习题课一 理想气体状态方程和实验定律的综合应用
题组一 理想气体的图像问题
1.在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是（ ）
2.（2023·江苏高考3题）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
题组二 液柱移动问题的分析
3.如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则（ ）
A.h一定增加
B.右管气体体积不一定减小
C.左管气体压强不一定增大
D.右管气体压强和左管气体压强增加一样多
4.（多选）如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱，经适当倾斜，使上下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变，管内气体的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变大且重新稳定，说明（ ）
A.环境温度已升高
B.环境温度已降低
C.上部气体压强增大，下部气体压强减小
D.上部和下部气体压强均减小
题组三 变质量问题
5.容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装（ ）
A.4瓶 B.50瓶
C.56瓶 D.60瓶
6.（多选）（2023·辽宁大连高二期中）某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则下列分析正确的是（ ）
A.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
C.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
D.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
7.（多选）如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图像，设两部分气体是质量相同的同种气体，根据图中所给条件，可知（ ）
A.当t＝273 ℃时，气体的体积A比B大0.4 m3
B.当tA＝tB时，VA∶VB＝3∶1
C.当tA＝tB时，VA∶VB＝1∶3
D.A、B两部分气体都做等压变化，它们的压强之比pA∶pB＝3∶1
8.（2024·江苏苏州高二期中）如图所示，两端封闭的U形管中装有水银，分别封闭住A、B两部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h，以下说法中错误的是（ ）
A.使A、B两部分气体降低相同的温度，则水银柱高度差h变大
B.两部分气体升高到相同的温度后，两部分气体的压强差比升温前大
C.当U形管由图示位置开始下落时，两侧水银柱高度差h变大
D.若U形管加速下落过程中（a＝g）液柱稳定，则两部分气体的压强差为零
9.氧气瓶的容积是40 L，瓶内氧气的压强是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）
10.（2024·山东济宁高二期末）2023年5月30日，神舟十六号载人飞船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数字）。
习题课一 理想气体状态方程和实验定律的综合应用
1.D 根据p-V、p-T、V-T图像的意义可以判断，其中D项显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符。
2.B 理想气体状态方程＝C→p＝·T气体从A到B，体积V不变，气体分子的数密度不变，A错误；
3.A U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，故A正确。
4.BD 假设环境温度变化时，水银柱不动，则两部分气体都发生等容变化，由查理定律得Δp＝p1。因下部气体的压强大于上部气体的压强，温度相同，则下部气体的压强变化量大于上部气体的压强变化量。若温度降低，压强都减小，下部减小得多，则水银柱会向下移动；若升温，则下部气体压强增加得多，水银柱向上移动。据此可知本题中温度降低，两部分气体压强均减小，故A、C错误，B、D正确。
5.C 取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p（V0＋nV1），n＝＝（瓶）＝56（瓶），故C正确。
6.AC 以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据解得＝，故C正确，D错误。
7.AB 作出V-T图像，如图所示，根据图像可得VA＝kATA＝TA，VB＝kBTB＝TB，当t＝273 ℃时，VA＝×（273＋273）m3＝0.6 m3，VB＝×（273＋273）m3＝0.2 m3，A气体的体积比B气体的体积大ΔV＝（0.6－0.2）m3＝0.4 m3，故A正确；当tA＝tB时，＝＝，故B正确，C错误；根据理想气体的状态方程可知＝C，可知V＝T，故＝＝＝，故D错误。
8.A 设A管气压为pA，B管气压为pB，则pA＋ρgh＝pB，此时pA＜pB，升高或降低相同的温度，根据＝C知在体积不变时有｜Δp｜＝p1，所以升高同样温度，初状态压强大的气体（B气体）压强增加量大，水银柱向左移动，所以h变大，两部分气体的压强差比升温前大；反之降低相同的温度，B气体压强减小量大，水银柱右移，高度差h变小，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；当U形管由图示位置开始下落时，系统处于完全失重状态，高出h的水银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，所以h变大，故C正确，不符合题意；若U形管加速下落过程中液柱稳定时，通过对水银柱受力分析（加速度等于重力加速度g）可知A、B两部分气体压强相等，则两部分气体的压强差为零，故D正确，不符合题意。
9.12
解析：用如图所示的方框图表示思路。
以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
（V2－V1）→V3，由玻意耳定律可得
p2（V2－V1）＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12（天）。
10.（1） （2）1.2×105 Pa
解析：（1）设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得
V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
（2）从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
3 / 3习题课一 理想气体状态方程和实验定律的综合应用
要点一 理想气体的图像问题
一定质量的理想气体的各种图像
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p-V 图像 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- 图像 p＝，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 p-T 图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
等压线 V-T 图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
【典例1】 密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是（ ）
尝试解答：
1.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中（ ）
A.a→b，压强减小，温度不变，体积减小
B.b→c，压强增大，温度升高，体积增大
C.c→d，压强不变，温度升高，体积减小
D.d→a，压强减小，温度升高，体积不变
2.使一定质量的理想气体的状态按图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。
（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。
要点二 液柱移动问题的分析
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。
【典例2】 如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将（ ）
A.向A移动 B.向B移动
C.不动 D.不能确定
尝试解答：
方法总结
运用假设法判断液柱移动的一般思路
（1）先假设液柱不发生移动，两部分气体均做等容变化。
