高中物理鲁科版 (2019)选择性必修 第三册气体实验定律优秀学案

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▉题型1 气体的等温变化与玻意耳定律的应用
【知识点的认识】
玻意耳定律（等温变化）：
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变．
②数学表达式：pV＝C（常量）或p1V1＝p2V2．
③适用条件：a．气体质量不变、温度不变；b．气体温度不太低（与室温相比）、压强不太大（与大气压相比）．
④p﹣V图象﹣﹣等温线：一定质量的某种气体在p﹣V图上的等温线是双曲线的一支，如图A所示，从状态M经过等温变化到状态N，矩形的面积相等，在图B中温度T1＜T2．
⑤p−1V图象：由pV＝CT，可得p＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高，且直线的延长线过原点，如图C所示，可知T1＜T2．
1．如图所示，一导热汽缸上方有一可自由移动的活塞，汽缸内部装有部分水。活塞和水之间封闭有一定质量的理想气体。汽缸内的水面浮有一个木块和一个一端封闭、开口向下的玻璃管，玻璃管中有部分空气，系统稳定时，玻璃管内空气柱在管外水面上方的长度为a，空气柱在管外水面下方的长度为b，水面上方木块的高度为c，水面下方木块的高度为d。现在活塞上方施加竖直向下、且缓慢增大的力F，使活塞下降一小段距离（未碰及玻璃管和木块），汽缸气密性良好，不计活塞和器壁间的摩擦，环境温度不变，下列说法中正确的是（ ）
A．d和b都增大B．b减小
C．a减小D．a和c都减小
【答案】C
【解答】解：由题意可知，由玻意耳定律可知，气体的温度没有发生变化，当活塞下降时，气体的体积减小，则汽缸内气体压强p1增大，玻璃管受到气缸内的气体的压力增大，则玻璃管要向下运动，由p＝p1+ρgb可知，管内气体压强p增大，则管内封闭气体体积要减小，由于F浮＝ρgV＝G，G、ρ、g不变，故V不变，即b不变，a减小；
对木块，由平衡得mg＝ρV排g，由于重力不变，所以排开水的体积不变，即c、d高度均不变，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．排球比赛中球内标准气压为1.300×105Pa～1.425×105Pa。某次比赛时环境大气压强为1.000×105Pa，一排球内气体压强为1.100×105Pa，球内气体体积为5L。为使该排球内的气压达到比赛用的标准气压，需用充气筒给排球充气，已知充气筒每次能将环境中0.23L的空气充入排球，充气过程中排球体积和气体温度的变化均可忽略不计，气体视为理想气体，则需要充气的次数至少为（ ）
A．9次B．7次C．5次D．4次
【答案】C
【解答】解：设至少充n次才能使球内气体的压强达到p＝1.300×105Pa。
赛前球内气体压强为p1＝1.100×105Pa，体积为V0＝5L，每次冲入气体的压强为p2＝1.000×105Pa，体积为V＝0.23L。
根据理想气体状态方程“分态式”可得
p1V0+np2V＝pV0
代入数据解得：n≈4.35次，所以赛前至少充气的次数为5次，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（多选）3．如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为P0，体积比为2：3，环境温度为300K。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为3：2。以下说法正确的是（ ）
A．两种方式末状态A中气体的压强相等
B．第一种方式，末状态A中气体的温度为675K
C．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为15
D．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为59
【答案】BD
【解答】解：B.第一种方式，设汽缸容积为5V
水平放置的导热汽缸，对B部分气体，由玻意耳定律可得P0•3V＝P1•2V
解得P1=32P0
对A部分气体，由理想气体状态方程可得P0⋅2VT0=P1⋅3VT1
代入数据解得T1＝675K，故B正确；
CD.第二种方式，设汽缸容积为5V，缓慢抽气，导热汽缸，可视为两部分气体均作等温变化
对A部分气体，由玻意耳定律可得P0•2V＝P2•3V
解得P2=23P0
对B部分气体，由玻意耳定律可得P0•3V＝P2（2V+ΔV）
代入数据解得ΔV=52V
第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值ΔV2V+ΔV=52V2V+52V=59，故C错误，D正确；
A.由以上两种方式所求的末状态压强可知，两种方式末状态A中气体的压强不相等，故A错误；
故选：BD。
（多选）4．超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其工作原理如下：如甲图所示，使用时按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘内封闭的理想气体的体积为V，压强为p0。然后再把锁扣扳下，吸盘向外拉出，使吸盘内封闭气体的体积变为1.2V，如乙图所示，安装过程中封闭气体的质量和温度保持不变。已知吸盘与墙面的有效面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是压力的k倍，外界大气压强为p0，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．安装过程中，吸盘内气体的平均动能增大
B．安装完毕后，吸盘内气体的压强变为1.2p0
C．安装完毕后，挂钩对墙面的压力为16p0S
D．安装完毕后，挂质量为kp0S3g−m的物体，挂钩会脱落
【答案】CD
【解答】解：A．吸盘内的气体温度不变，则吸盘内气体的平均动能不变，故A错误；
B．把锁扣扳下，吸盘向外拉出，使吸盘内封闭气体的体积变为1.2V，吸盘内封闭的气体发生等温变化，由玻意耳定律可知p0V＝p×1.2V
解得p=56p0
故B错误；
C．安装完毕后，挂钩对墙面的压力为F=p0S−pS=16p0S
故C正确；
D．由物体的平衡条件可知（M+m）g＝k（p0﹣p）S
解得最大质量M=kp0S6g−m＜kp0S3g−m
所以挂质量为kp0S3g−m的物体，挂钩会脱落，故D正确。
故选：CD。
（多选）5．如图所示，一细线竖直悬挂汽缸的活塞，使汽缸悬空静止。缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸间无摩擦，且不漏气，气体温度保持不变。当大气压强减小时，下列说法正确的是（ ）
A．细绳所受的拉力将增大
B．细绳所受的拉力将不变
C．缸内气体的体积将增大
D．缸内气体的体积将减小
【答案】BC
【解答】解：AB、设缸内气体压强为p1，大气压强为p0，活塞面积为S、质量为m，汽缸质量为M，细绳所受的拉力大小为T，对活塞根据平衡条件有mg+p0S＝T+p1S，对汽缸根据平衡条件有p1S+Mg＝p0S，解得T＝（M+m）g，所以细绳所受的拉力将不变，故A错误，B正确；
CD、当p0减小时，p1减小，由于缸内气体温度不变，根据玻意耳定律可知缸内气体的体积将增大，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）6．在标准状态下，一粗细均匀、上端开口的玻璃管，长80cm。其内有一段长度为25cm的水银柱，把一定量的空气封闭在管内。初始时玻璃管开口向上竖直放置，空气柱的长度为30cm，大气压强为75cmHg。保持气体温度不变，当玻璃管开口向下竖直放置时（ ）
A．玻璃管内空气柱的长度为57.33cm
B．玻璃管内空气柱的长度为60cm
C．玻璃管内空气柱的压强为50cmHg
D．玻璃管内空气柱的压强为52.33cmHg
【答案】AD
【解答】解：有一段长度为25cm的水银柱，把一定量的空气封闭在管内，大气压强为75cmHg，开口向上时
p1＝（25+75）cmHg＝100cmHg
V1＝30S
开口向下时，设留在管内的水银柱长为h，则有
p2＝（75﹣h）cmHg
V2＝（80﹣h）S
保持气体温度不变，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
即
100×30S＝（75﹣h）×（80﹣h）
解得
h≈22.67cm
所以此时管内空气柱的长度
l＝（80﹣22.67）cm＝57.33cm
管内的大气压强
p2＝（75﹣22.67）cmHg＝52.33cmHg
故AD正确，BC错误。
故选：AD。
7．某同学用一便携式打气筒先给一瘪的（内部无气体）气球充气，充气30次后气球爆炸，已知气球爆炸时的体积为8L，压强为1.05个大气压。然后给一篮球充气，充气前篮球内部气体压强为1个大气压，充气后篮球内部气体压强超过1.6个大气压，充气前后篮球体积均为7.5L。假设环境温度保持不变，且打气过程中每次均将打气筒内的压强为1个大气压的气体全部压入球内。
（1）求打气筒的容积；
（2）求给篮球充气的最少次数。
【答案】（1）打气筒的容积为0.28L；
（2）给篮球充气的最少次数为17次。
【解答】解：（1）设打气筒的容积为V0，大气压强为p0，气球爆炸时的体积V1＝8L，充气n1＝30次后，压强为p1＝1.05p0
对打入气球的气体，由玻意耳定律可得：n1p0V0＝p1V1，解得：V0=p1V1n1p0=1.05p0×830p0L=0.28L；
（2）由题意可知篮球的体积为V2＝7.5L，设给篮球充气n2次后，压强变为p2＝1.6p0
对篮球中原有的气体和打入的气体的整体，由玻意耳定律可得：n2p0V0+p0V2＝p2V2，解得：n2=(p2−p0)V2p0V0=(1.6−1)p0×7.5p0×0.28=16.07
充气后篮球内部气体压强超过1.6个大气压，给篮球充气的最少次数为17次。
答：（1）打气筒的容积为0.28L；
（2）给篮球充气的最少次数为17次。
8．如图所示，一导热良好的柱形容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，起初A、B两部分封闭气体的质量均为m，压强均为1.2p0，隔板到左、右两底面的距离均为L。现打开左侧阀门，A部分气体缓慢排出，封闭气体可视为理想气体，外界大气压强恒为p0，外界环境温度不变，求：
（1）稳定后隔板向左移动的距离d；
（2）稳定后从阀门排出的气体质量Δm。
【答案】答：（1）稳定后隔板向左移动的距离d为0.2L。
（2）稳定后从阀门排出的气体质里Δm为13m。
【解答】解：（1）稳定后，A、B部分气体的压强均为p0，设隔板的横截面积为S，对B部分气体，根据理想气体状态方程有1.2p0V1T=p0V2T，其中V2＝L'S、V1＝LS，解得稳定后隔板到右底面的距离变为L'＝1.2L，则稳定后隔板向左移动的距离d＝L'﹣L＝0.2L。
