2010-2019十年高考物理真题分类汇编15选修3-3（附解析）

十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理 专题 15 选修 3-3 选择题： 1.(2019•海南卷•T15)一定量的理想气体从状态 M 出发，经状态 N、P、Q 回到状态 M，完成 一个循环。从 M 到 N、从 P 到 Q 是等温过程；从 N 到 P、从 Q 到 M 是等容过程；其体积- 温度图像(V-T 图)如图所示。下列说法正确的是 A.从 M 到 N 是吸热过程 B.从 N 到 P 是吸热过程 C.从 P 到 Q 气体对外界做功 D.从 Q 到 M 是气体对外界做功 E.从 Q 到 M 气体的内能减少 【答案】BCE 【解析】 A、从 M 到 N 理想气体温度不变，则内能不变，即△U=0，但体积减小，说明外界对气体 做功，即 W＞0，由热力学第一定律：W+Q=△U，可知 Q＜0，所以是一个放热过程，故 A 错误； B、从 N 到 P 理想气体温度升高，则内能增大，即△U＞0，但体积不变，说明外界没有对 气体做功，气体也没有对外界做功，即 W=0，由热力学第一定律：W+Q=△U，可知 Q＞0， 所以是一个吸热过程，故 B 正确； C、从 P 到 Q 理想气体温度不变，则内能不变，即△U=0，但体积增大，说明气体对外界做 功，故 C 正确； D、从 Q 到 M 理想气体体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即 W=0，故 D 错误； E、从 Q 到 M 理想气体温度降低，内能减小，故 E 正确； 2.(2019•北京卷•T3)下列说法正确的是 A. 温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度 B. 内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和 C. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关 D. 气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 【答案】A 【解析】 根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分 子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强 A.温度是分子平均动能的标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故 A 正确； B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故 B 错误； C.由压强公式 可知，气体压强除与分子平均动能有关即温度，还与体积有关，故 C 错误； D.温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故 D 错误。 3.(2019•江苏卷•T15)在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后， 该气体 . A.分子的无规则运动停息下来 B.每个分子的速度大小均相等 C.分子的平均动能保持不变 D.分子的密集程度保持不变 【答案】CD 【解析】 分子的无规则运动则为分子的热运动，由分子动理论可知，分子热运动不可能停止，故 A 错误；密闭容器内的理想气体，温度不变，所以分子平均动能不变，但并不是每个分子的动 能都相等，故 B 错误，C 正确；由于没有外界影响且容器密闭，所以分子的密集程度不变， 故 D 正确。 4.(2019•江苏卷•T16)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的.在小水滴表面层中，水 分子之间的相互作用总体上表现为_____(选填“引力”或“斥力”).分子势能 Ep 和分子间距离 r 的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子 Ep 的是图中______(选填“A”“B” 或“C”)的位置. = FP S 【答案】(1).引力 (2).C 【解析】 由于在小水滴表面层中，水分子间的距离大于 ，所以水分子之间的相互作用总体上表现为 引力，由于当分子间距离为 时，分子间作用力为 0，分子势能最小即图中的 B 点，由于表 面层中分子间距大于 ，所以能总体反映小水滴表面层中水分子势能的是 C 位置。 5.(2018·北京卷·T2)关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 分子间同时存在着引力和斥力 D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 【答案】C 【解析】A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故 A 错误； B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动 的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故 B 错误； C、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都 是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而 分子间距大于平衡位置时，分子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故 C 正确，D 错误。 点睛：本题考查了布朗运动、扩散以及分子间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明 了分子在做永不停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的。 6.(2011·广东卷)如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主 要原因是 0r 0r 0r A.铅分子做无规则热运动 B.铅柱受到大气压力作用 C.铅柱间存在万有引力作用 D.铅柱间存在分子引力作用 【答案】D 【解析】分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关.距离稍大 时表现为引力，距离很近时则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用。 【考点定位】分子间的相互作用力 7.(2011·上海卷)某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中f(v)表示v处 单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TI，TII，TIII，则 A.TⅠ＞TⅡ＞TⅢ B.TⅢ＞TⅡ＞TⅠ C.TⅡ＞TⅠ，TⅡ＞TⅢ D.TⅠ=TⅡ=TⅢ 【答案】B 【解析】温度越高分子热运动越激烈，分子运动激烈是指速率大的分子所占的比例大，图Ⅲ 腰最粗，速率大的分子比例最大，温度最高；图Ⅰ虽有更大速率分子，但所占比例最小，温 度最低，故 B 正确. 【考点定位】气体分子速率分布曲线与温度的关系 8.(2011·四川卷)气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外 A.气体分子可以做布朗运动 B.气体分子的动能都一样大 C.相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动 D.相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大 【答案】C 【解析】布朗运动是固体小颗粒的运动，A 错误；气体分子的运动是杂乱无章的，表示气体 分子的速度大小和方向具有不确定性，与温度的关系是统计规律，B 错误；气体分子的相互 作用力十分微弱，但是由于频繁撞击使得气体分子间的距离不是一样大，D 错误；气体分子 的相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动造成气体没有形状。答案 C。 【考点定位】布朗运动，分子运动 9.(2012·广东卷)清晨 ，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠。这一物理过程中， 水分子间的 A.引力消失 ，斥力增大 B. 斥力消失，引力增大 C.引力、斥力都减小 D.引力、斥力都增大 【答案】D 【解析】水由气态凝结成液态的水，分子间距离变小.而分子间同时存在引力和斥力，且引 力和斥力都随着分子间距离的减小而增大，故 D 正确。故选 D 【考点定位】本题考查分子动理论 10.(2014·上海卷)分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的 A.引力增加，斥力减小 B.引力增加，斥力增加 C.引力减小，斥力减小 D.引力减小，斥力增加 【答案】C 【解析】分子间同时存在引力和斥力，当分子距离增加时，分子间的引力和斥力都减小，只 是斥力减小的更快，当距离超过平衡位置时，斥力就会小于引力合力即分子力表现为引力， 当距离小于平衡位置时，斥力大于引力，分子力表现为斥力，选项 C 对。 【考点定位】分子间相互作用力 11.(2014·福建卷)如图，横坐标 v 表示分子速率，纵坐标 f(v)表示各等间隔速率区间的分子数 占总分子数的百分比。途中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是 A.曲线① B.曲线② C.曲线③ D.曲线④ 【答案】D 【解析】麦克斯韦分子速率分布规律如图所示，呈现“两头大，中间小”的特点，曲线①、③ 可先排除，曲线②也不对，因为当 v=0 时，f(v)一定为零，且 v 很大时，f(v)趋于零，所以本 题正确是曲线④，故 A、B、C 错误，D 正确。 【考点定位】本题考查麦克斯韦气体分子速率分布规律 12.(2015·上海卷·T4)一定质量的理想气体在升温过程中 A.分子平均势能减小 B.每个分子速率都增大 C.分子平均动能增大 C.分子间作用力先增大后减小 【答案】C 【解析】一定质量的理想气体，分子势能不计，故 A 错误；在升温过程中，分了的平均动 能增大，但不是每个分子的动能增大，故 B 错误，C 正确；理想气体的气体分子本身的体 积和气体分子间的作用力都可以忽略不计的气体，故 D 错误。 【考点定位】分子动理论 13.(2013·福建卷)下列四幅图中，能正确反映分子间作用力 f 和分子势能 E p 随分子间距离 r 变化关系的图线是 【答案】B 【解析】当分子间距离 r 等于平衡距离 r0 时，分子间作用力 f 表现为零，分子势能 Ep 最小， 故只有选项 B 正确。 