高中人教版 (2019)3 气体的等压变化和等容变化课时作业

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\l "_Tc1161" 【题型1 图像问题】
\l "_Tc22177" 【题型2 图像转化问题】
\l "_Tc25206" 【题型3 一团气的气缸问题】
\l "_Tc6522" 【题型4 两团气的气缸问题】
\l "_Tc9103" 【题型5 液柱问题】
\l "_Tc10925" 【题型6 综合问题】
\l "_Tc2094" 【题型7 联系实际】
\l "_Tc24590" 【题型8 抽、充气问题】
【题型1 图像问题】
【例1】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积( )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D 第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是( )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D 从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
【变式1-2】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积( )
A.一直增大 B.一直减小
C.保持不变 D.先变大后变小
答案 B
解析 在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据eq \f(p,T)＝eq \f(1,V)C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。
【变式1-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是( )
解析：选C 气体做等容变化时eq \f(p,T)＝eq \f(Δp,ΔT)＝C，故p＝CT，Δp＝C·ΔT，又T＝273.15＋t，故p＝C(273.15＋t)，Δp＝CΔt，所以C一定正确，A、D一定错误，而B可能正确。
【题型2 图像转化问题】
【例2】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p ­T和V­T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p ­T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
解析：(1)由p ­T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由V­T图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，
对应p ­T图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，
由V­T图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa。
(2)在p ­T图像上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图像，如图所示。
.
答案：(1)1.25×105 Pa (2)见解析图
【变式2-1】(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是( )
解析：选BD A到B是等温变化，体积变大，压强变小；B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确。A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。
【变式2-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－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的有关坐标值，请写出计算过程．
解析 (1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)
所以TA＝eq \f(VA,VB)TB＝eq \f(0.4,0.6)×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
所以pC＝eq \f(TC,TB)pB＝eq \f(400,300)pB＝eq \f(4,3)pB＝eq \f(4,3)×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
答案 见解析
【变式2-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙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，不要求写出计算过程．
答案 (1)4×104 Pa (2)见解析
解析 (1)据理想气体的状态方程得eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pDVD,TD)则pA＝eq \f(pDVDTA,VATD)＝4×104 Pa
(2)p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖－吕萨克定律有
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
【变式3-1】如图所示，一导热性能良好的汽缸放置在水平面上，其横截面积S＝40 cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L＝1 m，厚度不计，初始时活塞在汽缸内封闭了一段长为2L的理想气体。环境温度为T0＝320 K。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上，稳定时缸内气体高度为1.6 m。随着环境温度的降低，活塞与卡口A、B间距离会逐渐变小。取重力加速度g＝10 m/s2，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)活塞的质量；
(2)当活塞与卡口A、B接触且无作用力时的环境温度。
[解析] (1)气体初态p1＝p0，V1＝2LS，设稳定时缸内气体高度为h1，
气体末态p2＝p0＋eq \f(mg,S)，V2＝h1S，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得m＝10 kg。
(2)假定环境温度为T1时，活塞与卡口A、B接触且无作用力，气体发生等压变化，稳定时缸内气体高度为L，则有V3＝LS，
由盖-吕萨克定律可得eq \f(V2,T0)＝eq \f(V3,T1)，
解得T1＝200 K(或－73 ℃)。
[答案] (1)10 kg (2)200 K(或－73 ℃)
【变式3-2】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( )
解析：选B 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，B正确。
【变式3-3】（多选）如图所示，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
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=400KA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。
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0.汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和eq \f(p0,3)；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为eq \f(V0,4)，现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
答案 (1)eq \f(7,5)T0 (2)eq \f(1,2)V0
解析 (1)
与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖－吕萨克定律得：eq \f(\f(7,4)V0,T)＝eq \f(\f(5,4)V0,T0)，解得：T＝eq \f(7,5)T0.
