2027年高考物理一轮复习学案练习含答案15-第十五章 热学 03-专题突破25 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案15-第十五章 热学 03-专题突破25 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用（教用），共16页。试卷主要包含了汽缸类问题，液柱类问题，关联气体问题，变质量问题，气体状态变化的图像问题等内容，欢迎下载使用。
题型一 汽缸类问题
解决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。
例1 ［2024·全国甲卷·33（2），10分］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1.0×10−2m2。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1.0×105Pa和300K。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200N并保持不变。
（ⅰ） 求外力增加到200N时，卡销b对活塞支持力的大小；
（ⅱ） 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】（ⅰ） 100N
（ⅱ） 327K
【解析】
（ⅰ） 由题意可知，活塞由卡销a到达卡销b处过程中，气体温度不变，根据玻意耳定律可得p0V0=pV，
即p0S⋅ac=pS⋅bc，
由题意知ac=1110bc，
得p=1.1p0，
活塞在卡销b处受力平衡，有
F支+pS=p0S+F外，
代入数据得F支=100N。
（ⅱ） 气体发生等容变化，当活塞刚好能离开卡销b时，由平衡条件得
p′S=p0S+F外，
根据查理定律得pT=p′T′，
解得T′≈327K。
题型二 液柱类问题
液柱模型
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、列平衡方程求解，要注意：
（1）液柱因重力产生的压强为p=ρgℎ（其中ℎ为液柱的高度）；
（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——连通器内装同种液体，且液体静止时，液体内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”，使计算过程简捷。
例2 （2025·安徽合肥模拟）如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的上端开口的静止玻璃管内，玻璃管上粗下细，粗管横截面积是细管的2倍，上半部分足够长，水银柱的上表面正好与细管上端口平齐。大气压强为p0，封闭气体的压强为2p0，水银柱和封闭气体柱的长度都为L，封闭气体的温度为T0。
（1） 若降低管内气体温度，将玻璃管由静止释放（保持开口竖直向上，忽略空气阻力），且当水银柱与玻璃管保持相对静止时，管内水银恰没有进入粗管中，求管内气体温度T1；
（2） 若玻璃管保持如图所示的静止状态，缓慢地给封闭气体加热，求水银柱刚好全部进入粗管中时，封闭气体的温度T2。
【答案】（1） 12T0
（2） 32T0
【解析】
（1） 当水银柱与玻璃管保持相对静止时，玻璃管做自由落体运动，管内水银处于完全失重状态，管内空气压强与外界大气压强p0相等，管内空气体积不变，由查理定律有2p0T0=p0T1，
解得T1=12T0。
（2） 水银柱全部在细管中，产生的压强为ρgL=2p0−p0=p0，
水银柱刚好全部进入粗管中时，设水银柱的长度为L′，则LS=L′×2S，
水银柱刚好全部进入粗管中时水银柱产生的压强为ρgL′=p02，
此时封闭气体的压强p1=p0+p02=32p0，
由理想气体状态方程可得
2p0LST0=p1×2LST2，
解得T2=32T0。
题型三 关联气体问题
关联气体问题的解题思路
（1）对各部分气体要独立进行状态分析；
（2）要确定每个研究对象的状态变化的特点，分别应用相应的实验定律；
（3）充分利用各研究对象之间的压强、体积、温度等物理量的有效关联关系；
（4）若活塞可自由移动，一般要根据活塞的受力平衡条件确定两部分气体的压强关系。
例3 （2025·河北邢台模拟）如图所示，密闭容器竖直放置且分成A和B两部分，A部分空气柱的长度为4L，空气柱的压强pA=ρgL，水银柱的长度为2L，横截面积为S；B部分空气柱的长度为2L，水银柱的长度为2L，横截面积为2S。A和B两部分空气柱的热力学温度均为T0。现保持A部分空气柱的温度不变，缓慢升高B部分空气柱的温度，已知水银的密度为ρ ，重力加速度大小为g。
（1） 当A部分空气柱的长度为2L时，求A部分空气柱的压强p′A；
（2） 当A部分空气柱的长度为2L时，求B部分空气柱的热力学温度T′B。
【答案】（1） 2ρgL
（2） 21T010
【解析】
（1） 对A部分空气柱有VA=4LS，V′A=2LS，由玻意耳定律有pAVA=p′AV′A，
解得p′A=2ρgL。
（2） 当A部分空气柱的长度为2L时，A部分水银柱的长度增加了2L，B部分水银柱的长度减少了L，对B部分空气柱有
加热前：pB=pA+4ρgL=5ρgL，
VB=4LS，TB=T0，
加热后：p′B=p′A+ρg(2L+2L+L)，
V′B=(2L+L)2S=6LS，
由理想气体状态方程有pBVBTB=p′BV′BT′B，
解得T′B=21T010。
例4 （2026·湖南衡阳月考）如图所示，导热性能良好、高度均为L、横截面积分别为S和2S的上下两汽缸竖直正对放置，其中下方汽缸固定在水平地面上，上方汽缸通过竖直杆固定在天花板上，两汽缸间通过连接活塞A、B的轻质硬杆相连，两活塞可在汽缸中无摩擦地自由移动，且与汽缸壁之间密封良好，两活塞与汽缸间均密封着一定质量的理想气体。初始时活塞A处在上方汽缸的正中央，活塞B恰好位于下方汽缸口，此时下方汽缸内的气体压强为1.5p0，两汽缸内密封的气体温度均为T0，不计两活塞的质量与厚度，汽缸外的大气压强始终为p0。
（1） 求初始时上方汽缸内密封的气体压强p；