【考点定位】本题考查了分子间作用力、分子势能随分子间距离的变化关系问题。 14.(2015·福建卷·T29(1))下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是 。 A.分子间距离减小时分子势能一定减小 B.温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈 C.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关 D.非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性 【答案】B 【解析】由图知，当分子间距离小于 r0 时，分子势能随分子间距离的减小而增大，所以 A 错误； 由分子热运动理论知，温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈，所以 B 正确；物体内热 运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故 C 错误；非晶体是各向同性的，故 D 错误。 【考点定位】分子动理论和物质结构 15.(2016·北京卷·T20)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气 候条件与人类活动相互作用的结果。雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相 同、直径不同的球体，并用 PM10、PM2.5 分别表示直径小于或等于 10 μm、2.5 μm 的颗粒 物(PM 是颗粒物的英文缩写)。 某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内， PM10 的浓度随高度的增加略有减小，大于 PM10 的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显 减小，且两种浓度分布基本不随时间变化。 据此材料，以下叙述正确的是 A.PM10 表示直径小于或等于 1.0×10-6 m 的悬浮颗粒物 B.PM10 受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力 C.PM10 和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D.PM2.5 的浓度随高度的增加逐渐增大 【答案】C 【解析】根据题给信息可知喃 dPM10≤10µm=10×10－5m，A 错误； 由于颗粒物处于静止状态，其受到空气分子作用力的合力与重力等大反向，故 B 错误； PM10 和大悬浮颗粒物都在做布朗运动，C 正确； 因为 PM10 的浓度随高度的增加略有减小，而 PM10 中含有 PM2.5，所以 PM2.5 的浓度也应 随高度的增加略有减小，D 错误。 【考点定位】考查了布朗运动 16.(2017·北京卷)以下关于热运动的说法正确的是 A.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈 B.水凝结成冰后，水分子的热运动停止 C.水的温度越高，水分子的热运动越剧烈 D.水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大 【答案】C 【解析】水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，A 错误；分子在永不停息地做无 规则运动，B 错误；水的温度升高，水分子的平均速率增大，并非每一个水分子的运动速率 都增大，D 错误；选项 C 说法正确。 【考点定位】分子动理论 【名师点睛】温度是分子平均动能的标志，但单个分子做无规则运动，单个分子在高温时速 率可能较小。 17.(2016·上海卷·T17)某气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m。若 1 摩尔该气体的体积为 Vm，密度为 ρ，则该气体单位体积分子数为(阿伏伽德罗常数为 NA) A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】根据题意，气体单位体积分子数是指单位体积气体分子的数量，选项 A 中 NA 是指 每摩尔该气体含有的气体分子数量，Vm 是指每摩尔该气体的体积，两者相除刚好得到单位 体积该气体含有的分子数量，选项 A 正确；选项 B 中，摩尔质量 M 与分子质量 m 相除刚 好得到每摩尔该气体含有的气体分子数，即为 NA，此时就与选项 A 相同了，故选项 B 正确； 选项 C 中，气体摩尔质量与其他密度相除刚好得到气体的摩尔体积 Vm，所以选项 C 正确、 D 错误。 【考点定位】阿伏伽德罗常数、物质的量 18.(2012·大纲全国卷)下列关于布朗运动的说法，正确的是 A.布朗运动是液体分子的无规则运动 B.液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧列 A m N V m M mV AρN M AρN m C.布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的 D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 【答案】BD 【解析】布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故 A 错误； 液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故 B 正确； 布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，故 C 错误，D 正 确。故选 BD 【考点定位】本题考查了分子动理论 19.(2012·海南卷·T17(1))两分子间的斥力和引力的合力 F 与分子间距离 r 的关系如图中曲线 所示，曲线与 r 轴交点的横坐标为 r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互 接近。若两分子相距无穷远处时分子势能为零，下列说法正确的是 A.在 r>r0 阶段，F 做正功，分子动能增加，势能减小 B.在 r Δ ΔA Bp p< Δ =ΔA Bp p 2 1 0 1 1 VP P gh V ρ  = + +    0P ' 1 1 1 1 2( )PV P V V= + ' 0 2 2 1 2( )PV P V V= + ( )' ' 2 1 0P P S Sgh P Sρ+ = + 2 1 0 1 1 VP P gh V ρ  = + +    同时气体向外界放热 200J，缸内气体的 A.温度升高，内能增加 600J B.温度升高，内能减少 200J C.温度降低，内能增加 600J D.温度降低，内能减少 200J 【答案】A 【解析】由能量守恒， ，内能增加 600J，则温度一定升 高。 91.(2010•广东卷•T15)如图 4 所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭 一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗 衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气 A.体积不变，压强变小 B.体积变小，压强变大 C.体积不变，压强变大 D.体积变小，压强变小 【答案】B 【解析】由图可知空气被封闭在细管内，水面升高时，根据玻马定律，气体压强增大，气体 体积减小。 92.(2010·海南卷·T17(1))下列说法正确的是 (A)当一定质量的气体吸热时，其内能可能减小 (B)玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体 (C)单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 (D)当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体 600800200 =+−=+=∆ WQE 内部 (E)气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温 度有关 【答案】(1)ADE 【解析】一定质量的气体吸热时，如果同时对外做功，且做的功大于吸收的热量，则内能减 小，(A)正确；玻璃是非晶体，(B)错；多晶体也有固定的熔点，(C)错；液体表面层内的分子 液体内部分子间距离的密度都大于大气，因此分子力的合力指向液体内部，(D)正确；气体 分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，决定气体的压强，因此与单位体积内分子数和 气体的温度有关，(E)对。 93.(2010·重庆卷·T15)给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏 气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体 A.从外界吸热 B.对外界做负功 B.分子平均动能减少 D.内能增加 【答案】A 【解析】本题考查热力学第一定律和气体的压强的微观解释。车胎内的气体的分子势能不计， 气体只有动能，则当温度不变时，气体的内能不变，D 项错；洒水车质量逐渐减小，车胎内 的气体的压强减小，由 ，T 不变，P 减小，则 V 增大，气体对外界做功，再由△U=W ＋Q 知，气体要向外界吸收热量，A 项对，B 项错；温度是气体分子平均动能的标志，则 C 项错。 94.(2010·四川卷·T14)下列现象中不能说明分子间存在分子力的是 A.两铅块能被压合在一起 B.钢绳不易被拉断 C.水不容易被压缩 D.空气容易被压缩 【答案】D 【解析】本题主要考查了分子运动论的分子间间相互作用，两铅块能合在一起说明分子间存 在相互作用力的引力，A 项错误；钢绳不易被拉断说明分子间存在引力，而水不易被压缩说 明分子间存在排斥力所以 BC 项均错；而气体间距较大，分子间作用力忽略不计答案 D 正确。 95.(2010·新课标Ⅰ卷·T33(1))关于晶体和非晶体，下列说法正确的是 (填入正确选项 前的字母) A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 PV CT = B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的 C.单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的 【答案】(1)BC 【解析】本题考查的是晶体和非晶体的特性。金刚石、食盐、水晶是晶体，但玻璃不是晶体， A 项错误；晶体的分子排列是有规则的，B 项正确；晶体有固定的熔点，非晶体；受有固定 的熔点，C 项正确；单晶体的物理特性是各向异性，而多晶体不是各向异性的，D 项错误。 