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条
件．汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得：pVx＝eq \f(p0,3)·eq \f(V0,4)，
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·eq \f(7,4)V0，
联立上述二式得：6Veq \\al(2,x)－V0Vx－Veq \\al(2,0)＝0，
其解为：Vx＝eq \f(1,2)V0；另一解Vx＝－eq \f(1,3)V0，不合题意，舍去．
【变式4-1】如图，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。
(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。
[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＝eq \f(V,2)③
p1＝2p0。④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝eq \f(3V,V2)p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝eq \f(3,2)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
eq \f(p2′,T1)＝eq \f(p3,T2)⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0。⑧
[答案] (1)eq \f(V,2) 2p0 (2)在汽缸B的顶部 (3)1.6p0
【变式4-2】如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通(忽略细管的容积)．两汽缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸壁无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝3m，m2＝2m)
(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境的温度始终保持为T0)．
(2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)．
答案 (1)eq \f(5,4)h (2)5mgh(eq \f(T,T0)－1) 吸收热量
解析 (1)设左、右活塞的面积分别为S′和S.由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即eq \f(3mg,S′)＝eq \f(2mg,S)
由此得S′＝eq \f(3,2)S
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由活塞受力平衡知，p左＝eq \f(4mg,\f(3,2)S)＝eq \f(8mg,3S)，p右＝eq \f(3mg,S)，p左在初态，气体的压强为eq \f(2mg,S)，体积为eq \f(5Sh,2)；在末态，气体的压强为eq \f(8mg,3S)，体积为eq \f(3xS,2)(x为左活塞的高度)．
由玻意耳定律得eq \f(2mg,S)·eq \f(5Sh,2)＝eq \f(8mg,3S)·eq \f(3xS,2)
由上式解得x＝eq \f(5,4)h
即两活塞的高度差为eq \f(5,4)h.
(2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为eq \f(8mg,3S).
设x′是温度达到T时左活塞的高度，由盖—吕萨克定律得
x′＝eq \f(T,T0)x＝eq \f(5Th,4T0)
活塞对气体做的功为
W＝Fs＝4mg·eq \f(5,4)h(eq \f(T,T0)－1)＝5mgh(eq \f(T,T0)－1)
在此过程中气体吸收热量．
【变式4-3】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＝300 K，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900 K，求此时A室内气体的压强。
答案（1）152 cmHg；（2） ；（3）114 cmHg
解析：1） 开始时，设A室内气体压强为pA0，则
（2）开始时，设A室内气体压强为pA0，则
A室的体积为
阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为pA1，则
体积设为VA1，根据玻意耳定律有
解得
B室内气体等温变化，依题意有
根据玻意耳定律有
解得
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＝300 K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
即为等压变化过程，根据盖—吕萨克定律有
解得T1＝600 K
因为T2＝900 K > 600 K所以温度从T1＝600 K继续升高到T2＝900 K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＝114 cmHg
【题型5 液柱问题】
【例5】如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。
(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
答案 (ⅰ)41 cm (ⅱ)312 K
解析 (ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p，细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。
由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm。⑥
(ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V,T0)＝eq \f(V1,T)⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K。⑧
【变式5-1】如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
[解析] (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm。⑤
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖-吕萨克定律有eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑥
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2＝363 K。⑧
[答案] (1)12.9 cm (2)363 K
【变式5-2】如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA > tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ）

A．水银柱保持不动B．水银柱将向左移动
C．水银柱将向右移动D．水银柱的移动情况无法判断
答案：B
解析：本题涉及到两部分气体，水银柱的移动由两部分气体的压强差决定。可以先假设水银柱不动，A、B两部分气体都做等容变化，分别研究它们的压强变化。对A有 = 得pA′ = pA
对B有 = 得pB′ = pB
由于开始时水银柱恰好在管的中央静止，则开始有pA = pB，tA > tB
则有 < 所以pA′ < pB′，则水银柱将向左移动。故选B。
【变式5-3】小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度：把B管水银面的高度转化成温度的刻度值。当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（ ）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
答案：C
解析：该测温装置利用了气体的等容变化的规律，故A错误；当温度为27℃时候，设温度为
玻璃泡A内气体压强为
温度改变为时，气体压强为
根据可得
可知可知温度越高越小，则B管上所刻的温度数值上低下高，当时，解得
若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强偏小，导致偏小，则的值偏大，导致测出的温度比实际偏高，故C正确，BD错误。
故选C。
【题型6 综合问题】
【例6】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是( )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
解析：选D 过各点的等压线如图所示，
从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
【变式6-1】（多选）如图所示，四支两端封闭、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（ ）
A．B．
C．D．
解析：假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量
而各管原压强相同，所以即高，小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；
