2026高考物理大一轮复习-第一十五章 第80课时 专题强化：气体实验定律的综合应用-专项训练【含答案】

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考点一 单一气体多过程问题
解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，确定状态参量
①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。
例1 (2024·全国甲卷·33(2))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bc＝10ab，活塞的面积为1.0×10－2 m2。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1.0×105 Pa和300 K。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200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N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。
针对训练 (多选)(2025·河南安阳市林州市开学考)如图所示，圆柱形光滑汽缸顶部开一小孔，用活塞封闭一定质量的理想气体，不计厚度的活塞用细线悬挂在天花板上。开始时活塞与汽缸顶部接触，气体的温度为2T0。现让气体的温度缓慢降低，当活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一时，气体的温度为T0。已知汽缸的质量为M、横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.当汽缸顶部与活塞分离时，气体的温度为43T0
B.当汽缸顶部与活塞分离时，气体的温度为53T0
C.开始时气体的压强为32(p0－MgS)
D.开始时气压的压强为83(p0－MgS)
例2 (2024·广西卷·14)如图，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S＝500 mm2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l0＝200 mm。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5 mm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F－15＋x曲线如图。大气压强p0＝1×105 Pa。
(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p－V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
考点二 关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
例3 (2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
例4 (2024·贵州贵阳市模拟)如图，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的横截面积相同的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.5倍。设环境温度始终保持不变，求：
(1)汽缸B中气体的体积VB；
(2)汽缸A中气体温度TA。
答案精析
例1 (1)100 N (2)327 K
解析 (1)活塞从位置a到b过程中，初态p1＝p0＝1.0×105 Pa、V1
＝S·11ab
末态p2＝？、V2＝S·10ab
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件得F＋p0S＝p2S＋FN
解得卡销b对活塞支持力的大小
FN＝100 N
(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，
初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件得
p3S＝F＋p0S
解得p3＝1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据查理定律有p2T2＝p3T3
解得T3≈327 K。
针对训练 AC [从汽缸顶部与活塞分离到活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一，气体为等压降温过程，则有LST1＝34LST0，解得T1＝43T0，故A正确，B错误；从活塞与汽缸顶部接触到汽缸顶部与活塞分离，气体的体积不变，温度降低，压强减小，则p12T0＝p2T1，对汽缸，有p2S＋Mg＝p0S，联立解得p1＝32(p0－MgS)，故C正确，D错误。]
例2 (1)50 N (2)见解析 (3)见解析
解析 (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p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N
(2)根据题意可知F－15＋x图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k·15＋x
根据F＝pS可得气体压强为p＝k(5＋x)S(SI)
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得pV＝k(5＋x)S·S·(x＋5)×10－3(SI)＝k·10－3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV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，
由(1)知pb＝p0
在b处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律paVa＝pbVb
解得pa＝40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p－V图像如图所示。
例3 pA＝74.36 cmHg
pB＝54.36 cmHg
解析 设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA＝4SB
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，
所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有
pASALA＝pA'SALA'
对B管内空气柱有
pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
例4 (1)23V0 (2)2T0
解析 (1)稳定后，A、B的压强相等，即pA＝pB＝1.5p0
B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律有p0V0＝1.5p0VB
解得VB＝23V0
(2)根据题意可知，末状态时A中气体的体积满足VA＋VB＝2V0
解得VA＝43V0
根据理想气体状态方程可得p0V0T0＝1.5p0×43V0TA
解得TA＝2T0。