（2）以初始A部分封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程有1.2p0V1T=p0V′T，解得A部分封闭气体在温度不变和压强为p0状态下的体积为V'＝1.2SL。
稳定后A部分气体的体积为V3＝S（L﹣d）＝0.8SL，稳定后从阀门排出的气体质量Δm与原有A部分封闭气体质量之比为Δmm=V′−V3V′=13，则Δm=13m。
答：（1）稳定后隔板向左移动的距离d为0.2L。
（2）稳定后从阀门排出的气体质里Δm为13m。
9．在一个电梯的轿厢中，一质量M＝10kg，内部横截面积S＝100cm2的汽缸由一个质量m＝10kg的活塞封闭了一定质量的理想气体。初始时，汽缸静置在轿厢底部，气柱高度h1＝16cm，如图甲所示。若用绳子连接活塞将汽缸悬挂在电梯的顶部，电梯以加速度a匀加速上升达到稳定时气柱高度h2＝20cm，如图乙所示。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，轿厢内温度不变，汽缸导热性能良好且不计活塞与汽缸壁间的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲静止状态下，汽缸内气体的压强p1；
（2）图乙电梯加速运动时的加速度a的大小。
【答案】（1）图甲静止状态下，汽缸内气体的压强是1.1×105Pa；
（2）图乙电梯加速运动时的加速度a的大小是2m/s2。
【解答】解：（1）初态静置时，由活塞平衡得p0S+mg＝p1S
解得p1＝1.1×105Pa
（2）当加速上升时，由气体等温变化规律得p1Sh1＝p2Sh2
对气缸列牛顿第二定律方程p0S﹣Mg﹣p2S＝Ma
解得a＝2m/s2
答：（1）图甲静止状态下，汽缸内气体的压强是1.1×105Pa；
（2）图乙电梯加速运动时的加速度a的大小是2m/s2。
10．如图所示，一个导热良好、足够长、质量为4kg的汽缸放置在倾角为37°的粗糙斜面上，在汽缸内有一质量为1kg、横截面积为20cm2的活塞与汽缸内壁光滑接触，且无气体漏出。对活塞施加大小为20N、方向沿斜面向上的外力，可以使整个装置保持静止。静止时活塞与汽缸底部距离为10cm，斜面与汽缸之间的动摩擦因数μ＝0.5，大气压强p0=1×105Pa，重力加速度g取10m/s2，汽缸周围的温度保持不变，缓慢增加外力的大小，使活塞始终相对汽缸缓慢移动。
（1）缓慢增加外力到80N时，求此时系统一起向上运动的加速度。
（2）从静止开始到外力增大到80N的过程，活塞与汽缸的相对位移（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）此时系统一起向上运动的加速度等于6m/s2；
（2）从静止开始到外力增大到80N的过程，活塞与汽缸的相对位移等于4.1cm。
【解答】解：（1）根据题意，以汽缸与活塞整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcs37°＝（m1+m2）a
解得
a＝6m/s2
（2）根据题意，以活塞为研究对象，当F＝20N静止时，由平衡条件有
F+p1S＝m2gsin37°+p0S
解得
p1=p0−7m2g5S，解得p1=0.93×105Pa
当F′＝80N活塞向上匀加速时，由牛顿第二定律有
F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a
解得
p2=p0−34m2g5S，解得p2=0.66×105Pa
对于汽缸内气体，由玻意耳定律有
p1L0S＝p2LS
解得
L＝14.1cm
则活塞相对汽缸底部运动距离
s＝L﹣L0，解得s＝4.1cm
答：（1）此时系统一起向上运动的加速度等于6m/s2；
（2）从静止开始到外力增大到80N的过程，活塞与汽缸的相对位移等于4.1cm。
11．气垫鞋的鞋底设置有气垫储气腔，穿上鞋后，储气腔内气体可视为质量不变的理想气体，可以起到很好的减震效果。使用过程中，储气腔内密封的气体被反复压缩、扩张。某气垫鞋储气腔水平方向上的有效面积为S，鞋底上部无外界压力时储气腔的体积为V0、压强为p0，储气腔能承受的最大压强为3p0。当质量为m的人穿上鞋运动时，可认为人受到的支持力全部由腔内气体提供，不计储气腔内气体的温度变化，鞋体由特殊超轻材料制作，不计重力。外界大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，求：
（1）当人站立在水平地面上静止时，每只鞋的储气腔内的压强p1及腔内气体体积V1；
（2）在储气腔不损坏的情况下，该气垫鞋能给人竖直向上的最大加速度a。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）平衡时，对一只鞋受力分析有
mg2+p0S=p1S
解得
p1=mg2S+p0
由等温变化有
p0V0＝p1V1
解得
V1=2p0V0Smg+2p0S
（2）每只气垫鞋能给人竖直方向的最大支持力
F＝（3p0﹣p0）S
竖直方向上有
2F﹣mg＝ma
解得
a=4p0Sm−g
答：（1）当人站立在水平地面上静止时，每只鞋的储气腔内的压强等于mg2S+p0，腔内气体体积等于2p0V0Smg+2p0S；
（2）气垫鞋能给人竖直向上的最大加速度等于4p0Sm−g。
12．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13H，左侧活塞上升12H。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）最终汽缸内气体的压强为1817p0。
（2）弹簧的劲度系数为2p0S17H，添加的沙子质量为2p0S17g。
【解答】解：（1）对左右汽缸内密封的气体，初态压强为p1＝p0，体积为
V1＝SH+2SH＝3SH
末态压强为p2，左侧气体高度为
H+12H=32H
右侧气体高度为
H−13H=23H
总体积为
V2＝S•32H+23H•2S=176SH
根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
整理解得
p2=1817p0
（2）设添加沙子的质量为m，对右边活塞受力分析可知
mg+p0•2S＝p2•2S
整理解得
m=2p0S17g
对左侧活塞受力分析可知
p0S+k•12H＝p2S
整理解得
k=2p0S17H
答：（1）最终汽缸内气体的压强为1817p0。
（2）弹簧的劲度系数为2p0S17H，添加的沙子质量为2p0S17g。
13．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p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的34。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pA、pB；
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）抽气之后A、B的压强pA、pB分别为45p0、23p0；
（2）弹簧的劲度系数k为8p0S15l。
【解答】解：（1）由题意可知将B中气体抽出一半后，隔板向右移动了14l，A的体积变为原来的54（即体积为54Sl），对A中气体由玻意耳定律得：
p0Sl＝pA×54Sl
解得：pA=45p0
以B中一半的气体为研究对象，由玻意耳定律得：
p0×12Sl＝pB×34Sl
解得：pB=23p0
（2）末状态弹簧的压缩量为14l，对隔板由受力平衡的条件可得：
pBS+k×14l＝pAS
解得：k=8p0S15l
答：（1）抽气之后A、B的压强pA、pB分别为45p0、23p0；
（2）弹簧的劲度系数k为8p0S15l。
14．气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力，如图甲所示是气钉枪和与之配套的气罐、气泵。图乙是气钉枪发射装置示意图，气缸通过细管与气罐相连。射钉时打开开关，气罐向气缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。气钉枪配套气罐的容积V0＝8L，气缸有效容积V＝25mL，气钉枪正常使用时气罐内压强范围为4p0～6.5p0，p0为大气压强，当气罐内气体压强低于4p0时气泵会自动启动充气，压强达到6.5p0时停止充气。假设所有过程气体温度不变，已知气罐内气体初始压强为6.5p0，(320321)100≈0.732。
（1）使用过程中，当气罐内气体压强降为4p0时气泵启动，充气过程停止使用气钉枪，当充气结束时，求气泵共向气罐内泵入压强为p0的空气体积ΔV；
（2）充气结束后用气钉枪射出100颗钉子后，求此时气罐中气体压强p。
【答案】（1）当充气结束时，气泵共向气罐内泵入压强为p0的空气体积ΔV为20L；
（2）充气结束后用气钉枪射出100颗钉子后，此时气罐中气体压强p为4.758p0。
【解答】解：（1）充气之前，气罐内气体的压强为4p0，充气后气罐内气体的压强为6.5p0，充气过程为等温变化，所以有
p0ΔV+4p0V0＝6.5p0V0
解得
ΔV＝2.5V0＝20L
（2）设发射第一个钉子有
6.5p0V0＝p1V0+p1V
解得
p1=6.5p0V0V0+V
发射第二个钉子有
p1V0＝p2V0+p2V
解得
p2=6.5p0V02(V0+V)2
发射第三个钉子有
p2V0＝p3V0+p3V
解得
p3=6.5p0V03(V0+V)3
由此类推，则发第100个钉子后，有
p=6.5p0V0100(V0+V)100
将题中数据带入，解得
p＝4.758p0
答：（1）当充气结束时，气泵共向气罐内泵入压强为p0的空气体积ΔV为20L；
（2）充气结束后用气钉枪射出100颗钉子后，此时气罐中气体压强p为4.758p0。
15．真空旅行壶是户外旅游出行必备的物品，如图所示为某品牌的真空旅行壶，容量为2.0L，开始时旅行壶未装入水，壶盖也未盖，静置一段时间后，壶内空气的温度与外界温度相同，现将壶内迅速装入0.8L的开水，立刻盖上壶盖，封闭起来，静置一小段时间后，水面上方的空气温度达到77℃，外界大气压恒为p0，室外温度保持27℃不变，设装水、盖壶盖过程中和迅速打开壶盖过程壶内空气的温度不变，壶内空气可看作理想气体，不考虑水蒸发引起的空气体积的变化。求：
（1）静置一小段时间后，水面上方的空气温度达到77℃时壶内空气的压强p1；
（2）如果此时迅速打开壶盖，则此时壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比值k。
【答案】（1）水面上方的空气温度达到77℃时壶内空气的压强等于7p06；
（2）此时壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比值等于67。
【解答】解：（1）装水盖壶盖后静置一小段时间过程中空气的体积不变，温度
T1＝（27+273）K＝300K，T2＝（77+273）K＝350K