（2）对两部分气体分别应用查理定律的推论＝，求出每部分气体压强的变化量Δp和对液柱作用力的变化量ΔF，并加以比较。
如图所示，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，则管内水银柱将（设原来温度相同）（ ）
A.向上移动 B.向下移动
C.保持静止 D.无法判断
要点三 变质量问题
常见变质量问题及分析方法
（1）充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
（2）抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
（3）分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
（4）漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化问题，再用相关方程求解即可。
【典例3】 篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm 的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5～1.6 atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是（ ）
A.5～7次 B.5～8次
C.7～12次 D.12～15次
尝试解答：
【典例4】 （2023·贵州铜仁高二期末）2023年2月4日，美国使用战斗机将失控误入该国境内的“流浪气球”击落，该“流浪气球”如图所示，气球由弹性和导热性能良好的树脂材料制成，气球内充满氦气。当气球位于海平面时，体积为V0，氦气的压强为1.5p0，海平面的温度为27 ℃，当气球升至地球平流层时，气球体积膨胀为V0，平流层的温度为零下63 ℃。（绝对零度为－273 ℃）
（1）求气球在平流层时，气球内氦气的压强；
（2）当气球位于平流层时，如果需要控制气球下降，则可通过阀门向外排放部分氦气，当主气囊内压强变为0.63p0，求向外排出氦气质量占原有质量的百分比。
尝试解答
1.血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于 750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（ ）
A.30 cm3 B.40 cm3
C.50 cm3 D.60 cm3
2.从北方调入一大批钢瓶氧气，每个钢瓶容积为40 L，在北方测得氧气压强为1.2×107 Pa，环境温度为－23 ℃，长途运输到南方医院时，当地医院室内温度为27 ℃（钢瓶的热胀冷缩可以忽略）。现使用其中一个大钢瓶，对容积5 L小钢瓶缓慢分装，小钢瓶分装前内部可视为真空，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到5×105 Pa时就停止分装，在分装过程中大小钢瓶温度均保持不变。
（1）到达南方医院后大钢瓶内氧气的压强为多少？
（2）一大钢瓶氧气可分装多少个小钢瓶供病人使用？
1.活塞式抽气机气缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机抽动两次（抽气过程可视为等温变化），容器内剩余气体压强是原来的（ ）
A. B.
C. D.
2.“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（ ）
3.（多选）如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气柱被一段水银柱隔开，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柱都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（ ）
4.一般小汽车轮胎气压正常值为230～250 kPa，某次司机师傅发车前检测轮胎气压p1＝250 kPa，气温t1＝27 ℃，驱车一段时间后胎压报警器显示p2＝275 kPa，设行驶过程中轮胎容积不变。
（1）求此时轮胎内气体温度为多少摄氏温度；
（2）为避免爆胎，司机师傅对轮胎进行放气，放气过程轮胎容积和温度均可视为不变，为使胎压恢复到p1＝250 kPa，求剩余气体质量与原有气体质量之比。
习题课一 理想气体状态方程和实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
素养训练
1.B 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A错误；由题图可知，b→c过程，压强p变大，体积V增大，由理想气体状态方程＝C可知，温度一定升高，故B正确；由题图可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故C错误；由题图可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。
2.（1）600 K 600 K 300 K （2）见解析
解析：（1）从p-V图像中可以直观地看出，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。
根据理想气体状态方程
＝＝
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）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得VB＝＝ L＝20 L。
在V-T图像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。
要点二
知识精研
【典例2】 A 假定降温后气体体积保持不变，由查理定律得＝，则Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA＞ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，故A正确。
素养训练
A 假设水银柱不动，由查理定律知＝，由题意知ΔT1＝ΔT2，T1＝T2，p1＞p2，则Δp1＞Δp2，即ΔF1＞ΔF2，故水银柱上移，故A正确。
要点三
知识精研
【典例3】 A 球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝＝，当p2＝1.5 atm时，解得 n＝5，当p2＝1.6 atm时，解得 n＝7.5，所以需打气的次数范围5～7次，故A正确。
【典例4】 （1）0.84p0 （2）25％
解析：（1）根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
素养训练
1.D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。
2.（1）1.44×107 Pa （2）556个
解析：（1）钢瓶容积不变，p1＝1.2×107 Pa，T1＝250 K，T2＝300 K，由查理定律得＝
解得p2＝1.44×107 Pa。
（2）先以大钢瓶中气体为研究对象，研究压强降到p3＝5×105 Pa过程，则
p2V0＝p3（V0＋V1）
再以装入小钢瓶的全部气体为研究对象，研究压强降到p4＝2×105 Pa过程，则
p3V1＝np4V
解得n＝556个。
【教学效果·勤检测】
1.C 设未抽气前容器内气体压强为p，则第一次抽气过程，气体状态参量为p1＝p，V1＝2V，V2＝3V，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝p；第二次抽气过程，气体状态参量p2＝p，V2'＝2V，V3＝3V，由玻意耳定律得p2V2'＝p3V3，解得p3＝p，故C正确，A、B、D错误。
2.B 根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；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，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态体积，故B正确，A、C、D错误。
3.CD 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
4.（1）57 （2）10∶11
解析：（1）由题意可知，最初时轮胎内气体温度为
T1＝（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得
＝
解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为＝＝＝。
5 / 5(共67张PPT)
习题课一 理想气体状态方程和实验定律的综合应用
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一 理想气体的图像问题
一定质量的理想气体的各种图像