因，则则水银柱向右移动，选项A错误；B．因，则则水银柱不移动，选项A错误；因，则则水银柱向左移动，选项CD正确；
答案：CD。
【变式6-2】（多选）如图所示为一套茶杯和杯盖，从消毒碗柜里高温消毒后取出，放在水平桌面上并立刻盖上杯盖，假定密封效果很好，则过一段时间后，下列说法正确的是（ ）
A．杯内气体分子的平均动能增大B．杯内气体分子的平均动能减小
C．杯内气体的压强增大D．杯内气体的压强减小
解析：高温的茶杯放置一段时间后，由于热传递作用杯子和杯内气体的温度降低，故杯内气体的内能减小，气体分子的平均动能减小，此过程中气体发生的是等容变化，根据查理定律得 可得杯内气体的压强减小。
答案：BD。
【变式6-3】（多选）在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗内烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示。当两边的人各增加到5人时，恰能把碗拉开。已知碗口的面积约为400cm2，环境温度为27°C，大气压强为，每人平均用力为。假设实验过程中碗不变形，也不漏气。绝对零度为-273°C，下列说法中正确的是（ ）
A．浇水过程中不锈钢碗内的气体压强逐渐增大
B．碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为2.5×104Pa
C．不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为127°C
D．浇水过程中不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少
解析：在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不变
则压强减小，分子平均动能减小，平均速度减小，不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少，故D正确A错误；每人平均用力为，则快要被拉开时，对单边半个球受力分析 解得故B错误；对球内气体分析，气体做等容变化，T=300K解得故C正确。
答案：CD
【题型7 联系实际】
【例7】某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝eq \f(100,3)V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3)。
答案：(1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
【变式7-1】登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
解析：选C 取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝eq \f(5,6)×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)×105－4.0×104))Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
【变式7-2】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)297 K (2)309 K
【变式7-3】一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小；
(2)求该热气球内空气所受的重力；
(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝eq \f(m,V0)①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝eq \f(m,VT)②
由盖­吕萨克定律得eq \f(V0,T0)＝eq \f(VT,T)③
联立①②③式得
ρ(T)＝ρ0eq \f(T0,T)④
气球所受到的浮力为
f＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得
f＝Vgρ0eq \f(T0,Tb)。⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得
G＝Vgρ0eq \f(T0,Ta)。⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝f－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tb)－\f(1,Ta)))－m0。
答案：(1)Vgρ0eq \f(T0,Tb) (2)Vgρ0eq \f(T0,Ta) (3)Vρ0T0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tb)－\f(1,Ta)))－m0
【题型8 抽、充气问题】
【例8】新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在方舱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。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在武汉检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？
[解析] (1)钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得T2＝294 K，则t＝21 ℃。
(2)在武汉时，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p2V2＝p3V3，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p4V4＝p5V5
得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。
[答案] (1)21 ℃ (2)124
【变式8-1】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)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9×105 Pa，已知负压隔离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)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；
(2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，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气体质量之比。
[解析] (1)舱内气体的体积不变，设初始时负压隔离舱内的压强为p1，温度为T1，运送到某地区后负压隔离舱内的压强为p2，温度为T2，
由查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，T2＝288 K，
解得p2＝9.6×104 Pa。
(2)设当地的大气压强为p3，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V，
则由玻意耳定律可得p2V0＝p3V，解得V＝eq \f(16,15)V0，故需要抽出的气体的体积为ΔV＝V－V0＝eq \f(1,15)V0，因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比为eq \f(Δm,m舱)＝eq \f(\f(1,15)V0,V0)＝eq \f(1,15)。
[答案] (1)9.6×104 Pa (2)eq \f(1,15)
【变式8-2】如图所示，是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为ΔV＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2,1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢管内的空气压入水舱多少次？
解析：设在水面下h＝290 m处贮气钢筒内气体的压强变为p1，由查理定律得eq \f(p,T)＝eq \f(p1,T1)，其中T＝300 K，T1＝280 K。设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，气体的总体积为V2，由玻意耳定律得p2V2＝p1V，重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为V3＝V2－V，设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得p2V3＝p4V4，其中p4＝p0＋eq \f(ρgh,1×105) atm＝30 atm，则压入水舱的次数N＝eq \f(V4,ΔV)≈13.67，所以贮气钢筒内的空气充气前压入水舱的次数为N0＝13。
答案：13次
【变式8-3】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
【答案】（1）297K；（2）309K
【详解】
（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强
①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：
③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比
⑤
联立①④⑤式解得