根据查理定律有
p0T1=p1T2
解得
p1=7p06
（2）壶容量为2.0L，装入0.8L的开水后，壶内空气的体积为
V1＝2.0L﹣0.8L＝1.2L
迅速打开壶盖过程壶内空气的温度不变，压强变为大气压p0，根据玻意耳定律有
p1V1＝p0V2
解得
V2＝1.4L
设此时空气体的密度为ρ，现在壶内气体的质量为
m1＝pV1
气体的总质量为
m＝pV2
此时壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比值
k=m1m，解得k=67
答：（1）水面上方的空气温度达到77℃时壶内空气的压强等于7p06；
（2）此时壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比值等于67。
16．洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入V2的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气20次后开始喷水。已知外部大气压强恒为p0，打气筒每次打入压强为p0、体积为V60的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
【答案】（1）喷水壶内封闭空气的最大压强p为5p03；
（2）喷水壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，最少还能剩余V6。
【解答】解：（1）用打气筒打气20次后尚未喷水时壶内封闭空气的压强最大，打气过程中相当于把空气等温压缩，根据玻意耳定律得：
p0(V2+20×V60)=pV2
解得：p=5p03
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V剩，根据玻意耳定律得：
pV2=p0(V−V剩)
解得：V剩=V6
故假设成立，壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为V6。
答：（1）喷水壶内封闭空气的最大压强p为5p03；
（2）喷水壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，最少还能剩余V6。
17．我国发射的某太空实验舱包括工作舱、气闸舱、资源舱三部分。工作舱容积V工＝60m3。通过舱门A与气闸舱连接，气闸舱是供航天员进出太空的气密性装置，容积为V气＝15m3，一侧开有直径1m的圆形舱门B。初始时，工作舱与气闸舱中均有p0＝1.0×105Pa的气体，当航天员准备从气闸舱进入太空时，他们会先关闭舱门A，通过气体回收装置使气闸舱内气压降到p气＝0.7×105Pa。假设回收的气体都缓慢排放进工作舱，工作舱与气闸舱温度相同且整个过程中气体温度不变，气体为理想气体并忽略航天员对气体的影响。求：（结果均保留2位有效数字）
（1）换气结束后，工作舱中的气压；
（2）气闸舱剩余气体对舱门B的压力大小。
【答案】（1）换气结束后，工作舱中的气压为1.1×105Pa；
（2）气闸舱剩余气体对舱门B的压力大小为5.5×104N。
【解答】解：（1）气闸舱抽气过程中发生等温变化，由玻意耳定律可得：p0V气＝p气V气+p抽V气
向工作舱排气过程中，由玻意耳定律可得：p0V工+p抽V气＝p工V工
联立代入数据解得：p工≈1.1×105Pa；
（2）气闸舱剩余气体对舱门B的压力为：F=p气πd24，解得F≈5.5×104N。
答：（1）换气结束后，工作舱中的气压为1.1×105Pa；
（2）气闸舱剩余气体对舱门B的压力大小为5.5×104N。
18．如图甲所示，一粗细均匀的长细管开口向下竖直固定时，管内高度为h的水银柱上方封闭气体的长度为H，现将细管缓慢旋转至开口竖直向上，如图乙所示。已知大气压强恒为p0，水银的密度为ρ，管内气体温度不变且可视为理想气体，重力加速度大小为g，求：
（1）图乙中封闭气体的压强p乙；
（2）图乙中封闭气体的长度H′。
【答案】（1）图乙中封闭气体的压强p乙为p0+ρgh；
（2）图乙中封闭气体的长度H′为p0−ρghp0+ρghH。
【解答】解：（1）设细管的横截面积为S，图乙中，对水银柱由平衡条件得：
p0S+ρghS＝p乙S
解得：p乙＝p0+ρgh
（2）设题图甲中封闭气体的压强为p甲，同理可得：
p甲S+ρghS＝p0S
根据玻意耳定律得：
p甲HS＝p乙H′S
解得：H′=p0−ρghp0+ρghH
答：（1）图乙中封闭气体的压强p乙为p0+ρgh；
（2）图乙中封闭气体的长度H′为p0−ρghp0+ρghH。
19．受台风‘杜苏芮’的影响，我国多地出现暴雨天气。路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示，质量m＝20kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积S＝0.4m2，初始时刻水位与井盖之间的距离h＝2.01m，井内密封空气的压强恰好为大气压强p0=1.00×105Pa，若井盖内的空气视为理想气体，温度始终不变，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）密闭空气的压强为多大时水井盖刚好被顶起；
（2）水井盖刚好被顶起时，水位上升的高度。
【答案】（1）密闭空气的压强为1.005×105Pa时井盖刚好被顶起；
（2）井盖刚好被顶起时，水位上升的高度为0.01m。
【解答】解：（1）对井盖进行受力分析有
p0S+mg＝p•S
解得
p＝1.005×105Pa
（2）井内气体经历等温变化，井盖刚顶起时，设水位上升x，对气体由玻意耳定律得
p0•Sh＝p•S（h﹣x）
解得
x=(1−P0P)h=(1−1.00×1051.005×105)×2.01m=0.01m
答：（1）密闭空气的压强为1.005×105Pa时井盖刚好被顶起；
（2）井盖刚好被顶起时，水位上升的高度为0.01m。
20．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止，已知玻璃管的横截面积处处相同：在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏：大气压强p0＝75.0cmHg，环境温度不变。求：
（1）此时右侧管内气体的压强
（2）活塞向下移动的距离。（保留三位有效数字）
【答案】（1）右侧管内气体的压强为144cmHg；
（2）活塞向下移动的距离为9.42cm。
【解答】解：（1）设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；根据平衡条件，左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2
活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′，以cmHg为压强单位，则p1＝p0+（h2﹣h1）cmHg＝90cmHg，l1＝20.0cml′1=(20.0−20.0−5.002)cm=12.5cm
由玻意耳定律p1l1S＝p'1l'1S
解得p'1＝144cmHg
（2）依题意p'2＝p'1，l′2=4.00cm+20.0−5.002cm−h=11.5cm−h
由玻意耳定律得p2l2S＝p'2l'2S
解得活塞向下移动的距离为h≈9.42cm
答：（1）右侧管内气体的压强为144cmHg；
（2）活塞向下移动的距离为9.42cm。
21．水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0，活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑，连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的12，设整个过程温度保持不变，求：
（ⅰ）此时上、下两部分气体的压强；
（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
【答案】（i）此时上、下两部分气体的压强分别为2p0、23p0；
（ii）“H”型连杆活塞的质量为4p0S3g。
【解答】解：（i）设此时上部分气体的压强为p1，下部分气体的压强为p2。
对上部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p1×12SL0
解得：p1＝2p0；
由于气体总的体积不变，则此时下部分气体的体积为32SL0
对下部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p2×32SL0
解得：p2=23p0；
（ii）整个装置缓慢旋转至竖直方向时，对活塞整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：
mg+p0S+p2S＝p1S+p0S
解得：m=4p0S3g。
答：（i）此时上、下两部分气体的压强分别为2p0、23p0；
（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量为4p0S3g。
22．某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉，如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处，B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
【答案】（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量为MmaρVg；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为ρgH1+p0ρgH+p0m。
【解答】解：（1）鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有
Mg＝ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，因此
m＝ρ气V
根据牛顿第二定律得：
ρg（V0+ΔV）﹣Mg＝Ma
联立解得：Δm=ρ气ΔV=MmaρVg
（2）B室内气体的初始压强为：p1＝p0+ρgH
在水面下H1时，其压强为：p2＝p0+ρgH1
由题意可知鱼静止在水中时，B中气体的体积和温度均不变化，那么压强的变化是由于B中的气体质量发生了变化，分情况讨论如下：
①若H1＞H，则p2＞p1，在H1处B中的气体质量需要增加，设在压强p1下B室吸入的气体体积为ΔV1，则有：
p1（V+ΔV1）＝p2V
此时B室内气体质量为：
m1＝ρ气（V+ΔV1）=p2p1⋅ρ气V=ρgH1+p0ρgH+p0m
②若H1＜H，则p2＜p1，在H1处B中的气体质量需要减少，设在压强p1下B室放出的气体体积为ΔV2，则有：