名称 图像 特点 其他图像
等
温
线 p-V图像 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
名称 图像 特点 其他图像
等
温
线
名称 图像 特点 其他图像
等
容
线 p-T 图像
名称 图像 特点 其他图像
等
压
线 V-T 图像
【典例1】 密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd
三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的
V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是
（ ）
解析：由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过程做等
温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可
知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
1. 一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，
变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线
段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中（ ）
A. a→b，压强减小，温度不变，体积减小
B. b→c，压强增大，温度升高，体积增大
C. c→d，压强不变，温度升高，体积减小
D. d→a，压强减小，温度升高，体积不变
解析： 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强
减小而体积增大，故A错误；由题图可知，b→c过程，压强p变
大，体积V增大，由理想气体状态方程＝C可知，温度一定升
高，故B正确；由题图可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变
小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故C错误；
由题图可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气
体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。
2. 使一定质量的理想气体的状态按图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。
（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？
答案：600 K 600 K 300 K
解析：从p-V图像中可以直观地看出，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。
根据理想气体状态方程
＝＝
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）将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度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：见解析
解析：由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得VB＝＝ L＝20 L。
在V-T图像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。
要点二 液柱移动问题的分析
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。
【典例2】 如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃
管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气
体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20
℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将（ ）
A. 向A移动 B. 向B移动
C. 不动 D. 不能确定
解析：假定降温后气体体积保持不变，由查理定律得＝，则Δp＝
·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA＞
ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，故A正确。
方法总结
运用假设法判断液柱移动的一般思路
（1）先假设液柱不发生移动，两部分气体均做等容变化。
（2）对两部分气体分别应用查理定律的推论＝，求出每部分气体
压强的变化量Δp和对液柱作用力的变化量ΔF，并加以比较。
如图所示，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，则管内水银柱将（设原来温度相同）（ ）
A. 向上移动 B. 向下移动
C. 保持静止 D. 无法判断
解析： 水晶是晶体，具有规则的几何外形和固定的熔点，微观
粒子的空间排列规则，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不
变，在光学性质上表现为各向异性，故C正确，A、B、D错误。
要点三 变质量问题
常见变质量问题及分析方法
（1）充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量
的问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究
对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量
问题。
（2）抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减
小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气
体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化
的问题转化为定质量问题。
（3）分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题
也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器
中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可
将变质量问题转化为定质量问题。
（4）漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变
质量问题，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内
剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变
化问题，再用相关方程求解即可。
【典例3】 篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球
内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒
给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm 的空气打入球内，
已知篮球的正常气压范围为1.5～1.6 atm。忽略球内容积与气体温度
的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是（ ）
A. 5～7次 B. 5～8次
C. 7～12次 D. 12～15次
解析：球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需
打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入
的空气为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝＝
，当p2＝1.5 atm时，解得 n＝5，当p2＝1.6 atm时，解得 n
＝7.5，所以需打气的次数范围5～7次，故A正确。
【典例4】 （2023·贵州铜仁高二期末）2023年2月4日，美国使用战
斗机将失控误入该国境内的“流浪气球”击落，该“流浪气球”如图
所示，气球由弹性和导热性能良好的树脂材料制成，气球内充满氦
气。当气球位于海平面时，体积为V0，氦气的压强为1.5p0，海平面的
温度为27 ℃，当气球升至地球平流层时，气球体积
膨胀为V0，平流层的温度为零下63 ℃。（绝对零度