96.(2010·福建卷·T28)(1)1859 年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来 有许多实验验证了这一规律。若以横坐标 v 表示分子速率，纵坐标 f(v)表示各速率区间的分 子数占总分子数的百分比。下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的 是 。(填选项前的字母) (2)如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有 一可以活动的绝热活塞。今对活塞施以一竖直向下的压力 F，使活塞缓慢向下移动一段距离 后，气体的体积减小。若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体 。(填选项 前的字母) A.温度升高，压强增大，内能减少 B.温度降低，压强增大，内能减少 C.温度升高，压强增大，内能增加 D.温度降低，压强减小，内能增加 【答案】(1)D (2)C 【解析】(1)本题考查的是分子速率的分布特点和考生的理解能力。气体分子的速率都呈“中 间多，两头少”状态分布，并且速率不会等于零，更不会小于零。 (2)本题考查的是热力学第一定律和气体压强的微观解释和考生的理解能力。气缸和活塞都 绝热，向下缓慢压缩活塞，对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体温度升高，内能增 大，气体体积减小，温度升高，气体分子单次撞击器壁的力增大，单位时间内的撞击次数也 增大，故气体压强增大。 97.(2010·江苏卷·T12.A)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可 视为理想气体。下列图象能正确表示该过程中空气的压强 p 和体积 V 关系的是 ▲ 。 (2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了 24KJ 的功。现潜水员背着该 气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了 5KJ 的热量。 在上述两个过程中，空气的内能共减小 ▲ KJ，空气 ▲ (选填“吸收”或“放出”)的总热 量为▲ kJ (3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为 1.3kg/ 和 2.1kg/ ，空气的摩尔质量 为 0.029kg/mol，阿伏伽德罗常数 ＝6.02 。若潜水员呼吸一次吸入 2L 空气， 试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数。(结果保留一位有效数字) 【答案】(1)B (2)5；放出；29 (3) 【解析】 (1)由 PV＝c，得 P 与 成正比，故选 B； (2)根据热力学第一定律 W＋Q＝△U，第一阶段 W1＝24J，△U1=0，所以 Q1=－24J，放热， 第二阶段 W2=0，△U2=－5J，所以 Q2=－5J，放热；所以 Q=Q1＋Q2=－29J，放热。△U=－ 5J，即减少 5J。 (3)设空气的摩尔质量为 M，在海底和岸上的密度分别为 ρ 海和 ρ 岸，一次吸入空气的体积为 V，则有 ，代入数据得△n＝3×1022。 98.(2010·全国Ⅰ卷·T19)右图为两分子系统的势能 E p 与两分子间距离 r 的关系曲线。下列说 法正确的是 A.当 r 大于 r1 时，分子间的作用力表现为引力 3m 3m AN 23 110 mol −× 1 V ( ) A Vn NM ρ ρ−∆ = 海 岸 B.当 r 小于 r1 时，分子间的作用力表现为斥力 C.当 r 等于 r2 时，分子间的作用力为零 D.在 r 由 r1 变到 r2 的过程中，分子间的作用力做负功 【答案】BC 【解析】分子间距等于 r0 时分子势能最小，即 r0= r2。当 r 小于 r1 时分子力表现为斥力；当 r 大于 r1 小于 r2 时分子力表现为斥力；当 r 大于 r2 时分子力表现为引力，A 错 BC 对。在 r 由 r1 变到 r2 的过程中，分子斥力做正功，分子势能减小，D 错误。 【命题意图与考点定位】分子间距于分子力、分子势能的关系 99.(2010·全国Ⅱ卷·T16)如图，一绝热容器被隔板 K 隔开 a 、b 两部分。已知 a 内有一定量 的稀薄气体，b 内为真空。抽开隔板 K 后，a 内气体进入 b，最终达到平衡状态。在此过程 中 A.气体对外界做功，内能减少 B.气体不做功，内能不变 C.气体压强变小，温度降低 D.气体压强变小，温度不变 【答案】BD 【解析】绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q＝0。稀薄气体向真空扩散没有做功， W＝0。根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变。稀薄气体扩散体积增大， 压强必然减小。BD 正确。 100.(2010·上海卷·T14)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化 而变化，则 A.分子间引力随分子间距的增大而增大 B.分子间斥力随分子间距的减小而增大 C.分子间相互作用力随分子间距的增大而增大 D.分子间相互作用力随分子间距的减小而增大 【答案】B 【解析】根据分子力和分子间距离关系图象，如图，选 B。 本题考查分子间相互作用力随分子间距的变化，图象的理解。 难度：中等。 101.(2010·上海卷·T14)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化 而变化，则 A.分子间引力随分子间距的增大而增大 B.分子间斥力随分子间距的减小而增大 C.分子间相互作用力随分子间距的增大而增大 D.分子间相互作用力随分子间距的减小而增大 【答案】B 【解析】根据分子力和分子间距离关系图象，如图，选 B。 本题考查分子间相互作用力随分子间距的变化，图象的理解。 难度：中等。 102.(2010·上海卷·T17)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的 ab、bc、cd、da 四个过程， 其中 bc 的延长线通过原点，cd 垂直于 ab 且与水平轴平行，da 与 bc 平行，则气体体积在 A.ab 过程中不断增加 B.bc 过程中保持不变 C.cd 过程中不断增加 D.da 过程中保持不变 【答案】AB 【解析】首先，因为 bc 的延长线通过原点，所以 bc 是等容线，即气体体积在 bc 过程中保 持不变，B 正确；ab 是等温线，压强减小则体积增大，A 正确；cd 是等压线，温度降低则 体积减小，C 错误；连接 ao 交 cd 于 e，则 ae 是等容线，即 Va＝Ve，因为 VdN2； 由于 p1V1= p3V3；故 T1=T3； 则 T3>T2，又 p2=p3，2 状态分析密度大，分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3 状态分 子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故 3 状态碰撞容器壁分子较少，即 N2>N3； 105.(2019•全国Ⅰ卷•T13)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气 可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动， 直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度__________(填“高于”“低于” 或“等于”)外界温度，容器中空气的密度__________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密 度。 【答案】(1). 低于 (2). 大于 【解析】 由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故 ，但 活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界 做功，即 ，根据热力学第一定律可知： ，故容器内气体内能减小， 温度降低，低于外界温度。 最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程： 又 ，m 为容器内气体质量 1 1 1 pV T 2 2 2 p V T 1 1 p T 2 2 p T 0Q∆ = 0W < 0U Q W∆ = ∆ + < PV nRT= m V ρ = 联立得： 取容器外界质量也为 m 的一部分气体，由于容器内温度 T 低于外界温度，故容器内气体密 度大于外界。 106.(2019•全国Ⅱ卷•T14)如图，一容器由横截面积分别为 2S 和 S 的两个汽缸连通而成，容 器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别 充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为 p0 和 V0，氢气的体积为 2V0， 空气的压强为 p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变， 活塞没有到达两汽缸的连接处，求： (1)抽气前氢气的压强； (2)抽气后氢气的压强和体积。 【答案】(1) (p0+p)；(2) ； 【解析】 【详解】解：(1)设抽气前氢气的压强为 p10，根据力的平衡条件得 (p10–p)·2S=(p0–p)·S① 得 p10= (p0+p)② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为 p1 和 V1，氢气的压强和体积分别为 p2 和 V2，根据力的 平衡条件有 p2·S=p1·2S③ 由玻意耳定律得 p1V1=p10·2V0④ p2V2=p0·V0⑤ 由于两活塞用刚性杆连接，故 V1–2V0=2(V0–V2)⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 Pm nRT ρ = 1 2 0 1 1 2 4p p+ 0 0 0 4 2 p p V p p + + （ ） 1 2 ⑦ ⑧ 107.(2019•全国Ⅲ卷•T14)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 2.0cm 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 2.0cm。 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 76cmHg，环境温度为 296K。 (1)求细管 长度； (2)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】(1)41cm；(2)312K 【解析】 以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和 温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长 度。 (1)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 h，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–ρgh③ 式中，p、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 的 1 0 1 1 2 4p p p= + 0 0 1 0 4= 2 p p VV p p + + （ ） V1=S(L–h)⑤ 由①②③④⑤式和题给条件得 L=41cm⑥ (2)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 ⑦ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T=312K⑧ 108.(2019•全国Ⅰ卷•T14)热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把 惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放 入炉腔中的材料加工处理，改部其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩 余的容积为 013 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将 10 瓶氩气压入到炉腔中。已知每 瓶氩气的容积为 3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为 1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强 为 2.0×106 Pa；室温温度为 27 ℃。氩气可视为理想气体。 (1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强； (2)将压入氩气后的炉腔加热到 1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。 【答案】(1) (2) 【解析】 (1)设初始时每瓶气体的体积为 ，压强为 ；使用后气瓶中剩余气体的压强为 ，假设 体积为 ，压强为 的气体压强变为 时，其体积膨胀为 ，由玻意耳定律得： 被压入进炉腔的气体在室温和 条件下的体积为： 设 10 瓶 气 体 压 入 完 成 后 炉 腔 中 气 体 的 压 强 为 ， 体 积 为 ， 由 玻 意 耳 定 律 得 ： 联立方程并代入数据得： (2)设加热前炉腔的温度为 ，加热后炉腔的温度为 ，气体压强为 ，由查理定律得： 1 0 V V T T = 73.2 10 Pa× 81.6 10 Pa× 0V 0p 1p 0V 0p 1p 1V 0 0 1 1p V pV= 1p 1 0V V V′ = − 2p 2V 2 2 110p V pV′= 7 2 3.2 10 Pap = × 0T 1T 3p 联立方程并代入数据得： 109.(2019•江苏卷•T17)如图所示，一定质量理想气体经历 A→B 的等压过程，B→C 的绝热过 程(气体与外界无热量交换)，其中 B→C 过程中内能减少 900J.求 A→B→C 过程中气体对外 界做的总功. 【答案】W=1500J 【解析】 由题意可知， 过程为等压膨胀，所以气体对外做功为： 过程：由热力学第一定律得： 则气体对外界做的总功为： 代入数据解得： 。 110.(2019•海南卷•T16)如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略 的光滑活塞将容器内的理想气体分为 A、B 两部分，A 体积为 。压强为 ；B 体积为 ，压强为 。现将容器缓慢转至 水平，气体温度保持不变，求此时 A、B 两部分气体的体积。 【答案】VA’=3.85×10-3m3 VB’=6.15×10-3m3 【解析】 对 A 中气体： 3 2 1 0 p p T T = 8 3 1.6 10 Pap = × A B→ ( )1 B AW P V V= − − B C→ 2W U= ∆ ( )1 2W W W= − + 1500JW = 3 34.0 10 mAV −= × A 47cmHgp = 3 36.0 10 mBV −= × 52cmHgBp = 初态：压强 pA=47cmHg，体积 VA=4.0×10－3m3， 末态：压强 pA’，体积 VA’， 根据玻意耳定律可得：pAVA=pA’VA’…① 对 B 中气体： 初态：压强 pB=50cmHg，体积 VB=6.0×10-3m3， 末态：压强 pB’，体积 VB’， 根据玻意耳定律可得：pBVB=pB’VB’…② 容器水平后有：pA’=pB’…③ 容器的总体积保持不变，即：VA’+VB’=VA+VB=1.0×10－2m3…④ 联立①②③④式可得：VA’=3.85×10-3m3 VB’=6.15×10-3m3 111.(2015·海南卷·T15(1))已知地球大气层的厚度 h 远小于地球半径 R，空气平均摩尔质量为 M，阿伏伽德罗常数为，NA 地面大气压强为 P0，重力加速度大小为 g。由此可以估算得， 地球大气层空气分子总数为 ，空气分子之间的平均距离为 。 【答案】 ， 【解析】设大气层中气体的质量为 m，由大气压强产生， ，即： 分子数 ，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧 密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为 a，大气层中气体总体积为 V， ，而 ，所以 。 【考点定位】气体压强，阿伏伽德罗常数 112.(2018·江苏卷·T13)一定量的氧气贮存在密封容器中，在 T 1 和 T2 温度下其分子速率分布 的情况见右表.则 T1___(选填“大于”“小于”或“等于”)T2.若约 10%的氧气从容器中泄漏，泄漏 前后容器内温度均为 T1，则在泄漏后的容器中，速率处于 400~500 m/s 区间的氧气分子数 占总分子数的百分比___(选填“大于”“小于”或“等于”)18.6%. 【答案】大于 等于 【解析】分子速率分布与温度有关，温度升高，分子的平均速率增大，速率大的分子数所占 比例增加，速率小的分子数所占比例减小，所以 T1 大于 T2；泄漏前后容器内温度不变，则 2 04 AR P N Mg π 3 0 A Mgha P N = 0mg p S= 0p Sm g = 2 0 04A AA p SN R P NmNn M Mg Mg π= = = 3 Va n ＝ 24V R hπ= 3 0 A Mgha P N = 在泄漏后的容器中，速率处于 400~500 m/s 区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变，仍 为 18.6%. 113.(2015·江苏卷·T12A(2))在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试 时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内 壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，包装袋 内氮气的内能_________(选填“增大”、“减小”或“不变”) 【答案】增大 不变 【解析】因为测试时，对包装袋缓慢地施加压力，外界对气体所做的功等于气体对外放出的 热量，由热力学第一定律可知：气体的温度不变，即内能不变。玻意耳定律可知：气体体积 变小，所以压强变大，由于气体的压强是由于气体分子对器壁的频繁碰撞而产生的，所以包 装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大。 【考点】热力学第一定律、气体的内能 114.(2016·江苏卷)如图所示，在 A→B 和 D→A 的过程中，气体放出的热量分别为 4J 和 20J.在 B→C 和 C→D 的过程中，气体吸收的热量分别为 20J 和 12J.求气体完成一次循环对 外界所做的功. 【答案】8J 【解析】完成一次循环气体内能不变 ΔU=0，吸收的热量 Q=(20+12–4–20)J=8 J 由热力学第一定律 ΔU=Q+W 得，W=-8 J 气体对外做功为 8 J. 【考点定位】热力学定律 【方法技巧】重点考查热力学第一定律，本题的关键在于气体完成一次循环气体内能不变， 从而结合热力学定律求解问题。 115.(2014·江苏卷·T12A(2))压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外 界无热量交换，内能增加了 3.4×104J，则该气体的分子平均动能 (选填“增大”、“减 小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功 (选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104J。 【答案】增大，等于 【解析】由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分 子平均动能增大，根据热力学第一定律可知：W＝ΔU＝3.4×104J 【考点定位】本题主要考查了对分子动理论、热力学第一定律的理解与应用问题，属于中档 偏低题。 116.(2014·江苏卷·T12A(3))上述过程中，气体刚被压缩时的温度为 27℃，体积为 0.224m 3， 压强为 1 个标准大气压。已知 1mol 气体在 1 个标准大气压、0℃时的体积为 22.4L，阿伏加 德罗常数 NA＝6.02×1023mol－1。计算此时气室中气体的分子数。(计算结果保留一位有效数 字) 【答案】N＝5×1024(或 N＝6×1024) 【解析】设气体在标准状况下的体积为 V0，上述过程为等压过程，有： ＝ 气体物质的量为：n＝ 分子数为：N＝nNA 联立以上各式并代入数据解得：N＝ ＝5×1024(或 6×1024) 【考点定位】本题主要考查了有关阿伏伽德罗常数的计算问题，属于中档偏低题。 117.(2016·江苏卷·T12)如题 12A−1 图所示，在斯特林循环的 p–V 图象中，一定质量理想气 体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A，整个过程由两个等温和两个等容过 程组成.B→C 的过程中，单位体积中的气体分子数目 (选填“增大”、“减小”或“不 变”).