给反应室充气多少次？
6．潜水钟是一种水下救生避险设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似，如图甲所示．潜水钟在水下时其内部上方空间内存有空气，可供潜水员呼吸，延长潜水员在水下作业逗留的时间．潜水钟可简化为高度为h＝3.025m、开口向下的薄壁圆柱形筒，如图乙所示．工作时，由水面上的船将筒由水面上方开口向下吊放至水下，筒的上表面距水面的深度为H＝50m．己知水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小为g＝10m/s2，大气压强为p0＝1.0×105Pa，忽略筒内气体温度的变化和水的密度随深度的变化．
(1)求筒在水下位置时内部气体的高度d；
(2)现保持H不变，由船上的气泵将空气压入筒内，使筒内的水全部排出，求压入空气的质量与筒内原来气体质量的比值k.
7．“拔火罐”是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的火源放入小罐内加热，然后移走火源并迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，冷却后火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．罐内封闭一定质量气体，刚接触皮肤时，罐内气体压强与外部大气压相同，若此时罐内温度为87℃，经历一段时间后，罐内气体温度降为环境温度27℃不再改变．已知大气压强为p0，不考虑皮肤对罐内气体体积的影响，T＝(273＋t)(K)，求：
(1)罐内温度刚降至环境温度时，封闭气体的压强；
(2)罐内气体温度降为环境温度后，开始往罐内“慢跑气”，一段时间后，封闭气体的压强为0.90p0，求跑进罐内气体的质量与原来罐内封闭气体质量之比．
8．[2023·湖南卷]汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1.假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变．
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF.
专项7 应用气体实验定律解决实际问题
1．答案：(1)1.085×105Pa (2)
解析：(1)由气体的体积不变，则气体做等容变化，由查理定律有＝
代入数据解得p′＝1.085×105Pa
(2)挤压气体时，气体做等温变化，由玻意耳定律有pV＝p′V′
代入数据解得V′＝V
2．答案：(1)1.12×105Pa (2)
解析：(1)对瓶中的空气，由于封闭的气体体积不变，根据查理定律有＝
可得p＝1.12×105Pa
(2)设水瓶容积为V，打开瓶盖后放出气体的体积为V′，根据玻意耳定律有pV＝p0(V＋V′)
可得放出气体体积与瓶内剩余气体体积比值为＝
则放出的空气质量与剩余空气质量之比＝＝.
3．答案：(1)1.2p0 (2)350K
解析：(1)设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为p1，有p0V＝p1·V
得p1＝1.2p0.
(2)踩瘪后到开始准备恢复为等容过程，由题知外界温度恒为T0＝300K
开始恢复时温度为T1，有＝
解得T1＝350K．
4．答案：(1)9.4×104Pa (2)
解析：(1)运送过程舱内气体体积恒定，由查理定律得＝
解得p2＝9.4×104Pa.
(2)到达当地抽出气体过程气体做等温变化，设舱内体积为V0，气体压强达到当地大气压时总体积为V3，
由p2V2＝p3V3，得V3＝V0
所以抽出气体和剩余质量之比是＝＝.
5．答案：(1)200Pa (2)3000次
解析：(1)加热过程中，反应室内的气体体积保持不变，根据查理定律得＝
解得p2＝200Pa.
(2)设可以提供n次，则根据玻意耳定律得p0V0＝np1V1＋pV0
解得n＝3000次．
6．答案：(1)d＝0.5m (2)k＝5.3025
解析：(1)设筒的横截面积为S，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题中给出的条件有
p1dS＝p0hS
p1＝p0＋ρg(H＋d)
解得d＝0.5m.
(2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2，此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0＝p0V3
其中p2＝p0＋ρg(H＋h)
设需压入压强为p0的气体体积为ΔV，则有ΔV＝V3－V0
k＝＝
解得k＝5.3025.
7．答案：(1)p0 (2)
解析：(1)气体发生等容变化，根据查理定律有＝
其中T0＝(87＋273) K＝360K T1＝(27＋273) K＝300K
解得p1＝p0.
