第64讲 气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第64讲 气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共22页。
\l "_Tc5823" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc5823 \h 2
\l "_Tc12283" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc12283 \h 2
\l "_Tc20237" 考点一.理想气体状态变化的三类模型 PAGEREF _Tc20237 \h 2
\l "_Tc27282" 知识点一 “活塞＋汽缸”模型 PAGEREF _Tc27282 \h 2
\l "_Tc27656" 知识点二 “液柱＋管”模型 PAGEREF _Tc27656 \h 3
\l "_Tc1601" 知识点三 “两团气”模型 PAGEREF _Tc1601 \h 3
\l "_Tc19381" 考向1.单独气体 PAGEREF _Tc19381 \h 3
\l "_Tc12080" 考向2.关联气体 PAGEREF _Tc12080 \h 7
\l "_Tc22703" 考点二.理想气体的四类变质量问题 PAGEREF _Tc22703 \h 10
\l "_Tc21007" 知识点一 充气问题 PAGEREF _Tc21007 \h 10
\l "_Tc28486" 知识点二 抽气问题 PAGEREF _Tc28486 \h 10
\l "_Tc31437" 知识点三 灌气问题 PAGEREF _Tc31437 \h 10
\l "_Tc28960" 知识点四 漏气问题 PAGEREF _Tc28960 \h 10
04、真题练习，命题洞见 \l "_Tc15395" PAGEREF _Tc15395 \h 13
考点一.理想气体状态变化的三类模型
知识点一 “活塞＋汽缸”模型
解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路：
(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。
知识点二 “液柱＋管”模型
解答“液柱＋管”类问题，关键是对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，且注意以下几点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面间的竖直高度)。
(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。
知识点三 “两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧：
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
考向1.单独气体
1.某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着重物。当缸内温度为T1＝300 K时，活塞与缸底相距H＝3 cm，与重物相距h＝2 cm。环境空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。
(1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2；
(2)若重物质量为m＝2 kg，当轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求此时缸内气体温度T3。
【答案】 (1)500 K (2)600 K
【解析】 (1)从开始到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则eq \f(HS,T1)＝eq \f(（H＋h）S,T2)
解得T2＝500 K。
(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有
p1S＝p0S＋mg
对缸内气体，有eq \f(p0,T2)＝eq \f(p1,T3)
解得T3＝600 K。
2.如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降eq \f(1,3)H，左侧活塞上升eq \f(1,2)H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
【答案】 (1)eq \f(18,17)p0 (2)eq \f(2p0S,17H) eq \f(2p0S,17g)
【解析】 (1)对左、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态压强p2，体积V2＝S·eq \f(3,2)H＋eq \f(2,3)H·2S＝eq \f(17,6)SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝eq \f(18,17)p0。
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝eq \f(2p0S,17g)
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·eq \f(1,2)H＝p2S
解得k＝eq \f(2p0S,17H)。
3.如图所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，环境温度为T＝27 ℃，重力加速度为g。
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
【答案】 (1)380 K (2)19.2 cm
【解析】 (1)由题意得，加热前左管中气体压强
p左1＝76 cmHg－4 cmHg＝72 cmHg
加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76 cmHg
加热后左管中气体长度为L2＝L1＋eq \f(H1,2)＝12 cm
由理想气体状态方程得eq \f(p左1L1S,T1)＝eq \f(p左2L2S,T2)
其中L1＝10 cm，T1＝(273＋27) K＝300 K
解得T2＝380 K。
(2)设注入水银的长度为x，左侧内部温度不变，由玻意耳定律有p左2L2S＝p左3L1S
此时左侧管中气体压强p左3＝p0＋ρg(x－H1)
解得x＝19.2 cm。
4.如图所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求：
(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；
(2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
【答案】 (1)410 K (2)1.6 cm
【解析】 (1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得
h1S1＋h2S2＝xS1
根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为
p1＝p0＋ρg(h1＋h2)
水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为
p2＝p0＋ρgx
由理想气体状态方程有
eq \f(p1lS2,T1)＝eq \f(p2（l＋h2）S2,T2)
解得T2＝410 K。
(2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有
eq \f(（l＋h2）S2,T2)＝eq \f(V3,T3)
设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则
V3＝(l＋h2)S2＋yS1
解得y＝1.6 cm。
5.如图所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10 cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5 cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)静止时左侧气体的压强p1；
(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。
【答案】 (1)70 cmHg (2)eq \f(160,3) m/s2
【解析】 (1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0
对底部液柱由平衡条件有p0S＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p1＋ρgh))S
大气压强p0可表示为p0＝ρgh0
其中h0＝75 cm
解得p1＝70 cmHg。
(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3
两边液面相平，故左边气体长度从L1＝L－h＝5 cm变为L2＝L－eq \f(h,2)＝7.5 cm
右边气体长度从L＝10 cm变为L3＝L－eq \f(h,2)＝7.5 cm