状态 A 和状态 D 的气体分子热运动速率的统计分布图象如题 12A−2 图所示，则状态 A 对应的是 (选填“①”或“②”). 【答案】不变 ① 【解析】由图知 B→C 的过程中气体的体积不变，所以密度不变，即单位体积中的空气分子 数目不变；因当温度升高，分子热运动加剧，速度较大的分子所占百分比增高，分布曲线的 峰值向速率大的方向移动即向高速区扩展，峰值变低，曲线变宽，变平坦，由 12A-1 图知状 V T 0 0 V T 0 M V V 0 A M T V NT V ⋅ ⋅ 态 A 的温度低，所以对应的是①。 【考点定位】理想气体 【方法技巧】对一定质量的理想气体等容过程，气体的密度不变，即单位体积中的气体分子 数目不变；理解气体分子热运动速率的统计分布图象。 118.(2016·上海卷·T29)某同学制作了一个结构如图(a)所示的温度计。一端封闭的轻质细管可 绕封闭端 O 自由转动，管长 0.5 m。将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细 线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向。在气体温度为 270 K 时，用一 段水银将长度为 0.3 m 的气柱封闭在管内。实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度 l 和力 传感器读数 F 之间的关系如图(b)所示(实验中大气压强不变)。 (1)管内水银柱长度为 m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为 K。 (2)若气柱初始长度大于 0.3 m，该温度计能测量的最高温度将 (选填：“增大”，“不变” 或“减小”)。 (3)若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将 (选填：“偏高”，“不变” 或“偏低”)。 【答案】(1)0.1；360 (2)减小(3)偏低 【解析】(1)由于轻质管可以绕 O 点转动，通过力矩关系有：设水银长度的一半为 x，封闭 气体长度为 l， ，研究气体长度为 0.3 m 和 0.35 m 两个位置，可以计算出 水银长度为： ；为保证水银不溢出，水银刚好到达管口，此时封闭气体长度为 l=0.4 m，则根据 ，可以算出此时温度为 。 (2)根据上题结论，从公式 可以看出，后来温度与原来的气体长度有反比关系，所以 该温度计能够测量的最大温度将会减小。 ( )FL gSx l xρ= + 2 0.1mx = 0 0 V V T T = 360 KT = 0 0 V V T T = (3)实验过程中大气压强增加，公式 ，得到 ，温度会增加，但如果仍 然用 计算的话，会出现测量值偏低。 【考点定位】力矩、气体状态方程 【方法技巧】根据力矩的平衡计算水银长度，根据公式 计算气体温度，根据公式 判断测量值温度的变化。 119.(2012·江苏卷·T12)(1)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大. 从分子动理论的 角度分析，这是由于分子热运动的 _________增大了。该气体在温度T1、T2时的分子速率分 布图象如题12A-1 图所示，则T1 _________(选填“大于”或“小于”)T2。 (2)如题12A-2 图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中，气体 压强p=1.0×105 Pa，吸收的热量Q =7.0×102J，求此过程中气体内能的增量. 【答案】(1)平均动能；小于 (2) 状态 A 经等压过程到状态 B，由 ，得 ，对外做的功 W =p(VB -VA ) 2U 5.0 10 J∆ = × A B A B V V T T = 3 38 10BV m−= × 0 0 0 p V pV T T = 0 0 0 T pVT p V = 0 0 V V T T = 0 0 V V T T = 0 0 V V T T = 根据热力学第一定律△U=Q-W，解得 。 【考点定位】本题考查分子动理论、热力学第一定律及其相关知识 120.(2012·山东卷)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的 U 型管竖直放置，右端 与大气相通，左端封闭气柱长 l1=20cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高。先将右端与 一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面 h=10cm。(环境温度不变，大气 压强 p0=75cmHg) ①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位) ②此过程中左管内的气体对外界 (填“做正功”“做负功”“不做功”)，气体将 (填 “吸热”或放热“)。 【答案】①50cmHg；②做正功，吸热 【解析】①设 U 型管的横截面积为 S，则左端被封闭的气体初状态： 末状态 为： ， 有理想气体的等温变化得： 代入数据得： 则低压仓的压强 ②此过程中左管内的气体体积增大，对外做正功，温度又不变，由热力学第一定律可知， 气体要从外界吸热. 【考点定位】本题考查玻意耳定律等相关知识 121.(2012·上海卷)如图，长 L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长 L0=50cm 的空气柱被水银封住，水银柱长 h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后 竖直插入水银槽，插入后有 Δh=15cm 的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不 变，大气压强 p0=75cmHg。求： 2U 5.0 10 J∆ = × 1 0 1 1P P V l S= =， 2P 2 1 10 2V l S= +（ ） 1 1 2 2PV PV= 2 60P cmHg= 2 60 10 50p P h cmHg= − = − = (1)插入水银槽后管内气体的压强 p； (2)管口距水银槽液面的距离 H。 【答案】(1) ；(2) 【解析】(1)设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，管截面积为 S，此时气柱长 由玻意耳定律： ，由于 ，大于 ，因此必有水银从 管中流出， 设当管转至竖直位置时，管内此时水银柱长为 ， 由玻意耳定律： ，解得： 设插入槽内后管内柱长为 ， ， 由玻意耳定律，插入后压强 ， (2) 设 管 内 外 水 银 面 高 度 差 为 ， ， 管 口 距 槽 内 水 银 面 距 离 距 离 。 【考点定位】本题考查气体定律及其相关知识。 122.(2012·新课标卷)如图，由 U 形管和细管连接的玻璃泡 A、B 和 C 浸泡在温度均为 0°C 的水槽中，B 的容积是 A 的 3 倍。阀门 S 将 A 和 B 两部分隔开。A 内为真空，B 和 C 内都 充有气体。U 形管内左边水银柱比右边的低 60mm。打开阀门 S，整个系统稳定后，U 形管 内左右水银柱高度相等。假设 U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。 (i)求玻璃泡 C 中气体的压强(以 mmHg 为单位) (ii)将右侧水槽的水从 0°C 加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为 60mm，求加 热后右侧水槽的水温。 62.5cmHg 27.5H cm＝ 70l cm= 0 0 / 53.6p p L l cmHg＝ ＝ 83.6p rgh cmHg＋ ＝ 0p x 0 0 0p SL p rgh S L x＝（ － ）（ － ） 25x cm＝ ’L ’ 60L L x Dh cm＝ －（ ＋ ）＝ 0 0 ' 62.5p Lp cmHg L = = ’h ’ 75 62.5 12.5h cm＝ － ＝ ’ ’ 27.5H L L h cm＝ － － ＝ 【答案】(i)180mmHg (ii)364K (i)加热前 C 中压强始终不变，B 内封闭气体初状态：PB=PC+60，打开阀门后 PB′=PC 由题意： 由玻意尔定律 PBVB=PB′VB′ 得：PB′=180mmHg PC=PB′=180mmHg (ii)当右侧水槽的水温加热至 T′时，U 形管左右水银柱高度差为△p。玻璃泡 C 中气体的压强 为 玻璃泡 C 的气体体积不变，根据查理定理得 联立，并代入题给数据得 【考点定位】本题考查热学、气体的等温和等容变化及理想气体的状态方程相关知识 123.(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置， 气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门 K，两气缸的容积均为 V0 气缸中各有 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 p0/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上 方气体体积为 V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，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 活塞与气缸壁间的摩擦。求： (i)恒温热源的温度 T； (ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 Vx。 【解析】(i)设左右活塞的质量分别为 M 1、M2， 左右活塞的横截面积威 S，由平衡可知 ① 得 ② 由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分 4 3B BV V′ = c ap p p′ = + ∆ 0 C Cp p T T ′ = ′ 364 T K′ = 0 1p S M g= 0 0 2 3 p Sp S M g= + 2 0 2 3M g p S= 气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持 ，所以当下面放入温度为 T 的恒温源后体 积增大为 ，则由等压变化： ③解得 ④ (ii)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大.打开 K 后，右活塞必须升 至气缸顶才能满足力学平衡条件.气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体 各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为 p，由玻意耳定律得 ③ 对下方气体由玻意耳定律得：(P+P0)(2V0−Vx)＝p 0• ④ 联立③④式得 6VX2−V0VX−V02＝0 解得 VX＝ .