p1（V﹣ΔV2）＝p2V
此时B室内气体质量为：
m1＝ρ气（V﹣ΔV2）=p2p1⋅ρ气V=ρgH1+p0ρgH+p0m
③若H1＝H，则p2＝p1，B中的气体质量不需要变化仍为m，即m1＝m，但m1的表达式仍可表示为：
m1=ρgH1+p0ρgH+p0m
综合上述分析可得：m1=ρgH1+p0ρgH+p0m
答：（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量为MmaρVg；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为ρgH1+p0ρgH+p0m。
▉题型2 气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用
【知识点的认识】
1.等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程。
2.盖—吕萨克定律
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
（2）②表达式：V＝CT（其中C是常量），或V1T1=V2T2。
3.图像表达
4.适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
5.在摄氏温标下，盖—吕萨克定律的表述
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高（或降低）1℃，增大（或减小）的体积等于它在0℃时体积的1273。
数学表达式为Vt−V0t=V0273或Vt＝V0（1+1273）。
6.推论；一定质量的气体，从初状态（V、T）开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为ΔVΔT=VT或ΔV=ΔTTV。
23．如图所示，某实验室用的开口烧瓶加热消毒后冷却，初始时瓶内气体温度为227℃，放置在27℃室温环境中冷却至27℃，若大气压强保持不变，烧瓶体积视为恒定，气体视为理想气体，则此时瓶内气体质量是开始时气体质量的（ ）
A．65倍B．54倍C．32倍D．53倍
【答案】D
【解答】解：由题意可知，开始时烧瓶内气体温度为T1＝（273+227）K＝500K时，体积为V，降温过程中气体发生等压变化，当温度降为T2＝（273+27）K＝300K时，设这部分气体的体积为为V′，根据盖—吕萨克定律可得：VT1=V′T2，解得：V′=T2T1V=300500V=35V，则降温后烧瓶内气体质量m与开始时烧瓶内气体质量m′之比为：mm′=ρVρV′=V35V=53，由此可知此时烧瓶内气体质量是开始时气体质量的53倍，故ABC错误，D正确。
故选：D。
24．如图所示，两个水平固定的汽缸由管道连通。活塞a、b用钢性杆相连，可在汽缸内无摩擦地移动，缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态，大气压强不变。现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时（ ）
A．活塞向左移动一点，缸内气体压强不变
B．活塞向左移动一点，缸内气体压强增大
C．活塞向右移动一点，缸内气体压强不变
D．活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大
【答案】A
【解答】解：因a、b两部分气体的压强相等，则对两活塞及连杆整体受力分析
pSa+p0Sb＝p0Sa+pSb
则缸内气体压强不变，若缸内气体的温度缓慢升高一点时，根据VT=C，可知气体体积变大，因右侧活塞面积较大，则活塞向左移动一点，故A正确，BCD错误；
故选：A。
25．如图所示，开口竖直向上的细玻璃管内有一段长为L2＝15cm的水银柱，封闭了一段长度为L1＝20cm的气体，此时封闭气体温度为300K，水银柱的上端到管口的距离为L3＝25cm，已知大气压强为p0＝75cmHg。现把玻璃管缓慢旋转90°至水平位置保持不动，然后对玻璃管缓慢加热到水银柱刚好没流出管口，则：
（1）玻璃管旋转90°时，封闭气体的长度为多少？
（2）水银柱刚好没流出关口时i，此时玻璃中封闭气体的温度为多少K？
【答案】（1）玻璃管旋转90°时，封闭气体的长度为24cm；
（2）水银柱刚好没流出关口时，此时玻璃中封闭气体的温度为562.5K。
【解答】解：（1）初态p1＝p0+pL2，V1＝L1S，玻璃管旋转90°时p2＝p0，V2＝L′1S，等温变化，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得气体长度为
L′1＝24cm
（2）玻璃管水平放置加热前T2＝300K，V2＝L′1S，加热后T3，V3＝（L3+L1）S
等压变化，根据盖﹣吕萨克定律可得
V2T2=V3T3
解得
T3＝562.5K
答：（1）玻璃管旋转90°时，封闭气体的长度为24cm；
（2）水银柱刚好没流出关口时，此时玻璃中封闭气体的温度为562.5K。
26．如图所示，竖直放置的U形玻璃管由截面积为S1＝10cm2和截面积为S2＝15cm2的两段玻璃管连接而成，其左管上端封闭，右管上端开口，管内有一段水银柱，左右两管中液面高度差为H＝5cm，右管中水银液面恰好到粗玻璃管下端，左管中封闭的理想气体气柱长为L＝11cm，环境温度为330K，大气压强为75cmHg，现缓慢升高环境温度使左右两管中液面相平，右管足够长，求：
（1）升高后的温度；
（2）若温度升高后保持不变，再往右管中缓慢倒入水银，使左管中气柱的长变为L′＝12cm，求倒入的水银体积。
【答案】（1）升高后的温度为450K；
（2）倒入的水银体积为237.5cm3。
【解答】解：（1）当左右管中液面相平时，设左管中水银液面下降的高度为h，由几何关系可得：hS1＝（H﹣h）S2，
解得：h=HS2S1+S2=5×1510+15cm=3cm
开始时，封闭气体的压强为p1＝75cmHg﹣5cmHg＝70cmHg，液面平后封闭气体的压强为p2＝75cmHg
由理想气体状态方程可得：p1LS1T1=p2(L+h)S1T2，代入数据解得：T2=p2(L+h)T1p1L=75×(11+4)×33070×11K=450K；
（2）设倒入水银后左管中气体压强为p3，则由玻意耳定律可得：p2（L+h）S1＝p3L′S1
解得：p3=p2(L+h)L′=75×(11+4)12cmHg=87.5cmHg
则倒入的水银的体积为：V＝2cm×10cm2+2cm×15cm2+（87.5﹣75）cm×15cm2＝237.5cm3。
答：（1）升高后的温度为450K；
（2）倒入的水银体积为237.5cm3。
27．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为3L、劲度系数k=p0S02L的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA＝2SB＝2S0，汽缸外大气的压强为p0＝1×105Pa，温度为T0＝100K。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气体温度为T1＝500K。现缓慢降温，求：
（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移；
（2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到多少开；
（3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
【答案】（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移为L；
（2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到300K；
（3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度为2L。
【解答】解：（1）由题意可知，缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，所以弹簧不发生形变，气体发生等压变化，设活塞A、B一起向右移动的位移为x，对气体，初始状态时有：V1＝2S0•2L+S0L＝5S0L，T1＝500K，末状态时有：V2＝2S0•（2L﹣x）+S0（L+x）＝5S0L﹣LS0，T2＝400K，由盖﹣吕萨克定律可得：V1T1=V2T2，代入数据解得：x＝L＜2L，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为L；
（2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，则有：V3＝S0•3L＝3S0L
由盖﹣吕萨克定律可得V1T1=V3T3，解得：T3=V3T1V1=3S0L×5005S0L=300K；
（3）当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时由于T3＝300K＞T0＝100K，所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，则有：p4S0+k•Δx＝p0S0
初状态：p3＝p0，V3＝3S0L，T3＝300K
末状态：V4＝S0（3L﹣Δx），T4＝100K
根据理想气体状态方程可得：p3V3T3=p4V4T4
代入数据解得：Δx1＝L，Δx2＝4L（舍）
所以弹簧长度为：x＝3L﹣Δx1＝3L﹣L＝2L。
答：（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移为L；
（2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到300K；
（3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度为2L。
28．竖直放置的汽缸内密闭着一定质量的理想气体，活塞横截面积，S＝0.01m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦。最初活塞静止，缸内气体T0＝300K，V0＝5×10﹣3m3，大气压强p0＝1×105Pa，g＝10m/s2。
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10﹣3m3，求此时的温度T1；
（2）若往活塞上放m＝25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
【答案】（1）此时的温度T1为450K。
（2）气体的体积V2为4×10﹣3m3。
【解答】解：（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖﹣吕萨克定律 V0T0=V1T1