(2)设跑进罐内气体在大气压强为p0情况下的体积为V，以整体气体为研究对象，发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V0＋p0V＝0.9p0V0
解得V＝V0
原来罐内封闭气体在大气压强为p0情况下的体积为V2，发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V0＝p0V2
解得V2＝V0
跑进罐内气体的质量与原来罐内封闭气体的质量之比即为压强、温度相同时的体积之比＝＝.
8．答案：(1) (2)[1－()n]p0S
解析：(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积V＝V0＋V1
由于气体的温度保持不变
根据玻意耳定律p0V0＝p1V
解得p1＝
(2)同理第二次抽气p1V0＝p2V
解得p2＝＝()2p0
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强pn＝()np0
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为ΔF＝(p0－pn)S＝[1－()n]p0S.8 理想气体状态方程处理图像问题
1．[2023·陕西榆林高二绥德中学校考阶段练习]如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程．则下列说法正确的是( )
A．D→A温度升高
B．B→C气体内能不变
C．A→B气体分子平均速率变小
D．A→B体积变大，压强变大，内能不变
2．[2023·黑龙江绥化高二校考期中]一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图所示，下列说法正确的是( )
A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
B．a→b过程中，气体体积减小，压强减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
3．[2023·河北保定高二校考期末]如图所示，一定质量的气体由状态A到状态B再到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )
A．从A到B的过程温度降低
B．从B到C的过程温度升高
C．从A到C的过程温度先升高再降低
D．从A到C的过程温度先降低再升高
4.
[2023·河南信阳高二统考期末]如图所示为一定质量的理想气体体积V随热力学温度T变化的图像，则下列说法正确的是( )
A．从状态a到状态c，气体分子数密度先减小后增大
B．从状态a到状态c，气体分子的平均速率先增大后减小
C．在状态d时与在状态b时相比，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数少
D．气体在状态a的压强大于气体在状态b的压强
5．[2023·四川达州高二统考期末]一定质量的理想气体，由状态C(6，2)沿直线CB变化到A(2，6)，如图所示，气体在C、B、A三个状态中的温度之比是( )
A．1∶1∶1B．1∶2∶3
C．3∶4∶3D．4∶3∶4
6．[2023·宁夏银川高二期末]有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律”实验，分别得到如下四幅图像(如图所示).则如下的有关他们的说法，不正确的是( )
A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图a
B．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像可能是图b
C．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图c
D．若丁研究的是盖 吕萨克定律，则他作的图像可能是图d
7．[2023·辽宁卷]
“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( )
8．[2023·江苏卷]
如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B.该过程中( )
A．气体分子的数密度增大
B．气体分子的平均动能增大
C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
9.
[2023·湖南岳阳高二华容县第一中学校]一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab，bc，cd，da四个过程又回到状态a，其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，cd的延长线经过坐标原点O，ab、bc分别与横轴、纵轴平行，e是Ob与da的交点，下列说法正确的是( )
A．气体从状态c到状态d分子平均动能变大
B．气体从状态a向状态b变化的过程中压强一直不大于状态e的压强
C.状态b到状态c过程中单位时间内单位面积上器壁碰撞的分子数变少
D．气体从状态d到状态a压强变大
10.