另一解 舍去. 【知识点定位】分子动理论；等压变化；等温变化. 124.(2014·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，汽缸 壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为 p，活塞下表面相对于气缸 底部的高度为 h，外界的温度为 T0。现取质量为 m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子 倒完时，活塞下降了 h/4。若此后外界的温度变为 T，求重新达到平衡后气体的体积。已知 外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为 g。 【答案】 【解析】气缸导热良好，说明气体温度一直等于外界温度 T0，设气缸底面积为 S，活塞质量 为 m0，大气压强 p0 开始平衡时有 沙子倒完后平衡时，对活塞分析 。整理可得 根据理想气体状态方程有 可得 联立可得 0 1 4V 0 0 3( )4V V+ 0 0 0 0 0 1 3 3 2 4 4V V V V T T + + = 0 7 5T T= 0 0 3 4x P VPV ⋅＝ 07 4 V 0 2 V 0 1 2xV V= − 0 9 4 P mghTv T = 0 0p S m g pS+ = 0 0 'p S m g mg p S+ + = ( ' )mg p p S= − 0 0 3' 4p hSphS T T = 4' 3 pp = 3mgS p = 外界温度变为 T 时，根据理想气体状态方程可得 根据活塞平衡可得 重新平衡后的气体体积 【考点定位】理想气体状态方程 125.(2014·山东卷) 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量 、 体积 的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时 筒内液面到水面的距离 ，筒内气体体积 。在拉力作用下浮筒缓慢上升， 当筒内液面的距离为 时，拉力减为零，此时气体体积为 ，随后浮筒和重物自动上浮。 求 和 。 已 知 大 气 压 强 ， 水 的 密 度 ， 重 力 加 速 度 的 大 小 。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度 可忽略。 【答案】 ； 【解析】当 时，由平衡条件得 ① 代入数据得 ② 设筒内气体初、末态的压强分别为 、 ，由题意得 ③ ④ kgM 3103×= 3 0 5.0 mV = mh 401 = 3 1 1mV = 2h 2V 2V 2h aPP 5 0 101×= 33 /101 mkg×=ρ 2/10 smg = 0 3' ''4p hS p V T T = 0 0 ''p S m g mg p S+ + = 0 0 3 94 4 hST mghTv T T p = = 3 2 2.5V m= 2 10h m= 0F = 0( )Mg g V Vρ= +2水 3 2 2.5V m= 1P 2P 1 0 1P P ghρ= + 2 0 2P P ghρ= + 此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得 联立②③④⑤式，代入数据得 ⑥ 【考点定位】玻意耳定律 【方法技巧】当拉力减为零时，物体处于平衡状态，根据平衡条件列方程；还有就是注意在 运动过程中气体的温度和质量都保持不变，以此列玻意耳定律方程。 126.(2014·新课标全国卷Ⅱ·T33(2))如图所示，两气缸 AB 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下 部由体积可忽略的细管连通；A 的直径为 B 的 2 倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气 缸除 A 顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞 a、b，活 塞下方充有氮气，活塞 a 上方充有氧气；当大气压为 p0，外界和气缸内气体温度均为 7℃且 平衡时，活塞 a 离气缸顶的距离是气缸高度的 ，活塞 b 在气缸的正中央。 (ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞 b 升至顶部时，求氮气的温度； (ⅱ)继续缓慢加热，使活塞 a 上升，当活塞 a 上升的距离是气缸高度的 时，求氧气的压 强。 【答案】(ⅰ)320K(ⅱ) (i)活塞 b 升至顶部的过程中，活塞 a 不动，活塞 ab 下方的氮气经历等压过程，设气缸 A 的 容积为 V0，氮气初始状态的体积为 Vl，温度为 T1，末态体积 V2，温度为 T2，按题意，气 缸 B 的容积为 V0/4，由题给数据及盖吕萨克定律有： ① 且 ② ③ 由①②③式及所给的数据可得： T2＝320K ④ 1 1 2 2PV PV= 2 10h m= 1 4 1 16 0 4 3P 0 1 0 0 3 1 7 4 2 4 8 VV V V= + = 0 2 0 0 3 4 4 VV V V= + = (ⅱ)活塞 b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞 a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是 气缸高度的 1/16 时，活塞 a 上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为 ，压强 为 ；末态体积为 ，压强为 ，由所给数据及玻意耳定律可得 ， ， ⑤ ⑥ 由⑤⑥式可得： ⑦ 考点定位：盖吕萨克定律；玻意耳定律。 【知识拓展】此题考查盖吕萨克定律及玻意耳定律的应用问题；关键是选择好研究对象及研 究对象的两个状态的状态参量。 127.(2014·海南卷)一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分 割成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为 ，如图 (a)所示。若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体体积之比为 3∶1，如图(b)所 示。设外界温度不变。已知活塞面积为 S，重力加速度大小为 g，求活塞的质量。 【答案】 【解析】设活塞的质量为 m，气缸倒置前下部气体的压强为 p20，倒置后上下气体的压强分 别为 p2 和 p1，由力的平衡条件有 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为 V0，由玻意耳定律得 联立以上各式得 10p g Sp 5 4 10 S mgpp += 1020 S mgpp += 21 4 3 2 0 2 0 20 VpVp = g Spm 5 4 10= 1 'V ' 1p 2 'V ' 2p 1 0 1 4 'V V= ' 1 0p p= 2 0 3 16 'V V= ' ' ' ' 1 1 2 2p V p V= ' 2 0 4 3p p= 42 0 1 0 10 VpVp = 【考点定位】理想气体状态方程 128.(2014·上海卷)(10 分)如图，一端封闭、粗细均匀的 U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内 用水银将一段气体封闭在管中。当温度为 280K 时，被封闭的气柱长 L=22cm，两边水银柱 高度差 h=16cm，大气压强 =76cmHg。 (1)为使左端水银面下降 3cm，封闭气体温度应变为多少？ (2)封闭气体的温度重新回到 280K 后，为使封闭气柱长度变为 20cm，需向开口端注入的水 银柱长度为多少？ 【答案】(1) (2) 【解析】(1)设玻璃管的横截面积为 ，封闭气体压强为 ，初始根据水银液面受力平衡可 分析得 ，可得 当 左 端 水 银 面 下 降 ， 右 端 液 面 必 然 上 升 ， 则 左 右 液 面 高 度 差 变 为 ，此时封闭气体压强为 同样根据液面平衡可分析得 ，可得 根据理想气体状态方程 ，代入温度 ，可得 (2)设此时封闭气体压强为 ，封闭气体的长度 ，根据理想气体状态方程可得 计算可得 此时作用液面高度差 左端液面上升 ，右端上升 ，所以开口端注入水银 的长度为 0p 2 350T k= 10cm S 1P 1 016P cmHg P+ = 1 60P cmHg= 3cm 3cm 16 3 3 10h cm cm cm cm∆ = − − = 2P 2 010P cmHg P+ = 2 66P cmHg= 1 2 1 2 ( 3)PLS P L S T T += 1 280T k= 2 350T k= 3P ' 20L cm= 31 1 1 'P L SPLS T T = 3 66P cmHg= 0 3 10h P P cm∆ = − = 1 ' 2x L L cm= − = 2 1 8x h x h cm= + − ∆ = 1 2 10x x cm+ = 【考点定位】理想气体状态方程。 129.(2015·山东卷·T37(2))扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积 为 S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为 300K，压强为大气压强 p0。 当封闭气体温度上升至 303K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内 部压强立即减为 p0，温度仍为 303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到 300K。整个过 程中封闭气体均可视为理想气体。求： (ⅰ)当温度上升到 303K 且尚未放气时，封闭气体的压强； (ⅱ)当温度恢复到 300K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。 【答案】(ⅰ)1.01P0；(ⅱ)0.02P0S 【解析】(ⅰ)气体进行等容变化，开始时，压强 p0，温度 T0=300K；当温度上升到 303K 且 尚未放气时，压强为 p1，温度 T1=303K；根据 可得： (ⅱ)当内部气体温度恢复到 300K 时，由等容变化方程可得： ， 解得 当杯盖恰被顶起时有： 若将杯盖提起时所需的最小力满足： ， 解得： 【考点定位】理想气体的状态方程；等容变化. 130.