代入数值解得温度T1＝450K。
（2）放重物前，气体压强p0＝1×105Pa。
设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有 p2S＝p0S+mg
气体做等温变化，根据玻意耳定律 p0V0＝p2V2
联立解得气体的体积V2=4×10−3m3。
答：（1）此时的温度T1为450K。
（2）气体的体积V2为4×10﹣3m3。
29．如图所示，横截面积为S的轻质活塞将一定质量的理想气体封闭在竖直放置、导热良好的圆柱形汽缸内，初始时外界的热力学温度为T0，活塞下表面距汽缸底部的高度为h。现将一小物块轻放在活塞上表面，再次平衡时，活塞下表面距汽缸底部的高度为45h，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，活塞和汽缸间的摩擦可忽略。
（1）求小物块的质量m；
（2）若外界温度缓慢升高，当活塞恢复到原位置时再次稳定，求此时外界的热力学温度T。
【答案】（1）小物块的质量m为p0S4g；
（2）若外界温度缓慢升高，当活塞恢复到原位置时再次稳定，此时外界的热力学温度T为5T04。
【解答】解：（1）设小物块轻放在活塞上表面，再次平衡后封闭气体的压强为p1，对活塞受力分析有
p0S+mg＝p1S
根据玻意耳定律有
p0Sh=p1×4Sh5
解得
p1=54p0，m=p0S4g
（2）根据查理定律有
p0T0=p1T
解得
T=5T04
答：（1）小物块的质量m为p0S4g；
（2）若外界温度缓慢升高，当活塞恢复到原位置时再次稳定，此时外界的热力学温度T为5T04。
30．气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，汽缸与椅面的总质量为m＝12kg。横截面积为S＝30cm2的柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为L＝20cm，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0=1.0×105Pa，室内温度T1＝312.5K，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若质量M＝78kg的人盘坐在椅面上，室内温度保持不变，稳定后椅面下降了多少？
（2）人盘坐在椅面上稳定后再打开空调，室内气温缓慢降至T2＝300K，求此过程中外界对缸内气体所做的功。
【答案】（1）稳定后椅面下降了13cm。
（2）此过程中外界对缸内气体所做的功为3.36J。
【解答】解：（1）人盘坐在椅面上之前，由平衡条件有
p1S＝p0S+mg
汽缸内气体的体积为 V1＝LS
设椅面下降了ΔL，则由平衡条件有
p2S＝p0S+（M+m）g
此时汽缸内气体的体积为 V2＝（L﹣ΔL）S
由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2
解得：ΔL＝13cm
（2）人盘坐在椅面上稳定后再打开空调，汽缸内气体压强p2一定，由盖—吕萨克定律有
V2T1=V3T2
外界对缸内气体所做的功
W＝p2（V2﹣V3）
解得：W＝3.36J
答：（1）稳定后椅面下降了13cm。
（2）此过程中外界对缸内气体所做的功为3.36J。
31．如图所示，导热性能良好的圆筒形汽缸开口向上放置在水平地面上，质量为m＝2kg、横截面积S＝10cm2的活塞在汽缸内封闭了一定质量的理想气体，开始的封闭气柱的长度为L1＝15cm，环境温度T1＝300K，大气压强始终为p0＝1.0×105Pa。取重力加速度g＝10m/s2，不计活塞厚度，汽缸内壁光滑，足够长且不漏气。求：
（1）活塞稳定时，封闭气柱的压强p；
（2）将环境温度缓慢升高至T2＝400K，当活塞再次稳定后，封闭气柱的长度L2。
【答案】（1）活塞稳定时，封闭气柱的压强p为1.2×105Pa；
（2）当活塞再次稳定后，封闭气柱的长度L2为20cm。
【解答】解：（1）活塞稳定时，对活塞，由平衡条件得
mg+p0S＝pS
解得
p＝1.2×105Pa
（2）将环境温度缓慢升高至T＝400K过程中，汽缸内封闭气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律定律得
L1ST1=L2ST2
解得
L2＝20cm
答：（1）活塞稳定时，封闭气柱的压强p为1.2×105Pa；
（2）当活塞再次稳定后，封闭气柱的长度L2为20cm。
32．如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两气缸横截面积均为S，内壁光滑，由体积可忽略的细管在底部连通。两气缸与外界导热良好，各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧气缸底部与活塞用一轻质细弹簧相连。初始温度为T0时，两气缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。环境温度升高后，左右两侧活塞的高度差变为14H。外界大气压为p0，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求环境温度升高后汽缸内气体的温度T；
（2）若气缸内气体温度保持T不变，右侧活塞在外力作用下恢复到原来位置，左侧活塞上升15H的高度，求弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）环境温度升高后汽缸内气体的温度T为98T0；
（2）若气缸内气体温度保持T不变，右侧活塞在外力作用下恢复到原来位置，左侧活塞上升15H的高度，弹簧的劲度系数k为5p0S44H。
【解答】解：（1）对左右气缸内封闭的气体，初状态
V1＝2SH
T1＝T0
末状态
V2=2SH+14SH=94SH
气体做等压变化，由盖−吕萨克定律可得
V1T1=V2T2
T2=V2T1V1=94SHT02SH=98T0
（2）若气缸内气体温度保持T不变，右侧活塞在外力作用下恢复到原来位置，左侧活塞上升15H的高度，对左右气缸内封闭的气体，初状态
p3＝p0
V3=94SH
末状态
V4=2SH+15SH=115SH
气体做等温变化，由玻意耳定律可得
p3V3＝p4V4
解得
p4=p3V3V4=94SH115SHp0=4544p0
可知左气缸内弹簧的弹力
F=(p4−p0)S=(4544−1)p0S=144p0S
弹簧的劲度系数
k=FΔH=144p0S15H=5p0S44H
答：（1）环境温度升高后汽缸内气体的温度T为98T0；
（2）若气缸内气体温度保持T不变，右侧活塞在外力作用下恢复到原来位置，左侧活塞上升15H的高度，弹簧的劲度系数k为5p0S44H。
33．如图甲所示，质量M＝10kg的导热汽缸置于水平地面，用质量和厚度均不计的水平导热活塞密封一定质量的理想气体，气体温度为300K。一质量m＝1kg的重物用轻绳经光滑滑轮与汽缸中活塞竖直相连接，重物和活塞均处于静止状态，这时活塞离缸底的高度L0＝10cm，不计活塞与汽缸间的摩擦，且汽缸不漏气。已知大气压强p0＝1×105Pa，活塞的横截面积为S＝10﹣2m2，下列两种情况中，活塞均未脱离汽缸。则：
（1）若将图甲中环境温度缓慢降低至240K，求此时活塞离汽缸底的高度；
（2）若保持图甲中环境温度为300K不变，将汽缸从甲图状态变为乙图状态，用轻绳将汽缸和活塞竖直悬挂在天花板，稳定后处于静止状态，求稳定后活塞离汽缸底的高度。
【答案】（1）活塞离汽缸底的高度为8cm；
（2）稳定后活塞离汽缸底的高度为11cm。
【解答】解：（1）甲图中缸内封闭气体做等压变化，初状态V1＝L0S，T1＝300K，末状态活塞离汽缸底的高度为L2，则V2＝L2S，T2＝240K，由盖—吕萨克定律得
V1T1=V2T2
代入数据解得L2＝8cm
（2）由题意可知p甲＝p0−mgS
p乙=p0−MgS
缸内气体做等温变化，由玻意耳定律得
p甲V甲＝p乙V乙
V甲＝V1
V乙＝L乙S
解得L乙＝11cm。
答：（1）活塞离汽缸底的高度为8cm；
（2）稳定后活塞离汽缸底的高度为11cm。
▉题型3 气体的等容变化与查理定律的应用
【知识点的认识】
1.等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。
2.查理定律：
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。
（2）表达式：p＝CT（其中C为常量）或p1T1=p2T2。
（3）图像表示：
（4）适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。
3.对查理定律的理解
（1）查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
（2）适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
（3）一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高（或降低）相同的温度，所增加（或减小）的压强是相同的。
（多选）34．如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯（不含杯盖）的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27℃时，下列说法正确的是（ ）
A．茶杯对杯盖的支持力大小为mg+56p0S
B．茶杯对杯盖的支持力大小为mg+16p0S
C．茶杯对桌面的压力大小为Mg+56p0S
D．茶杯对桌面的压力大小为Mg+mg
【答案】BD
【解答】解：AB、对茶杯内的封闭气体进行研究，初态：p1＝p0；T1＝（87+273）K＝360K
末态：p2，T2＝（27+273）K＝300K
而体积保持不变
则根据查理定律可知p1T1=p2T2
对杯盖进行受力分析得：
mg+p0S＝FN+p2S
联立解得：FN＝mg+16p0S
故A错误，B正确；
CD、对整体受力分析结合牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力大小为N'＝N＝Mg+mg，故C错误，D正确；
故选：BD。
35．汽车的轮胎压力监测系统的作用是在汽车行驶过程中对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全。某汽车在某天的最高温度、最低温度时刻，轮胎压力监测系统测定前左侧轮胎的气压最大值、最小值分别为2.9atm、2.6atm。若轮胎内气体可视为理想气体，漏气前后轮胎容积不变。当天最低温度为﹣13℃。已知室外气体压强为1atm，0℃＝273K。
（1）求当天的最高温度为多少摄氏度；
（2）若该汽车某时刻显示前左侧车胎气压为2.6atm，后由于轮胎被钉子所扎开始漏气，造成轮胎气压降低，当轮胎漏气的质量与原有气体质量的比值为4：13时，轮胎压力监测系统开始报警，试求监测系统报警气压为多少，可认为漏气过程温度不变。