为－273 ℃）
（1）求气球在平流层时，气球内氦气的压强；
答案：0.84p0
解析：根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）当气球位于平流层时，如果需要控制气球下降，则可通过阀门
向外排放部分氦气，当主气囊内压强变为0.63p0，求向外排出
氦气质量占原有质量的百分比。
答案：25％
解析：在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
1. 血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可
将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压
强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤
压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带
内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。
已知大气压强等于 750 mmHg，气体温度不变。
忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（ ）
A. 30 cm3 B. 40 cm3
C. 50 cm3 D. 60 cm3
解析： 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750
mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代
入数据整理得V＝60 cm3，故选D。
2. 从北方调入一大批钢瓶氧气，每个钢瓶容积为40 L，在北方测得氧
气压强为1.2×107 Pa，环境温度为－23 ℃，长途运输到南方医院
时，当地医院室内温度为27 ℃（钢瓶的热胀冷缩可以忽略）。现
使用其中一个大钢瓶，对容积5 L小钢瓶缓慢分装，小钢瓶分装前
内部可视为真空，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，要求大钢
瓶内压强降到5×105 Pa时就停止分装，在分装过程中大小钢瓶温
度均保持不变。
答案：1.44×107 Pa
（1）到达南方医院后大钢瓶内氧气的压强为多少？
解析：钢瓶容积不变，p1＝1.2×107 Pa，T1＝250 K，
T2＝300 K，由查理定律得＝
解得p2＝1.44×107 Pa。
（2）一大钢瓶氧气可分装多少个小钢瓶供病人使用？
答案：556个
解析：先以大钢瓶中气体为研究对象，研究压强降到p3＝
5×105 Pa过程，则
p2V0＝p3（V0＋V1）
再以装入小钢瓶的全部气体为研究对象，研究压强降到p4＝
2×105 Pa过程，则
p3V1＝np4V
解得n＝556个。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 活塞式抽气机气缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机
抽动两次（抽气过程可视为等温变化），容器内剩余气体压强是原
来的（ ）
解析： 设未抽气前容器内气体压强为p，则第一次抽气过程，
气体状态参量为p1＝p，V1＝2V，V2＝3V，由玻意耳定律得p1V1＝
p2V2，解得p2＝p；第二次抽气过程，气体状态参量p2＝p，V2'＝
2V，V3＝3V，由玻意耳定律得p2V2'＝p3V3，解得p3＝p，故C正
确，A、B、D错误。
2. “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（ ）
解析： 根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可
知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；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，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态体积，故B正确，A、C、D错误。
3. （多选）如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气柱
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柱都升高相同的温度，则
水银柱向左移动的是（ ）
解析： 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理
定律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
4. 一般小汽车轮胎气压正常值为230～250 kPa，某次司机师傅发车前
检测轮胎气压p1＝250 kPa，气温t1＝27 ℃，驱车一段时间后胎压报
警器显示p2＝275 kPa，设行驶过程中轮胎容积不变。
（1）求此时轮胎内气体温度为多少摄氏温度；
答案：57
解析：由题意可知，最初时轮胎内气体温度为T1＝（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得＝
解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）为避免爆胎，司机师傅对轮胎进行放气，放气过程轮胎容积
和温度均可视为不变，为使胎压恢复到p1＝250 kPa，求剩余
气体质量与原有气体质量之比。
答案：10∶11
解析：设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V
＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为
＝＝＝。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一 理想气体的图像问题
1. 在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容
变化→等压变化后，又回到初始状态的图是（ ）
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解析： 根据p-V、p-T、V-T图像的意义可以判断，其中D项
显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与
题意不符。
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2. （2023·江苏高考3题）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
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解析： 理想气体状态方程＝C→p＝·T 气体从A到B，体积V不变，气体分子的数密度 不变，A错误；
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题组二 液柱移动问题的分析
3. 如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均
匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管
水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则（ ）
A. h一定增加
B. 右管气体体积不一定减小
C. 左管气体压强不一定增大
D. 右管气体压强和左管气体压强增加一样多
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解析： U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB
＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝
，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相
等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下
降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，
故A正确。
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4. （多选）如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱，经适当
倾斜，使上下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变，管