对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S
对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S
对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma
其中m＝ρLS
解得a＝eq \f(160,3) m/s2。
考向2.关联气体
6.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g。
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
【答案】 (1)15 cm (2)20 cm
【解析】 (1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有
p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，
则V2′＝L1S，由玻意耳定律有
p2·2HS＝p2′·L1S
解得L1＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。
7.如图所示，下端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒高均为L。两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m，大活塞的横截面积为2S、质量为2m。两活塞用长为L的刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，大活塞上方充有氮气。小活塞的导热性能良好，汽缸及大活塞绝热，不计活塞与汽缸之间的摩擦。开始时，氮气和外界环境的温度均为T0，大活塞处于大圆筒的中间位置，氧气压强大小为eq \f(2mg,S)，氮气压强大小为eq \f(3mg,S)，氧气和氮气均可看作理想气体，重力加速度为g，求：
(1)外界大气压p0；
(2)通过电阻丝缓慢加热氮气，当大活塞下降eq \f(L,4)时，氮气的温度。
【答案】 (1)eq \f(7mg,S) (2)eq \f(8,5)T0
【解析】 (1)根据题意，对活塞和刚性杆整体受力分析，由平衡条件有
p0S＋p1·2S＝p1S＋p2·2S＋3mg
其中p1＝eq \f(2mg,S)
p2＝eq \f(3mg,S)
联立解得p0＝eq \f(7mg,S)。
(2)对于氧气，温度不变，初状态p1＝eq \f(2mg,S)
V1＝eq \f(1,2)L·2S＋eq \f(1,2)L·S＝eq \f(3,2)LS
末状态设压强为p3，体积为
V2＝eq \f(1,4)L·2S＋eq \f(3,4)L·S＝eq \f(5,4)LS
根据玻意耳定律有p1V1＝p3V2
代入数据解得p3＝eq \f(12mg,5S)
对于氮气分析，初状态p2＝eq \f(3mg,S)
V3＝eq \f(1,2)L·2S＝LS
加热后，由平衡条件有
p0S＋p3·2S＝p3S＋p4·2S＋3mg
解得p4＝eq \f(16mg,5S)
体积为V4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)))L·2S＝eq \f(3,2)LS
根据理想气体状态方程知eq \f(p2V3,T0)＝eq \f(p4V4,T)
代入数据解得T＝eq \f(8,5)T0。
8.如图所示，导热性能良好、粗细均匀的长直U形细玻璃管竖直放置在桌面上，左管封闭、右管开口足够长，两段水银柱C、D封闭着A、B两段理想气体，两段理想气体的长度l1＝l2＝10 cm，水银柱C的长度h1＝15 cm，水银柱D左右两管液面高度差h2＝20 cm，U形管水平长度L＝19 cm。水银柱D在右管中的长度h大于l2，大气压强保持p0＝75 cmHg不变，环境温度不变。求：
(1)A、B两段理想气体的压强；
(2)现将U形管缓慢顺时针转动90°，稳定后水银柱C移动的距离。
【答案】 (1)90 cmHg 70 cmHg (2)4.5 cm
【解析】 (1)A段理想气体的压强
p1＝p0＋ρgh1＝75 cmHg＋15 cmHg＝90 cmHg
B段理想气体的压强
p2＝p1－ρgh2＝90 cmHg－20 cmHg＝70 cmHg。
(2)平放后，A、B段理想气体的压强分别为
p1′＝p0＝75 cmHg
p2′＝p1′－ρgL＝75 cmHg－19 cmHg＝56 cmHg
对A、B段气体，根据玻意耳定律分别有
p1l1＝p1′l1′，p2l2＝p2′l2′
解得l1′＝12 cm，l2′＝12.5 cm
则有Δx＝l1′－l1＋l2′－l2
解得水银柱C的移动距离Δx＝4.5 cm。
考点二.理想气体的四类变质量问题
知识点一 充气问题
在充气时，以将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
知识点二 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。
知识点三 灌气问题
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作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
知识点四 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，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
1.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部分通过单向阀门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空气的压强为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eq \f(V,10)的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、下部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝eq \f(1,4)p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：
(1)当打气n次后，活塞稳定时下部分空气的压强；
(2)打气筒向容器内打气次数n。
【答案】 (1)6.25p0 (2)49次
【解析】 (1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
可知p1eq \f(V,2)＝p2eq \f(V,10)
初状态时对活塞有p1S＝p0S＋G
联立解得p2＝eq \f(25,4)p0＝6.25p0。
(2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为p
末状态时对活塞有p2S＝pS＋G
由玻意耳定律有p0eq \f(V,2)＋n·p0eq \f(V,10)＝peq \f(9V,10)
联立解得p＝6p0，n＝49次。
2.为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图2为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积为eq \f(V0,16)；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为eq \f(14,15)p0；不考虑抽气引起的温度变化。求：
(1)青铜鼎材料的总体积；
(2)抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。
【答案】 (1)eq \f(1,8)V0 (2)196∶225
【解析】 (1)设青铜鼎材料的总体积为ΔV，由玻意耳定律得
p0(V0－ΔV)＝eq \f(14,15)p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V0－ΔV＋\f(1,16)V0))
解得ΔV＝eq \f(1,8)V0。
(2)设第二次抽气后气体压强为p2，则有
eq \f(14,15)p0(V0－ΔV)＝p2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V0－ΔV＋\f(1,16)V0))
设剩余气体压强为p0时体积为V，则
p0V＝p2(V0－ΔV)
剩余气体与原气体的质量比eq \f(m1,m2)＝eq \f(V,V0－ΔV)
解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(196,225)。
3.已知某钢瓶容积200 L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105 Pa，环境温度为－23 ℃，医院病房内温度27 ℃(钢瓶的热胀冷缩可以忽略)。则：
(1)移入室内达热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？
(2)现在室内对容积5 L内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，在分装过程中大小钢瓶温度均保持不变。最多可分装多少瓶小钢瓶供病人使用？
【答案】 (1)3.6×105 Pa (2)32瓶
【解析】 (1)气体发生等容变化，由查理定律得