【答案】（1）当天的最高温度为17摄氏度；
（2）若该汽车某时刻显示前左侧车胎气压为2.6atm，后由于轮胎被钉子所扎开始漏气，造成轮胎气压降低，当轮胎漏气的质量与原有气体质量的比值为4：13时，轮胎压力监测系统开始报警，监测系统报警气压为1.8atm。
【解答】解：（1）根据查理定律可知
p1T1=p2T2
即
2.9t1+273=2.6−13+273
解得，当天的最高温度为
t1＝17℃
（2）设轮胎的体积为V，根据玻意耳定律可知，同等质量的空气在2.6atm及1atm下的体积之比为
VV1=p0p1′
代入数据得VV1=513
在2.6atm及1atm下的空气密度之比为
ρρ1=V1V=135
所以当轮胎漏气质量与原有气体质量的比值为
Δmm=ρ1V0ρV
代入数据得Δmm=413
可得，漏气体积
V0＝0.8V
以轮胎漏气前原有气体为研究对象，在漏气过程中，根据玻意耳定律可得
p1′V＝p0V0+p2′V
即
2.6V＝1×0.8V+p2′V
解得
p2′＝1.8atm
所以，监测系统报警气压为1.8atm。
答：（1）当天的最高温度为17摄氏度；
（2）若该汽车某时刻显示前左侧车胎气压为2.6atm，后由于轮胎被钉子所扎开始漏气，造成轮胎气压降低，当轮胎漏气的质量与原有气体质量的比值为4：13时，轮胎压力监测系统开始报警，监测系统报警气压为1.8atm。
36．如图所示，导热性能良好的气缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为S，质量为m的活塞封闭着一定质量的理想气体。在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同均为T1．若气体温度为T1时，气柱的高度为H．当环境温度缓慢下降到T2时，活塞下降一定的高度；现取走砝码，稳定后活塞恰好回到原来高度。已知外界大气压强保持不变，重力加速度为g，不计活塞与气缸之间的摩擦，T1、T2均为热力学温度，求：
（1）气体温度为T2时，气柱的高度；
（2）砝码的质量。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）气体发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律得：HST1=hST2，
解得：h=HT2T1；
（2）设砝码的质量为M，封闭气体的压强：p2=p0+(m+M)gS，p3=p0+mgS，
封闭气体的体积：V2＝hS，V3＝HS，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p2V2＝p3V3
解得：M=(p0S+mg)(T1−T2)gT2；
答：（1）气体温度为T2时，气柱的高度为HT2T1；
（2）砝码的质量为(p0S+mg)(T1−T2)gT2。
37．如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在水平桌面，气缸的开口向上，活塞的横截面积为S、质量为m，活塞的上端与压力传感器接触。当缸内气体温度为T1时，压力传感器示数恰好为零；当缸内气体温度升高至某一未知温度T2时，压力传感器的示数为F，大气压强为p0，重力加速度大小为g，气缸内气体体积保持不变，求：
①温度为T1时气缸内的压强p1；
②气缸内气体的温度T2。
【答案】①温度为T1时气缸内的压强p1为p0+mgS；
②气缸内气体的温度T2为(mg+F+p0Smg+p0S)T1。
【解答】解：①对活塞，根据力的平衡条件，有
p1S＝mg+p0S
代入数据解得：p1=p0+mgS
②当缸内气体温度升高至T2时，对活塞有
p2S＝mg+F+p0S
对气缸内的气体，体积不变，温度变为T2，根据查理定律定律：
p1T1=p2T2
解得：T2=(mg+F+p0Smg+p0S)T1
答：①温度为T1时气缸内的压强p1为p0+mgS；
②气缸内气体的温度T2为(mg+F+p0Smg+p0S)T1。
38．如果不小心把乒乓球打瘪了（如图），只要乒乓球没有破裂，就可以用物理方法恢复。
乒乓球完好时内部气压为大气压强p0，某次打瘪后体积变为原体积的56，若采用350K热水浸泡，乒乓球就刚好开始恢复（体积依然是原体积56)。假设浸泡时乒乓球外压强为p0，乒乓球导热性能良好，外界环境温度恒为300K。
（1）求乒乓球刚好开始恢复时，球内、外的压强差；
（2）如果将打瘪的乒乓球放入容器内（气体压强为p0）密闭，再用抽气机从容器里往外抽气，假设抽气过程气体温度保持不变。求球内、外的压强差达到（1）中的数值时，抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值k。
【答案】（1）乒乓球刚好开始恢复时，球内、外的压强差为25p0；
（2）抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值k为0.2。
【解答】解：（1）以球内气体为研究对象，打瘪前后温度不变，可知
p0V0=p1⋅56V0
可得打瘪后的压强
p1=65p0
开始恢复时，气体发生等容变化，则
p1T1=p2T2
开始恢复时，球内的压强
p2=75p0
球内、外压强差
Δp=p2−p0=25p0
（2）球内、外的压强差达到（1）中的数值时，容器内的气体压强
p3=p1−Δp=45p0
设容器内气体初始状态的体积为V，抽气后折合成同温，同压下的体积为V′，则
p3V＝p0V′
解得
V′=45V
抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值
k=Δmm=V−V′V=0.2
答：（1）乒乓球刚好开始恢复时，球内、外的压强差为25p0；
（2）抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值k为0.2。
39．中国计划在2030年前实现载人登月，开展月球科学考察及相关技术试验。月球表面昼夜温差较大，假设月球上某科研实验站的一个刚性容器内密闭有一定质量的理想气体，白天容器内气体的热力学温度最高为T0，此时容器内气体的压强为p0，晚上容器内气体的热力学温度最低为T04。
（1）求晚上温度最低时容器内气体的压强p；
（2）若容器底部有一个面积为S的观测台，且观测台与容器底部之间无缝隙，求一昼夜内容器内气体对观测台的压力大小F的范围。
【答案】（1）晚上温度最低时容器内气体的压强为P04；
（2）一昼夜内容器内气体对观测台的压力大小范围是p0S4≤F≤p0S；
【解答】解：（1）根据查理定律有：p0T0=pT04
解得：p=p04；
（2）一昼夜内，容器内气体对观测台的压力的最大值与最小值分别为：
白天压强最大为P0，此时压力最大Fmax＝P0S，晚上压强最小为P04，最小压力为Fmin=P04S，
经分析可知Fmin≤F≤Fmax
解得：p0S4≤F≤p0S。
答：（1）晚上温度最低时容器内气体的压强为P04；
（2）一昼夜内容器内气体对观测台的压力大小范围是p0S4≤F≤p0S；
40．室温为T1＝300K时，一口锅中有60g空气。盖上锅盖给锅加热，由于锅盖密封较好，可认为里面空气质量、体积保持不变。温度升高到T2时，锅内气体开始将锅盖顶起，从缝隙中逸出，此后锅内气体可看作压强不变。已知大气压为p0，锅口处水平截面积为S，锅盖均匀平整保持水平，重量为0.1p0S，求：
（1）T2的值；
（2）将锅内气体加热到396K时，锅内剩余空气的质量。
【答案】（1）T2的值等于330K；
（2）将锅内气体加热到396K时，锅内剩余空气的质量等于50g。
【解答】解：（1）温度升至T2前气体密封，为等容变化，T2时锅盖被顶起，气体压强为p2=p0+0.1p0SS=1.1p0
由查理定律得p0p2=T1T2
解得T2＝330K
（2）温度升高到T2后，将逸出的气体与剩余气体看作整体，则为定质量气体的等压变化，由盖﹣吕萨克定律得V1V2=T2T3
解得V2＝1.2V1
则剩余气体质量为m剩=V1V2m=V11.2V1m
解得剩余气体质量为m剩＝50g
答：（1）T2的值等于330K；
（2）将锅内气体加热到396K时，锅内剩余空气的质量等于50g。
41．某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知：该装置密封气体的体积为480cm3，玻璃管内部横截面积为0.4cm2，瓶口外的有效长度为48cm．当气温为7℃时，水银柱刚好处在瓶口位置．
①求该气温计能测量的最高气温．
②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3J热量，问：在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？（已知大气压为1×105Pa）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：①根据盖﹣吕萨克定律：vT=C得：
480273+7=480+0.4×48T，
解得：T＝291.2K；
②根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，
外界对气体做功W＝﹣PΔV＝﹣1.92J，
解得：ΔU＝1.08J；
答：①该气温计能测量的最高气温为291.2K．
②在这一过程中该气体的内能增加了1.08J．
▉题型4 理想气体及理想气体的状态方程
【知识点的认识】
理想气体的状态方程
（1）理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
（2）理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：p1V1T1=p2V2T2或pVT=C。
气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
42．将盛水的烧瓶加热，水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，并迅速塞上瓶塞，再把烧瓶倒置后向瓶底浇上冷水，如图所示。关于烧瓶内的水，下列分析正确的是（ ）
A．一直沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会停止沸腾
B．先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会再次沸腾
C．因没有继续加热，浇上冷水时，水的温度降低，不会沸腾
D．先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压减小，水会再次沸腾
【答案】D
【解答】解：烧瓶从火焰上拿开，由于水不能继续吸热，所以水停止沸腾。向瓶底浇上冷水，瓶内气体温度降低，水面气压减小，水的沸点降低，水会再次沸腾，故ABC错误，D正确。
故选：D。