[2023·新疆哈密高二校考期末](多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A、B、C变化，下列说法中正确的是( )
A．沿A→B→C变化，气体温度不变
B．A、B、C三状态中，B状态气体温度最高
C．A、B、C三状态中，B状态气体温度最低
D．从A→B，气体压强减小，温度升高
11．[2023·吉林一中高二阶段练习](多选)如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15℃；a、b为直线Ⅰ上的两点．由图可知( )
A．气体在状态a和b的压强之比＝1
B．气体在状态a和b的压强之比＝2
C．气体在状态b和c的压强之比＝
D．气体在状态b和c的压强之比＝
专项8 理想气体状态方程处理图像问题
1．答案：B
解析：根据玻意耳定律可知，当理想气体经历等温变化时，其p 图像应为延长线过原点的倾斜直线，则由题图可知D→A和B→C均为等温过程，则B→C气体内能不变，A错误，B正确；根据理想气体状态方程＝C
可知，p 图像斜率越大，所表示的等温线温度越高，所以TB>TA
则A→B气体分子平均速率变大，且气体的体积、压强和内能均变大，CD错误．
2．答案：C
解析：由图可知b→c过程中是等压变化，温度降低，则体积减小，故A错误；由图可知a→b过程中是等温变化，压强减小，则体积增大，故B错误；由图可知c→a过程中，气体压强增大，温度也在同比增大，由理想气体状态方程＝C，可知体积不变，C正确，D错误．
3．答案：C
解析：根据理想气体状态方程＝C知，T与pV成正比，pV越大，T越高，从A到B的过程，pV增大，则温度T升高，故A错误；从B到C的过程，pV减小，则温度降低，故B错误；由上述分析可知从A到C的过程温度先升高再降低，故C正确，D错误．
4．答案：C
解析：从状态a到状态c，气体体积先变小后变大，因此气体分子数密度先增大后减小，A错误；从状态a到状态c，气体温度升高，因此气体分子平均动能增大，分子平均速率增大，B错误；状态d时体积大于状态b时的体积，状态d分子数密度低，状态d时温度等于状态b时的温度，分子平均速率相同，则状态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，C正确；根据＝C，可知＝C，可得V T图像上的点与坐标原点连线的斜率与压强的倒数成正比，状态a的斜率大于状态b的斜率，则气体在状态a的压强小于气体在状态b的压强，D错误．
5．答案：C
解析：根据理想气体状态方程＝C
可知TC∶TB∶TA＝pCVC∶pBVB∶pAVA
结合图像可得TC∶TB∶TA＝3∶4∶3
故C正确，ABD错误．
6．答案：C
解析：查理定律研究的是等容变化，压强与温度成正比，且过坐标原点，故A正确，不符合题意，C错误，符合题意；玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确，不符合题意；盖 吕萨克定律，研究的是等压变化，体积与温度成正比，故D正确，不符合题意．
7．答案：B
解析：根据＝C
可得p＝T
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点的体积大于b点体积．故选B.
8．答案：B
解析：根据＝C
得p＝T
则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，选项C错误；气体的分子数密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，选项D错误．故选B.
9．答案：B
解析：气体从状态c到状态d，温度降低，分子平均动能减小，故A错误；根据＝C可知＝.坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比，由图可知，O与b的连线的斜率最小，压强最大，即e点压强最大，故B正确；状态b时体积大于状态c时的体积，状态b分子数密度低，则状态b时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比c状态少，故C错误；根据＝C可知＝，坐标原点O与ad上各点的连线斜率与压强成反比，由图可知，气体从状态d到状态a是压强减小，故D错误．
10．答案：BD
解析：由理想气体状态方程＝C，由图可知，B状态的pV乘积最大，则B状态的温度最高，所以A到B的过程是升温过程，B到C的过程是降温过程，AC错误，B正确；由图可知，A到B的过程气体压强减小，温度升高，D正确．
11．答案：AC
解析：根据＝C
可得V＝(t＋273.15)
因两条直线都过绝对零度点，可知两条直线都是等压图线，即状态a和b的压强相等，即＝1，A正确，B错误；
由V＝(t＋273.15)知图线的斜率k＝
即＝p，
则压强比等于斜率的反比，则状态b和c的压强之比＝：＝，C正确，D错误．9 理想气体状态方程处理实际问题
1．[2023·湖北襄阳高二校联考阶段练习]为了有效控制病毒传播，在转移患者时采用专用的负压救护车，负压救护车的核心是负压舱．它不工作时为开放状态，与外界环境相通．工作时通过顶部循环过滤的进、排气高效净化系统保证负压舱内为微负压环境及内部空气流通，为疑似病人提供新鲜空气，同时保护周围人员及周围环境不受病源体污染．已知大气压强为p0，环境温度为T0.负压舱正常工作时内部温度比环境温度高了0.1T0，内部压强比外界低了0.2p0.空气视为理想气体，物理量的单位均为国际单位制．则负压舱从开放状态转为正常工作状态需向外界排出的空气质量与原有空气质量的比值为( )
A．1∶11B．2∶11
C．8∶11D．3∶11
2．[2023·河北石家庄精英中学高二校考阶段练习]如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，吸管的容积远小于饮料罐的容积，二者间的接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱．如果不计大气压强的变化，并依据制作时的气温和气压在吸管上等间距画出刻度线，这就是一个简易的温度计．下列说法正确的是( )
A．图中由左向右刻度线对应的示数减小
B．相邻刻度线对应的示数差值相同
C．为提高测量精度，应该用粗一点的吸管
D．冬天气压比夏天大，若气压计在夏天制作，则冬天使用时测量值会偏大
3.