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T33(2))如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成， 两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为 ，横截面积为 ，小 活塞的质量为 ，横截面积为 ；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持 为 ，气缸外大气压强为 ，温度为 。初始时大活塞与 大圆筒底部相距 ，两活塞间封闭气体的温度为 ，现气缸内气体温度缓慢下降， 0 2 1 0 P P T T = 0 0 2 0 0 1 300 303 1.01 T PP P PT = = = 1 0PS mg P S= + min 2 0F P S P S mg+ = + min 0 0 201 0.0210100F P S P S= ≈ 0 1 0 1 P P T T = 1 1 0 0 0 0 303 1.01300 TP P P PT = = = 1 2.50m kg= 2 1 80.0s cm= 2 1.50m kg= 2 2 40.0s cm= 40.0l cm= 51.00 10p Pa= × 303T K= 2 l 1 495T k= 活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度 取 ，求 (i)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (ii)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。 【答案】(i) (ii) 【解析】(1)大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气 体为等压变化，即 初始 末状态 代入可得 (2)对大小活塞受力分析则有 可得 缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化 可得 【考点定位】理想气体状态方程 131.(2015·海南卷·T15(2))如图所示，一底面积为 S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平 地面上，开口向上，内有两个质量均为 m 的相同活塞 A 和 B；在 A 与 B 之间、B 与容器底 面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为 V。已知容器内气体温度始终不 变，重力加速度大小为 g，外界大气压强为 。现假设活塞 B 发生缓慢漏气，致使 B 最终 与容器底面接触。求活塞 A 移动的距离。 【答案】 g 210 /m s 2 1 2 3303T T k= = 5 2 1.01 10p pa= × 1 2 1 2 v v T T = 1 1 2(s s )2 Lv = + 2 2v sL= 2 1 2 3303T T k= = 1 2 1 1 2 2 1 1m g m g ps p s ps p s+ + + = + 5 1 1.1 10p pa= × 1 2 1 2 p p T T = 5 2 1.01 10p pa= × OP ( )0 mgVh P S mg S ∆ = + 【解析】 设 A 与 B 之间、B 与容器底部之间的气体压强分别为 P1、P2，漏气前，对 A 分析有： ，对 B 有 B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为 P，气体体积为 V'，则有： 因为温度不变，对于混合气体有：(P1+P2)•V=PV′ 漏气前 A 距离底面的高度为 漏气后 A 距离底面的高度为 ； 联立可得： 。 【考点定位】理想气体状态方程，玻意耳定律 132.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T33(2))如图，一粗细均匀的 U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上侧与大气相通，下端开口处开关 K 关闭，A 侧空气柱的长度为 l=10.0cm，B 侧水银面 比 A 侧的高 h=3.0cm，现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧的高度差为 h1=10.0cm 时，将开关 K 关闭，已知大气压强 p0=75.0cmHg。 (ⅰ)求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度； (ⅱ)此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度。 【答案】(1)12.0cm；(2)13.2cm 【解析】(1)以 cmHg 为压强单位，设 A 侧空气长度 l=10.0cm 时压强为 P；当两侧水银面的 高度差为 h1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1，由玻意耳定律得 pl=p1l1 由力学平衡条件得：p=p0+h 打开开关 K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的压强随 空气柱的长度增加逐渐减小，B、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至 B 侧水银低于 A 1 0 mgP P s = + 2 1 mgP P s = + 0 mgP P s = + 2Vh S = Vh S ′′ = ( ) ( )0 0 0 2 3 2P S mg V mgVh h h VP S mg S S P S mg S +∆ = ′− = − =+ + 侧水银面 h1 为止，由力学平衡有 p1=p0-h1 并代入数据得：l1=12.0cm (2)当 A、B 两侧水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 p2。由玻意耳 定律得：pl=p2l2 由力学平衡条件可知；p2=p0 代入数据得 l2=10.4cm 设注入的水银柱在管内的长度 Δh，依题意各 Δh=2(l1-l2)+h1=13.2cm 【考点定位】玻意耳定律 133.(2015·上海卷·T30)如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初 始时两侧气体均处于平衡态，体积之比 ，温度之比 。先保持右侧 气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后 达到平衡，求： (1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比； (2)最后两侧气体的体积之比。 【答案】(1)2；(2) 【解析】(1)设初始时压强为 p 左侧气体满足： 右侧气体满足： 解得 (2)活塞导热达到平衡 左侧气体满足： 右侧气体满足： 平衡时 解得 【考点定位】气体状态方程 134.(2013·海南卷·T15(2))如图所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口 的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为 3：1，初始时，该装置的底部盛有水银； 1 2: 1: 2V V = 11 1 kT Vp T pV ′= VppV ′=2 21 TT ′=′ 1 2: 2:5T T = 4 5 22 == V Vk 1 1 1 1 T Vp kT Vp ′ ′′′=′ 2 2 2 T Vp T Vp ′ ′′′=′ 4 5 1 2 2 1 ==′ ′ kT T V V 活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为 l(以 cm 为单位)；竖直管内的水银面比气缸 内的水银面高出 。现使活塞缓慢向上移动 ，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一 水平面上，求初始时气缸内气体的压强(以 cmHg 为单位) 【答案】 【解析】设 S 为气缸的横截面积，P 为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强，P0 为大气压 强，有： ① 在活塞上移 后，汽缸内气体的压强变为 P0，设气体的体积为 V′， 由玻义耳定律，有： ② 设汽缸内水银面上升△x，有： ③ ④ 联立①②③④式，解得 P＝ (cmHg)。 【考点定位】考查大气压及玻意耳定律。 135.(2017·江苏卷)科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子.资料显示，某种蛋 白的摩尔质量为 66 kg/mol，其分子可视为半径为 3×10–9 m 的球，已知阿伏加德罗常数为 6.0×1023 mol–1.请估算该蛋白的密度.(计算结果保留一位有效数字) 【答案】 【解析】摩尔体积 由密度 ，解得 代入数据得 【考点定位】阿伏加德罗常数 【名师点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数，摩尔质量、摩尔体积等物理量间的关系，记得 公式，用心计算，小心有效数字的要求即可. l8 3 l32 11 3l/8 l 15 8 l 0 3 8P P l= + 11 32 l 0PV PSl′ = 3 38x l x∆ − ∆＝ 11 32V l l x S′ + − ∆    ＝ 15 8 l 3 31 10 kg/mρ = × 3 A 4 π 3 V r N= M V ρ = 3 A 3 4π M r N ρ = 3 31 10 kg/mρ = × 136.(2017·新课标Ⅰ卷)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。 (i)打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (ii)接着打开 K3，求稳定时活塞的位置； (iii)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。 【答案】(i)V/2 2p0 (ii) 顶部 (iii)1.6 p0 【解析】(i)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 ① ② 联立①②式得 ③ ④ (ii)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( )时，活塞下气体压强为 p2，由玻意耳定律得 ⑤ 由⑤式得 ⑥ 由⑥式知，打开 K3 后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时 p2 为 (iii)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 ⑦ 将有关数据代入⑦式得 p3=1.6p0⑧ 【考点定位】玻意耳定律、查理定律 【名师点睛】本题重点考查理想气体的状态方程，在分析的时候注意，气缸导热，即第一个 过程为等温变化，审题的时候注意关键字眼。 