43．如图所示，在恒温箱中，有一开口向上的试管，试管内由汞封闭了一段空气柱。当恒温箱内气压为1atm时，空气柱长度为10cm。现向箱内打气，使箱内气压增大到1.6atm，则玻璃管内的空气柱长度不可能为（ ）
A．5.5cmB．6.5cmC．7.5cmD．8.5cm
【答案】A
【解答】解：由题意可知温度不变为等温变化，假设水银柱长度为h，试管横截面积为S，初状态：p1＝1atm+h，V1＝10cm×S
末状态：p2＝1.6atm+h，V2＝xcm×S
则根据玻意耳定律可知
p1V1＝p2V2
即x=(1atm+h)×101.6atm+h
由于h的数值没有确定，我们只能取极限来考虑。
假设h很小很小，小到几乎为0，则xmin＝6.25cm
也就是说，气体柱的高度最小为6.25cm。
那如果h很大，那么x的极限就是xmax＝10cm
所以可能的范围在6.25cm到10cm之间，故A不可能，BCD可能；
本题选不可能的，故选：A。
44．用气压式开瓶器开红酒瓶，如图所示，通过针头向瓶内打几次气，然后便能轻松拔出瓶塞，则（ ）
A．打气后瓶塞未拔出前，气体压强减小
B．打气后瓶塞未拔出前，气体分子的数密度增大
C．快速拔出瓶塞的过程中，气体吸热，内能增大
D．快速拔出瓶塞的过程中，气体放热，内能减小
【答案】B
【解答】解：A．打气后瓶塞末拔出前，气体压强增大。故A错误；
B．打气后瓶塞末拔出前，单位体积内的分子数增加，由此可分析出气体分子的数密度增大。故B正确；
CD．快速拔出瓶塞的过程中，气体体积变大，气体对外界做功，因为是快速拔出瓶塞，可认为该过程没有发生热传递，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体内能减少。故CD错误。
故选：B。
45．湖底温度为7℃，有一球形气泡从湖底升到水面（气体质量恒定）时，其直径扩大为为原来的2倍。已知水面温度为27℃，大气压强p0＝1.02×105Pa，则湖水深度约为（ ）
A．55mB．65mC．45mD．25m
【答案】B
【解答】解：设湖水深为h，以气泡内气体为研究对象，初状态
p1＝p0+ρgh
V1=4π(d2)33=V
T1＝（273+7）K＝280K
末状态
p2＝p0
V2=43π(2d2)3=8V
T2＝（273+27）K＝300K
根据理想气体方程 p1V1T1=p2V2T2
可得h≈65m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
46．如图所示，一定质量的理想气体从状态A沿图线变化到状态B、状态C、状态D再回到状态A，AD、BC的延长线过坐标原点，AB图线与横轴平行，CD图线与纵轴平行，则下列判断错误的是（ ）
A．从A到B过程，气体对外放热
B．从B到C过程，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少
C．从C到D过程，气体内能减少
D．从D到A过程，气体放出的热量等于外界对气体做的功
【答案】C
【解答】解：A、由于AB图线与横轴平行，因此AB图线是等压过程，压强一定，体积减小，根据盖—吕萨克定律可知，温度降低，根据
ΔU＝W+Q
体积减小，外界对气体做功，温度降低，气体内能减小，可知气体对外放热，故A正确；
B、BC的延长线过坐标原点，根据克拉伯龙方程
pV＝nRT
解得
p=nRT1V
可知，从B到C过程为等温过程，温度不变，气体分子运动的平均速率一定，体积增大，气体分子分布的密集程度减小，则单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少，故B正确；
C、CD图线与纵轴平行，从C到D过程为等容过程，体积一定，压强增大，温度升高，则气体内能增大，故C错误；
D、DA的延长线过坐标原点，根据上述可知，从D到A过程为等温过程，温度不变，内能一定，体积减小，外界对气体做功，则气体一定向外释放热量，即气体放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确；
本题选择断错误的。
故选：C。
47．一根粗细均匀，长度为84cm的导热玻璃管倾斜放置，倾角为θ，管中长度为24cm的水银封闭的理想气体柱的长度为60cm，如图甲所示。现缓慢逆时针转动玻璃管至如图乙所示的竖直状态并固定，已知外界大气压强恒为76cmHg，环境的热力学温度始终为300K，sinθ=16。对图乙中的封闭气体加热，并使水银全部从玻璃管顶端溢出，封闭气体的热力学温度至少需要升温到（ ）
A．400KB．399KC．398KD．402K
【答案】A
【解答】解：甲图中封闭气体的压强为：
p1=p0+p=76cmHg+24×16cmHg=80cmHg
竖直放置且液体未溢出时，封闭气体的压强为：
p2＝p0+p液＝76cmHg+24cmHg＝100cmHg
当液体上表面到达管口时，根据理想气体状态方程得：
p1l1ST1= p2l2ST2
其中l1＝60cm，l2＝60cm，T1＝300K，解得：T2＝375K
继续加热则有液体溢出，气柱与液柱长度之和为84cm，设此时液柱长为x，则
p1l1ST1=(p0+x)(84−x)ST3
代入数据可得：T3=−116(x−4)2+400K
可知温度的最小值：T2＝400K，故A正确，BCD错误。
故选：A。
48．“拔火罐”时，用点燃的酒精棉球加热小玻璃罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上。假设加热前小罐内的空气质量为m0、空气温度为室温T0，气压为标准大气压p0；加热后小罐内的空气温度为T。则当紧贴在皮肤上的罐最后冷却为室温时，其罐内空气的质量和压强大小分别约为（ ）
A．TT0m0、TT0p0B．T0Tm0、T0Tp0
C．T0Tm0、TT0p0D．TT0m0、T0Tp0
【答案】B
【解答】解：以小玻璃罐的气体为研究对象，依题意，设小玻璃罐的体积为V0，加热后，小罐内的空气的体积变为V，根据盖—吕萨克定律，有V0T0=VT
得V=TT0V0，所以质量之比为：m0m=VV0=TT0
可得加热后罐内空气的质量为m=T0Tm0
紧贴在皮肤上的罐由温度T冷却为室温T0的过程，忽略体积的变化，故气体做等容变化，有p0T=pT0
可得罐内空气的压强大小约为p=T0Tp0，故ACD错误，B正确。
故选：B。
49．如图，装有水银的玻璃细管位于竖直平面内，其中a管水平、左端用活塞封闭了一段气柱；b、c管竖直，b管上端封闭了一定量的气体、c管上端与大气相通。最初b、c两管中水银面恰好相平，现保持温度和大气压不变，将活塞缓慢向左拉动一小段距离（b、c管仍有水银），稳定后b管中水银面将（ ）
A．高于c管中水银面，a管中的气柱长将变短
B．高于c管中水银面，a管中的气柱长将变长
C．低于c管中水银面，a管中的气柱长将变短
D．低于c管中水银面，a管中的气柱长将变长
【答案】B
【解答】解：设开始时a管中的压强为pa1，b、c管水银高度为h1cm，大气压强为p0，则pa1＝（p0+h1）cmHg
将a管活塞缓慢向左拉动时，a管中气体压强减小，b、c管中水银下降，设稳定后a管中的压强为pa2，c管水银高度为hc2cm，则hc2＜h1
故pa2＝（p0+h2）cmHg＜pa1
该过程a管中气体为等温变化，根据玻意耳定律可得pa1Va1＝pa2Va2
因此Va2＞Va1
即a管中的气柱变长，设b管中气体初始压强为pb1，稳定后为pb2，由题意可知pb1＝p0
由于b管中气体为等温变化，根据玻意耳定律可得pb1Vb1＝pb2Vb2
由于b管中水银下降，因此Vb1＜Vb2
故pb2＜pb1＝p0
因此稳定后b管中水银面高于c管中水银面。
故B正确，ACD错误；
故选：B。
50．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始经历过程①、②、③、④最后到达状态e。下列说法错误的是（ ）
A．过程①中，气体的体积逐渐减小
B．过程②中，气体对外界做正功
C．过程③中，气体从外界吸收了热量
D．气体在状态c和d时的内能相等
【答案】A
【解答】解：A、根据理想气体状态方程pVT=C得：p=CTV，ba的延长线经过原点，p与T成正比，CV是定值，则过程①中气体的体积不变，故A错误；
B、过程②中，气体的压强不变，温度升高，体积增大，故气体对外界做正功，故B正确；
CD、过程③中，温度不变，气体内能不变，压强减小，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体需要从外界吸热，故C、D正确。
本题选错误的，故选A。
51．如图所示，一端封闭的玻璃管用一定量的水银封闭一定质量的理想气体，玻璃管沿竖直方向放置且管口朝下，假设玻璃管足够长，环境的温度始终保持不变。则下列说法正确的是（ ）
A．当玻璃管自由下落时，封闭气体的压强不变
B．当玻璃管自由下落时，水银柱相对玻璃管位置向下移动
C．如果将玻璃管沿逆时针方向转过一个小角度，封闭气体的压强减小
D．如果将玻璃管沿顺时针方向转过一个小角度，水银柱相对玻璃管位置上移
【答案】D
【解答】解：A．设水银柱的高度为h，则封闭气体的压强为p2＝p0﹣ρgh
如果玻璃管自由下落时，玻璃管中的气体压强变大等于大气压p0，封闭气体的压强增大，故A错误；
B．气体温度不变，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体体积变小，气柱长度变短，则水银柱相对玻璃管位置向上移动，故B错误；
CD．当玻璃管沿逆时针或顺时针方向转过一个小角度后，水银柱的高度差减小，则封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程，封闭气体的体积减小，故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）52．热气球观光深受人们的喜爱，如图所示为某旅游观光点的热气球即将升空时的情景，开始时向球内喷冷空气，使气球膨胀起来，膨胀后的气球内气体的温度、密度和球外大气的温度、密度相同，分别为T0、ρ0，膨胀后的气球体积为V0，随后给球内气体加热，当气球刚要升空时，球内气体温度升高为T，加热过程，热气球的体积不变。重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．气球刚要升空时，球内气体密度为T0Tρ0
B．气球刚要升空时，球内气体密度为T−T0T0ρ0
C．从开始加热至气球刚要升空过程，球内排出气体质量为T−T0Tρ0V0
D．从开始加热至气球刚要升空过程，球内排出气体质量为T−T0T0ρ0V0
【答案】AC
【解答】解：AB、依题意分析可知，热气球在加热时，气球内压强一直等于大气压，随着温度的升高，气球内有部分气体会排出，以开始时热气球内的所有气体为研究对象，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有
V0T0=VT
又ρρ0=V0V
可得气球刚要升空时，球内气体密度为ρ=T0Tρ0，故A正确，B错误；