[2023·江苏南通高二期中]为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa，护士把注射器内横截面积为0.3cm2、长度为0.4cm、压强为1.0×105Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，此时药瓶内气体的压强最接近( )
A．0.8×105PaB．1.0×105Pa
C．1.3×105PaD．1.7×105Pa
4.
[2023·黑龙江大庆高二铁人中学校考期中]“早穿皮袄午穿纱，抱着火炉吃西瓜”，形容我国新疆吐鲁番地区昼夜温差大的自然现象，利用这一特点可以制作品质优良的葡萄干．现有一葡萄晾房四壁开孔，如图，房间内晚上温度7℃，中午温度升为37℃，假设中午大气压强比晚上减少7%，则中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比为( )
A．B．
C．D．
5.
[2023·河北廊坊市第一中学校考期末](多选)如今增强体质已成为人们的共识，有人设计了一款健身器材如图所示，一定质量的理想气体密封在导热良好的容器中，容器上有刻度，容器内装有一可上下移动的活塞，活塞的面积为0.01m2，厚度可以忽略，人们可以使用上方的把手拉动活塞达到锻炼身体的目的，已知在锻炼时，器材下方固定在地面上防止容器离开地面，活塞初始高度为30cm，当地大气压强为1.0×105Pa，活塞、把手和连接杆的质量都可忽略，不计活塞与容器间的摩擦，外界气温不变．下列说法正确的是( )
A．当用500N的力往上拉，稳定时活塞高度为60cm
B．当用500N的力往下压，稳定时活塞高度为15cm
C．若要使活塞稳定在120cm高度处，则拉力应为1000N
D．若要使活塞稳定在120cm高度处，则拉力应为750N
6.
[2023·山东青岛高二下期中]如图是一款自热盒饭的截面图，自热盒饭是夹层结构，其中上层饭盒用来装食材，下层用来放发热包，上下两层相对封闭．某学校兴趣小组对产品进行测试时，食材盒内气体初始压强与外部大气压p0相同，温度为27℃，发热包遇到水后温度上升来加热上层食材，检测人员把透气孔堵住，食材盒内封闭性能良好，可认为食材盒内气体质量不变，气体可视为理想气体．
(1)加热时，食材盒内气体膨胀，当食材盒内气体压强达到1.2p0时，食材层容积变为原容积的1.1倍，则此时气体的温度为多少？
(2)测试人员表示，如果继续把透气孔堵住，盒子就极有可能会爆炸，于是迅速打开透气孔放出部分气体，使得饭盒内气体的压强与外界大气压强相等，设放气过程中温度保持不变，食材盒容积立即恢复到原容积．求放出的气体与盒内所留气体的质量之比．
7.