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得p2＝3.6×105 Pa。
(2)气体温度保持不变，由玻意耳定律得
p2V＝np3V′＋p3V
代入数据解得n＝32(瓶)。
4.一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。
(1)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；
(2)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，求此时舱内气体的密度。
【答案】 (1)1.41 kg/m3 (2)1.18 kg/m3
【解析】 法一 假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，对升温前舱内气体，由理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
气体的体积V1＝eq \f(m,ρ1)，V2＝eq \f(m,ρ2)
解得eq \f(p1,ρ1T1)＝eq \f(p2,ρ2T2)。
(1)气体压强不变，已知T1＝(17＋273)K＝290 K，T2＝(27＋273)K＝300 K，ρ1＝1.46 kg/m3
上式简化为ρ1T1＝ρ2T2
将已知数据代入解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)气体温度T1＝(17＋273)K＝290 K，T3＝T2＝300 K，压强p1＝1.2 atm，p3＝1.0 atm，密度ρ1＝1.46 kg/m3
代入eq \f(p1,ρ1T1)＝eq \f(p3,ρ3T3)
解得ρ3≈1.18 kg/m3。
法二 (1)已知初态气体压强p1＝1.2 atm，温度T1＝(17＋273)K＝290 K，ρ1＝1.46 kg/m3，高压舱内气体体积为V1，保持气体压强不变，假设升温后气体体积增大为V2，由盖－吕萨克定律可知
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2
解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)保持气体温度不变，降压前气体体积为V2，压强为p2＝p1＝1.2 atm，降压后压强减小为p3＝1.0 atm，气体体积增大为V3，由玻意耳定律有
p1V2＝p3V3
同时ρ2V2＝ρ3V3
联立解得ρ3≈1.18 kg/m3。
1．（2024·甘肃·高考真题）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后
根据玻意耳定律得
解得
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得
解得
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
根据胡克定律得
联立得
2．（2024·广东·高考真题）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于时差压阀关闭。当环境温度时，A内气体体积，B内气体压强等于大气压强，已知活塞的横截面积，，，重力加速度大小取，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到时：
（1）求B内气体压强；
（2）求A内气体体积；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到并保持不变，求已倒入铁砂的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1、2）假设温度降低到时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态
，
末态
根据
代入数据可得
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态
，
末态
根据
代入数据可得
由于
假设成立，即
（3）恰好稳定时，A内气体压强为
B内气体压强
此时差压阀恰好关闭，所以有
代入数据联立解得
3．（2024·广西·高考真题）如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。
（1）求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
（2）推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
（3）画出封闭气体等温变化的图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【详解】（1）活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
（2）根据题意可知图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
根据可得气体压强为
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
故可知该过程中对封闭气体的值恒定不变，故可知做等温变化。
（3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时
在b处时气体体积为
在a处时气体体积为
根据玻意耳定律
解得
故封闭气体等温变化的图像如下
4．（2024·山东·高考真题）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0cm2，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0cm2，高度h=20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大气压p0=1.0×105Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
（1）求x；
（2）松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
又因为
代入数据联立解得
（2）当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
又因为
代入数据联立解得
5．（2024·全国·高考真题）如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】（1）100N；（2）327K
【详解】（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态
、
末态
、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
6．（2024·安徽·高考真题）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由查理定律可得
其中
，，
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为
（2）由玻意耳定律
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
7．（2024·辽宁·高考真题）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的热功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
电热丝产生的热量全部被气体吸收
联立整理得
解得
8．（2023·湖南·高考真题）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，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆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，打开，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，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为。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；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小。

【答案】（1）；（2）
【详解】（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
根据玻意耳定律
解得
（2）同理第二次抽气
解得
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
考情分析
2024·甘肃·高考物理第14题
2024·广东·高考物理第14题
2024·广西 ·高考物理第14题
2024·全国甲 ·高考物理第33题
2024·安徽 ·高考物理第13题
复习目标
目标1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。
目标2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。
目标3.会分析四类“变质量”模型