CD、从开始加热至气球刚要升空过程，排出气体质量为Δm=ρ(V−V0)=T−T0Tρ0V0，故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）53．一定质量的理想气体用横截面积为S的活塞封闭在气缸内，气缸内壁光滑，如图甲所示，现用轻质细线系在活塞的正中央，然后悬挂在天花板下处于静止状态，封闭气体的压强为0.8p0，体积为V0，温度为T0；如图乙所示，再把气缸开口倾斜向下放置在倾角为30°的斜面上，整体处于新的静止状态。已知大气压强为p0，且活塞与气缸的质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．活塞的质量为p0S5g
B．乙图中气体的压强为0.8p0
C．若乙图中气体的体积仍恢复为V0，则温度为8T09
D．若乙图中气体的温度降为0.9T0，则体积为0.8V0
【答案】AD
【解答】解：A．活塞与气缸的质量相等，均设为m，对甲图的气缸受力分析，由平衡条件0.8p0S+mg＝p0S
解得活塞的质量为m=p0S5g，故A正确；
B．对乙图的活塞受力分析，由平衡条件p0S＝mgsin30°+p乙S
联立解得乙图中气体的压强为p乙＝0.9p0，故B错误；
C．若乙图气体的体积仍为V0，对比甲、乙两图，由查理定律，结合前后气体变化：0.8p0T0=p乙T
解得：T=9T08，故C错误；
D．若乙图气体的温度为0.9T0，由理想气体状态方程，结合前后气体变化：0.8p0V0T0=p乙V0.9T0
解得：V＝0.8V0，故D正确。
故选：AD。
54．某温度报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内，用面积S＝20cm2、质量m＝0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦上下滑动。整个装置放在水平地面上，开始时环境温度为T0＝300K，活塞与容器底部的距离l0＝15cm，在活塞上方d＝1cm处有一压力传感器制成的固定卡口，当传感器受到压力达到5N时，就会触发报警装置。已知大气压强为1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
（1）求触发报警装置的环境温度（计算结果保留三位有效数字）；
（2）环境温度升高到刚触发报警装置的过程中，气体吸收了3J的热量，求此过程气体的内能改变量。
【答案】（1）触发报警装置的环境温度为328K；
（2）此过程气体的内能改变量为0.95J。
【解答】解：（1）封闭气体初始状态压强p1，启动报警时压强p2，由平衡条件有
p1S＝p0S+mg
p2S＝p0S+mg+F
解得：p1＝1.025×105Pa，p1＝1.05×105Pa
对气体由理想气体状态方程有
p1l0ST0=p2(l0+d)ST1
代入数值得
T1＝328K
（2）依据热力学第一定律有
ΔU＝W+Q
W＝﹣p1dS
整理并代入：Q＝3J，d＝1cm＝0.01m，S＝20cm2＝2×10﹣3m2
解得：ΔU＝0.95J
即在该过程中气体的内能增加了0.95J。
答：（1）触发报警装置的环境温度为328K；
（2）此过程气体的内能改变量为0.95J。
55．轮胎状况是汽车安全行驶的重要因素，而胎压就是维持轮胎的生命，所以标准的胎压就显得异常重要。某品牌汽车在夏季37℃时胎压为标准大气压的2.2倍，在冬季零下3℃时胎压为标准大气压的2.4倍，该汽车轮胎的容积为30升，汽车轮胎内为氮气（可视为理想气体），已知标准状况下（1个标准大气压，零摄氏度）氮气的密度为1.25kg/m3。求：
（1）夏季37℃时轮胎内氮气的密度；
（2）冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入氮气的质量。（结果都保留3位有效数字）
【答案】（1）夏季37℃时轮胎内氮气的密度为2.42kg/m3；
（2）冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入18.2g氮气的质量。
【解答】解：（1）设标准大气压为p0，则有
p1＝2.2p0，V1=30×10−3m3，T1＝310K
由理想气体状态方程得
p1V1T1=p0V0T0
其中
T0＝273K，V1ρ1＝V0ρ0，ρ0=1.25kg/m3
解得
ρ1=2.42kg/m3
（2）由理想气体状态方程有
pVT=C=nR
可知，气体的质量
m∝pVT
设夏季轮胎内氮气的质量为m1，冬季轮胎内氮气的质量为m2，则有
m1m2=p1T2p2T1=2.2p0×2702.4p0×310
其中
m1＝V1ρ1＝30×10﹣3×2.42kg＝0.0726kg
解得
m2＝1.25m1
由于
Δm＝m2﹣m1
解得
Δm＝0.0182kg＝18.2g
答：（1）夏季37℃时轮胎内氮气的密度为2.42kg/m3；
（2）冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入18.2g氮气的质量。
56．小明的电动滑板车采用一种创新的“空气动力巡航”技术。其核心是一个导热良好的高压储气罐（V0＝1.5L）和一个微型气动马达。使用前，他先在车库（T1＝280K）用电动气泵给储气罐充气，气泵每次工作，会将Vp＝0.1L、压强为p0=1.0×105Pa的环境空气打入储气罐中，不考虑由于做功引起的气体温度的变化。
（1）打气150次后，压强表显示储气罐内压强为p2=4.0×106Pa求打气前，储气罐内气体压强；
（2）在完成150次打气后，将滑板车拿到户外（T2＝300K）使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，气动马达提供的动力开始不足，求放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值。
【答案】（1）打气150次后，压强表显示储气罐内压强为p2=4.0×106Pa，打气前，储气罐内气体压强为3×106Pa；
（2）在完成150次打气后，将滑板车拿到户外（T2＝300K）使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，气动马达提供的动力开始不足，放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值为1320。
【解答】解：（1）假设打气前储气罐内气体压强是p1，由于温度保持不变，
由玻意耳定律可得
p1V0+np0Vp＝p2V0
解得p1=3×106Pa
（2）打气后拿到户外罐中气体在温度为T2，压强为p3时体积为V，由理想气体状态方程可得
p2V0T1=p3VT2
放出的气体与刚完成打气时的罐中的气体质量之比m放m=V放V=V−V0V
代入数据得m放m=1320
答：（1）打气150次后，压强表显示储气罐内压强为p2=4.0×106Pa，打气前，储气罐内气体压强为3×106Pa；
（2）在完成150次打气后，将滑板车拿到户外（T2＝300K）使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，气动马达提供的动力开始不足，放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值为1320。
▉题型5 理想气体状态变化的图像问题
【知识点的认识】
1.模型概述：本模型主要研究的就是理想气体的图像问题。
2.一定质量的理想气体的状态变化图像
57．一定质量的理想气体封闭在汽缸内，经历状态A→B→C→D变化的压强与温度间的关系如图中实线所示，CD延长线过坐标原点O，BC平行p轴，AD平行T轴，AB∥DC。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中气体做等容变化
B．B→C过程中气体向外界放出热量
C．C→D过程中气体的分子密集程度逐渐增大
D．A→B→C→D全过程气体对外界做正功
【答案】B
【解答】解：AC、据理想气体状态方程pVT=C可得：p=CV⋅T，C→D延长线过绝对零度，为等容线，气体做等容变化，C→D气体的分子密集程度不变，对比B与绝对零度的连线和A点与绝对零度的连线，发现A→B斜率增大，故A→B体积V变小，故AC错误；
B、从B到C，气体等温升压，可知内能不变，体积减小，外界对气体做功，故气体必须向外界放出热量，故B正确；
D、根据题中过程，可作出如图所示：
对应的p−V图线，可知气体体积先减小后不变，故整个过程外界对气体做正功，故D错误。
故选：B。
58．如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端开口的气缸内无摩擦地滑动，缸内气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解答】解：随着温度降低，活塞向右移动，气体发生等压变化，且随着温度的降低，气体的体积逐渐减小。当活塞A运动至最右端时，气体体积达到最小，之后气体发生等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）59．一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．从状态A到状态B，气体吸收热量小于气体内能增量
B．从状态B到状态C，气体对外做功同时向外放热
C．从状态C到状态D，气体吸收热量全部用来对外做功
D．从状态D到状态A，气体吸收热量大于气体对外做功
【答案】CD
【解答】解：A．从状态A到状态B，气体体积不变，温度升高，气体内能增加，气体从外界吸收热量，且气体吸收热量等于气体内能增量，故A错误；
B．从状态B到状态C，气体压强不变，温度降低，体积减小，外界对气体做功，气体向外放热，故B错误；
C．从状态C到状态D，气体温度不变，体积增大，气体吸收热量全部用来对外做功，故C正确；
D．从状态D到状态A，气体压强不变，体积增加，则气体对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知气体吸收热量大于气体对外做功，故D正确。
故选：CD。
（多选）60．一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体（ ）
A．状态b的压强大于状态c的压强
B．状态a的压强小于状态b的压强
C．从状态c到状态d，体积减小
D．从状态a到状态c，温度不变
【答案】AB
【解答】解：AB、分别过a、b、c、d四个点作出等压线，如图所示；
等压线的斜率VT越大，由pVT=C知气体的压强越小，可知，pa＜pd＜pc＜pb，故AB正确；
C、由图象可知，状态c到状态d，体积增大，故C错误；
D、从状态a到状态c，温度升高，故D错误。
故选：AB。题型1 气体的等温变化与玻意耳定律的应用
题型2 气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用
题型3 气体的等容变化与查理定律的应用
题型4 理想气体及理想气体的状态方程
题型5 理想气体状态变化的图像问题