[2023·辽宁沈阳市级重点高中联合体高二下期中]2021年11月7日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我国第一位在太空“漫步”的女性．舱外航天服是密封一定气体的装置，用来提供适合人体生存的气压．王亚平先在节点舱(航天员出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，航天服密闭气体的体积约为V1＝2L，压强p1＝1.0×105Pa，温度t1＝27℃，她穿好航天服后，需要把节点舱的气压不断降低，以便打开舱门．
(1)若节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2＝2.5L，温度变为t2＝－3℃，这时航天服内气体压强p2为多少？
(2)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2＝－3℃时，航天员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝4.0×104Pa.假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3＝3L，那么航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比为多少？
专项9 理想气体状态方程处理实际问题
1．答案：D
解析：假设负压舱的体积为V0，根据理想气体状态方程可得＝
解得Vx＝V0
可知向外界排出的空气质量与原有空气质量的比值为＝＝＝
D正确，ABC错误．
2．答案：B
解析：根据盖 吕萨克定律＝C，体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的，罐中温度升高，则体积增大，吸管内的油柱向右移动，由左向右刻度线对应的示数增加，故A错误，B正确；为提高测量精度，即发生微小体积变化，油柱即移动明显，故应该用细一点的吸管，故C错误；根据＝C，冬天气压比夏天大，若气压计在夏天制作，同一温度值在冬天罐内气体体积较小，则冬天使用时测量值会偏小，故D错误．
3．答案：C
解析：药瓶内气体的体积为V1＝0.9mL－0.5mL＝0.4mL
压强为p1＝1.0×105Pa
注射器内气体的体积为V2＝0.3cm2×0.4cm＝0.12cm3＝0.12mL
压强为p2＝1.0×105Pa
设注入气体后压强为p，则可得p1V1＋p2V2＝pV1
解得p＝1.3×105Pa
故选C.
4．答案：A
解析：设房间的体积为V，晚上压强为p，则在中午和晚上时＝
解得ΔV＝
中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比＝.故选A.
5．答案：AD
解析：容器导热良好，说明容器内外温度相等，而外界气温不变，说明容器内气体处于恒温状态，由理想气体状态方程pV＝nRT可知，容器内气体压强与气体体积成反比．当用500N的力往上拉时，由压强公式可得
p＝＝＝50000Pa
稳定后，对活塞由平衡条件得pS＋p′S＝p大气S，容器内气体的压强为p′＝p大气－p＝50000Pa＝p大气
刚开始时，容器内的气压为大气压，施加拉力后，容器内的气压变成大气压的一半，则容器内气体的体积应该变为开始时的2倍，即稳定时活塞高度为60cm，故A正确；由A中分析可知，当用500N的力往下压时，稳定后容器内气体的压强为p2＝p大气＋p＝150000Pa＝p大气
施加压力后，容器内的气压变成大气压的倍，则容器内气体的体积应该变为开始时的，即活塞高度为20cm，故B错误；若活塞稳定在120cm高度处，则容器内气体的体积应该变为开始时的4倍，容器内的气压变成大气压的倍，即p3＝p大气－p拉＝p大气，p拉＝p大气
由压强公式可得F拉＝p拉S＝750N，故C错误，D正确．
6．答案：(1)123℃ (2)8∶25
解析：(1)根据理想气体状态方程有＝，其中p1＝1.2p0，V1＝1.1V0，T0＝(27＋273) K＝300K，解得T1＝396K，即t1＝123℃.
(2)以原有的全部气体为研究对象，气体做等温变化，根据玻意耳定律得1.2p0×1.1V0＝p0V′，代入数据解得V′＝1.32V0，由于放出气体的质量与盒内所留气体的质量之比等于同温同压下气体的体积之比，则放出的气体与盒内所留气体的质量之比为＝＝.
【方法总结】漏气问题的解题要点
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，选容器内剩余气体和漏出气体为研究对象，这样就把变质量问题转化为定质量问题．
7．答案：(1)7.2×104Pa (2)1∶3
解析：(1)选航天服内密闭气体为研究对象，则气体初状态的温度T1＝(27＋273) K＝300K，
末状态温度T2＝(－3＋273) K＝270K，
由理想气体状态方程可得＝，
得p2＝7.2×104Pa.
(2)设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV，根据玻意耳定律有p2V2＝P3(V3＋ΔV)，
解得ΔV＝1.5L，
由于放出气体的质量与原来气体的质量之比等于同温同压下气体的体积之比，则放出的气体与原来气体的质量之比为＝＝.10 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用
1.
如图所示，一足够长的汽缸竖直放置在水平地面上，用不计质量、密封好的活塞封闭一定量的理想气体，缸内有一开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分，活塞的横截面积为S，与汽缸壁之间无摩擦．初始时A、B两部分容积相同，温度均为T，大气压强为p0.