内气体的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变
大且重新稳定，说明（ ）
A. 环境温度已升高
B. 环境温度已降低
C. 上部气体压强增大，下部气体压强减小
D. 上部和下部气体压强均减小
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解析： 假设环境温度变化时，水银柱不动，则两部分气体都发生等容变化，由查理定律得Δp＝p1。因下部气体的压强大于上
部气体的压强，温度相同，则下部气体的压强变化量大于上部气体
的压强变化量。若温度降低，压强都减小，下部减小得多，则水银
柱会向下移动；若升温，则下部气体压强增加得多，水银柱向上移
动。据此可知本题中温度降低，两部分气体压强均减小，故A、C
错误，B、D正确。
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题组三 变质量问题
5. 容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门
让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小
瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么
最多能分装（ ）
A. 4瓶 B. 50瓶
C. 56瓶 D. 60瓶
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解析： 取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p
（V0＋nV1），n＝＝（瓶）＝56（瓶），
故C正确。
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6. （多选）（2023·辽宁大连高二期中）某次篮球比赛前，篮球在器
材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程
中，篮球内气体的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺
出一小孔开始漏气，换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为
27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程
中篮球的容积不变，则下列分析正确的是（ ）
A. 温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B. 温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
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解析：以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据
解得＝，故C正确，D错误。
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7. （多选）如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图像，设两部分气
体是质量相同的同种气体，根据图中所给条件，可知（ ）
A. 当t＝273 ℃时，气体的体积A比B大0.4 m3
B. 当tA＝tB时，VA∶VB＝3∶1
C. 当tA＝tB时，VA∶VB＝1∶3
D. A、B两部分气体都做等压变化，它们的压强之比pA∶pB＝3∶1
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解析： 作出V-T图像，如图所示，根据
图像可得VA＝kATA＝TA，VB＝kBTB＝
TB，当t＝273 ℃时，VA＝×（273＋
273）m3＝0.6 m3，VB＝×（273＋273）
m3＝0.2 m3，A气体的体积比B气体的体积大ΔV＝（0.6－0.2）m3＝0.4 m3，故A正确；当tA＝tB时，＝＝，故B正确，C错误；根据理想气体的状态方程可知＝C，可知V＝T，故＝＝＝，故D错误。
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8. （2024·江苏苏州高二期中）如图所示，两端封闭的U形管中装有水银，分别封闭住A、B两部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h，以下说法中错误的是（ ）
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A. 使A、B两部分气体降低相同的温度，则水银柱高度差h变大
B. 两部分气体升高到相同的温度后，两部分气体的压强差比升温前大
C. 当U形管由图示位置开始下落时，两侧水银柱高度差h变大
D. 若U形管加速下落过程中（a＝g）液柱稳定，则两部分气体的压强差为零
解析： 设A管气压为pA，B管气压为pB，则pA＋ρgh＝pB，此时
pA＜pB，升高或降低相同的温度，根据＝C知在体积不变时有｜
Δp｜＝p1，所以升高同样温度，初状态压强大的气体（B气
体）压强增加量大，水银柱向左移动，所以h变大，两部分气体的
压强差比升温前大；反之降低相同的温度，B气体压强减小量大，
水银柱右移，高度差h变小，故A错误，符合题意，B正确，不符合
题意；
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当U形管由图示位置开始下落时，系统处于完全失重状态，高出h的水
银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，所以h变大，
故C正确，不符合题意；若U形管加速下落过程中液柱稳定时，通过
对水银柱受力分析（加速度等于重力加速度g）可知A、B两部分气体
压强相等，则两部分气体的压强差为零，故D正确，不符合题意。
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9. 氧气瓶的容积是40 L，瓶内氧气的压强是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
解析：用如图所示的方框图表示思路。
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以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，
V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
（V2－V1）→V3，由玻意耳定律可得
p2（V2－V1）＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12（天）。
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10. （2024·山东济宁高二期末）2023年5月30日，神舟十六号载人飞
船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要
关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减
小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作
舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50
m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
答案：
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解析：设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
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（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作
舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数
字）。
答案：1.2×105 Pa
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解析：从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体
后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
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谢谢观看!