（2） 若保持下方汽缸内密封的气体温度为T0，缓慢升高上方汽缸内密封的气体温度，在不漏气的情况下，求上方汽缸内密封的气体的最高温度T。
【答案】（1） 2p0
（2） 5T0
【解析】
（1） 对两活塞和轻杆整体进行受力分析，可得pS+p0⋅2S=p0S+1.5p0⋅2S，
解得p=2p0。
（2） 当活塞A移动到上方汽缸口时，上方密封气体的温度最高，对下方气体，根据等温变化可得1.5p0⋅2SL=p2⋅2SL2，解得p2=3p0，
对两活塞和轻杆整体进行受力分析，可得p1S+p0⋅2S=p0S+p2⋅2S，解得p1=5p0，
对上方气体分析，由理想气体状态方程，则有pSL2T0=p1SLT，解得T=5T0。
题型四 变质量问题
变质量问题的分析方法
气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量理想气体，但在实际问题中，常遇到气体的变质量问题，可以通过巧妙选择合适的研究对象，把“变质量”问题转化为“定质量”问题。
（1）打气问题：选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
（2）抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，质量不变，将变质量问题转化为定质量问题。
（3）灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
（4）漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使变质量问题变成定质量问题。
例5 （2024·安徽卷·13，10分）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温度相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0=30L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1=−3℃，压强p1=2.7×105Pa。哈尔滨的环境温度t2=−23℃，大气压强p0取1.0×105Pa。求：(T=t+273K)
（1） 在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小；
（2） 充进该轮胎的空气体积。
【答案】（1） 2.5×105Pa
（2） 6L
【解析】
（1） 充气前轮胎内气体等容变化，由查理定律可得p1T1=p2T2，
其中p1=2.7×105Pa，T1=270K，T2=250K，
代入数据解得p2=2.5×105Pa。
（2） 设在哈尔滨充入轮胎内的空气体积为V，由玻意耳定律有p2V0+p0V=p1V0，
代入数据解得V=6L。
例6 （2025·山东聊城模拟）气垫鞋是通过在鞋底内置密闭气垫（通常填充高压氮气或空气）来提供缓震功能的运动鞋。气垫内气体可视为理想气体，气垫导热良好。某款气垫跑鞋在静态未穿着时某气垫中气体（空气）体积为V1=30cm3，压强为p1=1.5atm，假设大气压强恒为p0=1atm，室温恒为27℃，T=t+273K。
（1） 某同学穿该跑鞋运动，一段时间后由于摩擦等因素气垫内温度升高5℃，该气垫体积被压缩为原来的56，求此时气垫内气体压强。
（2） 长时间穿着导致该气垫损坏漏气，静置于室内足够长的时间后，体积仍为V1，求漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比。
【答案】（1） 1.83atm
（2） 12
【解析】
（1） 取气垫内气体为研究对象，初态：p1=1.5atm，V1=30cm3，T1=300K，
末态：压强p2，V2=56×30cm3=25cm3，T2=305K，
由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2，
解得p2=1.83atm。
（2） 以漏气前气垫内的气体为研究对象，初态：p1=1.5atm，V1=30cm3，
漏气后：p3=p0=1atm，体积为V3，
由玻意耳定律有p1V1=p3V3，
解得V3=45cm3，
漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比为V3−V1V1=12。
例7 （2025·甘肃张掖模拟）中国是瓷器的故乡。如图甲是烧制瓷器的窑炉，图乙为其简化原理图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到3p0（p0为大气压强）时，排气阀才会开启，压强低于3p0时，排气阀自动关闭。某次烧制过程，初始时窑内温度t1=27℃，窑内气体压强为p0。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷坯体积的变化，气体可视为理想气体，绝对零度取−273℃。
（1） 求排气阀开始排气时，窑内气体的温度；
（2） 求窑内温度为927℃时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。
【答案】（1） 627℃（或900K）
（2） 14
【解析】
（1） 对封闭在窑内的气体，排气前体积不变，烧制前温度T0=(273+27)K=300K，
气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有p0T0=3p0T1，
解得T1=900K=627℃。
（2） 当气体温度T2=(927+273)K=1200K，压强为3p0时，设气体体积为V2,
根据理想气体状态方程有p0V0T0=3p0V2T2，
解得V2=43V0，
所以V排=V2−V0=13V0，
又m排m总=V排V2，
解得m排m总=14。
题型五 气体状态变化的图像问题
一定质量的理想气体不同图像的比较
例8 （2025· 全国卷·19，6分）多选 如图，一定质量的理想气体先后处于V−T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则（ ）
A. pa=pbB. pa=pcC. pa>pbD. paTa，由理想气体状态方程可知，pa