(1)若加热气体，使气体的温度升为3T，则A、B两部分气体的体积之比是多少？
(2)若将气体温度加热至2.5T，然后在活塞上放一质量为m的砝码C(已知p0＝)，直至最终达到新的平衡且此过程温度始终保持2.5T不变，最终气体的压强是多少？
2．[2023·全国甲卷]一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3.
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；
(ⅱ)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度．
3．横截面积相同的绝热管A和导热管B、C按如图所示的方式连接，A管水平放置，B管上端封闭，C管开口竖直向上．向管内注入一定量的水银后，用活塞和水银分别在A管和B管内封闭了一定量的理想气体，A管中气柱的长度为LA＝63cm，B管中气柱的长度为LB＝20cm，B、C两管中水银柱的高度均为h＝24cm，大气压强为p0＝76cmHg，开始时，封闭气体的温度均为27℃.现缓慢向右推动活塞，使C管中的水银柱升高hC＝5cm，A管中的气体未进入B、C管中，外界气温恒定．
(1)求推动活塞后，B管中封闭气体的压强pB；
(2)若推动活塞后，A管中封闭气体的温度升高了5℃，求活塞向右移动的距离x.
4．如图所示，在柱形容器中密闭有一定质量的气体，一光滑绝热活塞(质量不可忽略但厚度不计)将容器分为A、B两部分，离汽缸底部高为35cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K.先将阀门打开与大气相通，外界大气压p0＝75cmHg，室温T0＝300K，稳定后U形管两边水银面的高度差Δh＝15cm，此时活塞离容器底部的高度L＝50cm.关闭阀门，仅使容器内A部分气体的温度降至T1时，稳定后U形管左右两管水银面相平，此时活塞离容器底部的高度为L1＝40cm.整个过程B部分气体的温度不变，U形管内气体体积可忽略．求：
(1)U形管左、右两管水银面相平时，A部分气体的温度T1；
(2)整个柱形容器的高度H.
5.
如图所示，一端封闭、一端开口的长度为l＝1m的玻璃管，用长为h＝20cm的水银柱封闭一段理想气体，当玻璃管的开口竖直向下稳定时，气体的长度为l1＝72cm，已知大气压强为p0＝76cmHg，封闭气体的温度为t1＝27℃.
(1)若气体的温度恒为t1＝27℃，将玻璃管缓慢地转过180°，则稳定时气体的长度为多少？
(2)保持开口向上，使气体的温度逐渐升高，当温度为多少摄氏度时，水银柱刚好与玻璃管口平齐？
(3)在(2)的基础上持续对气体加热，玻璃管中仍有水银柱，当水银柱的长度为多少时，温度最高？
6.
[2023·河北廊坊市第一中学高二校考期末]为了理解与沉船打捞的有关物理过程，考虑下列简单模型．将打捞装置简化为一个两端开口、内壁光滑、横截面积为S＝1.0m2的柱形长玻璃管，竖直固定使其上沿刚好没入温度为T＝300K的水中；而沉船则简化为一密度为ρ(ρ＝5ρw)、高度为h＝1.0m的柱形活塞，下边缘被挡在距水平面高度为H＝10.0m的位置，活塞的上部玻璃管里充满水，如图所示．现从管下部向管内充入气体(可视为理想气体)，推动活塞缓慢上浮．设大气压强为patm＝1.0×105Pa，水的密度为ρw＝1.0×103kg/m3.(g＝10m/s2，标准状况气体摩尔体积为22.4L，忽略气体质量与各种摩擦，结果保留两位有效数字)
(1)试求充入多少摩尔的气体后可以使得活塞刚好开始上浮；
(2)上问中充入的气体推动活塞上升，当活塞缓缓上升时，再逐渐释放气体，使活塞保持缓慢上升，当活塞上沿趋于与水面平齐时，停止释放气体，求剩余气体占活塞开始上升时气体的质量百分比．
专项10 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用
1．答案：(1)1∶5 (2)5p0
解析：(1)设A的容积为V，则初状态A、B总体积为2V，气体发生等压变化，则＝
解得V′＝6V，则A、B两部分气体的体积之比是1∶5.
(2)假设活塞被压缩至隔热板时气体的压强为p，则根据理想气体状态方程＝，解得p＝5p0，即有pS＝5p0S＜p0S＋mg＝8p0S，可知活塞一直被压缩至隔板处，此后气体体积、温度不变，则压强不再改变，即最终气体的压强是p＝5p0.
2．答案：(ⅰ)1.41kg/m3 (ⅱ)1.18kg/m3
解析：(ⅰ)由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1＝273＋17K＝290K，T2＝273＋27K＝300K
由盖 吕萨克定律得＝解得＝，则
＝
其中ρ1＝1.46kg/m3，代入数据解得
ρ2≈1.41kg/m3
(ⅱ)由题意得p3＝p0，T3＝273＋27K＝300K，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
又＝
解得ρ3≈1.18kg/m3
3．答案：(1)80cmHg (2)8cm
解析：(1)设推动活塞后，B管中的水银柱上升的高度为hB，对B管中的封闭气体由玻意耳定律可得
p0LBS＝pB(LB－hB)S，pB＝p0＋(hC－hB)
解得hB＝1cm，pB＝80cmHg.
(2)对A管中的封闭气体由理想气体状态方程得：＝
即＝
解得x＝8cm.
4．答案：(1)200K (2)90cm
解析：(1)对A部分的气体，初始的压强为
p1＝p0＋Δh＝90cmHg
U形管左、右两管水银面相平时，A部分气体的压强为
p0＝75cmHg
由理想气体状态方程可得＝
解得T1＝200K.
(2)B部分气体初状态压强为p0，设B气体初态高度为L2，活塞产生的压强为p，则p＋p0＝p1
p＝15cmHg
B部分气体末状态压强p2＝p0－p＝60cmHg
整个过程B部分气体的温度不变，由玻意耳定律得
p0L2S＝p2(L2＋10)S
L2＝40cm H＝L＋L2＝90cm.
5．答案：(1)42cm (2)298.4℃ (3)12cm
解析：(1)设气体柱横截面积为S，对封闭气体柱有
管口向下时p1＝p0－ρgh＝56cmHg，V1＝Sl1，
T1＝273＋t1＝300K
管口向上时p2＝p0＋ρgh＝96cmHg，V2＝Sl2，
T2＝300K
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得l2＝42cm.
(2)设当温度升高到T3时，水银恰好不溢出，对封闭气体柱p3＝p2＝96cmHg，V3＝S(l－h)
由盖 吕萨克定律＝
代入数据解得T3＝571.4K
气体的温度为t3＝T3－273＝298.4℃.
(3)设当温度最高时，管内水银柱长度为x，对封闭气体柱p4＝p0＋ρgx，V4＝S(l－x)
由理想气体状态方程＝
代入数据化简有＝
则当x＝12cm时，温度T4最高．
6．答案：(1)3.9×102mol (2)63%
解析：(1)活塞所受重力为G＝ρShg＝5×104N
活塞上表面所受到的向下的压力为Fw＝[ρwg(H－h)＋patm]S＝1.9×105N
设管下部充入的气体为n摩尔，气柱高度为ha，气体压强为p，当活塞刚好开始上浮时，活塞受力平衡可得G＋Fw＝pS
解得p＝＝2.4×105Pa
管下部所充气体下表面所受的向上的压强为p＝ρw(H＋ha)g＋patm
解得ha＝4m
对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知＝
其中T＝300K，T0＝273K
解得n＝＝3.9×102mol.
(2)当活塞上沿跟水面齐平时，活塞上表面所受到的向下的压力为F′w＝patmS＝1×105N
设此时管下部剩余气体为n′摩尔，此时气柱高度为h′a，气体压强为p′；活塞受力平衡可得G＋F′w＝p′S
解得p′＝＝1.5×105Pa
管下部所充气体下表面所受的向上的压强为p′＝ρwg＋patm
解得h′a＝4m
对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知＝
解得n′＝
则剩余气体占活塞开始上升时气体的质量百分比为＝＝＝＝62.5%≈63%.