137.(2017·新课标Ⅱ卷)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 0 1 1p V pV= 0 1 1(3 ) (2 )p V p V V= − 1 2 VV = 1 02p p= 2 2V V≤ 0 2 2(3 )p V p V= 2 0 2 3Vp pV = 2 0 3 2p p′ = 32 1 2 pp T T ′ = 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。 (i)求该热气球所受浮力的大小； (ii)求该热气球内空气所受的重力； (iii)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。 【答案】(i) (ii) (iii) 【解析】(i)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度 T0 时的体积为 V0，密度为 ① 温度为 T 时的体积为 VT，密度为： ② 由盖-吕萨克定律可得： ③ 联立①②③解得： ④ 气球所受的浮力为： ⑤ 联立④⑤解得： ⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力： ⑦ 联立④⑦解得： ⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨ 联立⑥⑧⑨可得： 【考点定位】盖-吕萨克定律；物体的平衡 【名师点睛】此题是热学问题和力学问题的结合题；关键是知道阿基米德定律，知道温度不 同时气体密度不同；能分析气球的受力情况列出平衡方程。 138.(2017·新课标Ⅲ卷)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡 M 的上端和下端 分别连通两竖直玻璃细管 K1 和 K2。K1 长为 l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端 0 0 b gVT T ρ 0 0 a gVT T ρ 0 0 0 0 0 b a VT VT mT T ρ ρ− − 0 0 m V ρ = ( ) T mT V ρ = 0 0 TV V T T = 0 0( ) TT T ρ ρ= ( )bf T gVρ= 0 0 b gVTf T ρ= ( )aG T Vgρ= 0 0 a TG Vg T ρ= 0 0 0 0 0 b a VT VTm mT T ρ ρ= − − 经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通。开始测量时，M 与 K2 相通；逐渐提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高，此时水银已进入 K1，且 K1 中水银面比顶端低 h，如图(b)所示。 设测量过程中温度、与 K2 相通的待测气体的压强均保持不变。已知 K1 和 K2 的内径均为 d， M 的容积为 V0，水银的密度为 ρ，重力加速度大小为 g。求： (i)待测气体的压强； (ii)该仪器能够测量的最大压强。 【答案】(i) (ii) 【解析】(i)水银面上升至 M 的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的 体积为 V，压强等于待测气体的压强 p。提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高时，K1 中 的水银面比顶端低 h；设此时封闭气体的压强为 p1，体积为 V1，则 ① ② 由力学平衡条件得 ③ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 ④ 联立①②③④式得 ⑤ (ii)由题意知 ⑥ 联立⑤⑥式有 ⑦ 该仪器能够测量的最大压强为 ⑧ 2 2 2 0 π 4 π ( ) gd h V d l h ρ + − 2 2 0 π 4 gd l V ρ 2 0 π 4 d lV V= + 2 1 π 4 d hV = 1p p ghρ= + 1 1pV pV= 2 2 2 0 π 4 π ( ) gd hp V d l h ρ= + − h l≤ 2 2 0 π 4 gd lp V ρ≤ 2 2 max 0 π 4 gd lp V ρ= 【考点定位】玻意耳定律 【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用，解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象， 并能找到气体在不同状态下的状态参量，然后列方程求解。 139.(2016·海南卷)如图，密闭汽缸两侧与一 U 形管的两端相连，汽缸壁导热；U 形管 内盛有密度为 ρ=7.5×102 kg/m3 的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左 气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为 p0=4.5×103 Pa。外界温度保持不变。缓 慢向右拉活塞使 U 形管两侧液面的高度差 h=40 cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重 力加速度大小 g=10 m/s2，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。 【答案】1:1 【解析】设初始状态时汽缸左气室的体积为 V01，右气室的体积为 V02；当活塞至汽缸中某 位置时，左、右气室的压强分别为 p1、p2，体积分别为 V1、V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1① p0V02=p2V2② 依题意有 V01+V02=V1+V2③ 由力的平衡条件有 p2–p1=ρgh④ 联立①②③④式，并代入题给数据得 ⑤ 由此解得 (另一解不合题意，舍去)⑥ 由③⑥式和题给条件得 V1:V2=1:1⑦ 【考点定位】理想气体的状态方程、封闭气体压强 【名师点睛】本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律即可正确解题，求出气体的压强是正 确解题的关键。 140.(2016·全国新课标Ⅱ卷)一氧气瓶的容积为 0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为 20 个大气 压。某实验室每天消耗 1 个大气压的氧气 0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到 2 个大气压时， 需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。 【解析】设氧气开始时的压强为 p1，体积为 V1，压强变为 p2(2 个大气压)时，体积为 V2。 根据玻意耳定律得 p1V1=p2V2① 重新充气前，用去的氧气在 p2 压强下的体积为 V3=V2–V1② 2 2 1 01 1 012 3 9 0V V V V+ − = 1 01 3 2V V= 设用去的氧气在 p0(1 个大气压)压强下的体积为 V0，则有 p2V3=p0V0③ 设实验室每天用去的氧气在 p0 下的体积为 ΔV，则氧气可用的天数为 N=V0/ΔV④ 联立①②③④式，并代入数据得 N=4(天)⑤ 【考点定位】气体实验定律 【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用；解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象， 并能找到气体在不同状态下的状态参量，然后列方程求解。 141.(2010·海南卷·T17(2))如右图，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚 度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为 2.4T0、压强为 1.2p0 的理想气体 p0 和 T0 分别为大 气的压强和温度。已知：气体内能 U 与温度 T 的关系为 U＝αT，α 为正的常量；容器内气 体的所有变化过程都是缓慢的。求 (i)气缸内气体与大气达到平衡时的体积 V1： (ii)在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 Q。 【答案】(2) (ⅰ) ；(ⅱ) 【解析】(2) (ⅰ)在气体由压缩 下降到 的过程中，气体体积不变，温度由 变为 ，由查理定律得 ① 在气体温度由 变为 的过程中，体积由 减小到 ，气体压强不变，由着盖·吕萨克定律 得 ② 由①②式得 ③ (ⅱ)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为 ④ 在这一过程中，气体内能的减少为 1 1 2V V= 0 0 1 2Q p V Tα= + 01.2p p= 0p 02.4T T= 1T 01 pT T p = 1T 0T V 1V 1 1 0 TV V T = 1 1 2V V= 0 1( )W p V V= − ⑤ 由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为 ⑥ 由②③④⑤⑥式得 142.(2010·新课标Ⅰ卷·T33(2))如图所示，一开口气缸内盛有密度为 ρ 的某种液体；一长为 l 的粗细均匀的小平底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长 度均为 。现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均 保持不变。当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为 ，求此时气缸内 气体的压强。大气压强为 ρ0，重力加速度为 g。 【答案】(2) 【解析】(2)本题考查的是气体压缩的特性和玻意耳定律。 设当小瓶内气体的长度为 时，压强为 p1，当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的 压强为 p2，气缸内气体的压强为 p3。 依题意 ① 由玻意耳定律 ② 式中 S 为小瓶的横截面积。联立①②两式，得 ③ 又有 ④ 联立③④式，得 ⑤ 143.(2010·山东卷·T36)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板， 1 0( )U T Tα∆ = − Q W U= + ∆ 0 0 1 2Q p V Tα= + 3 0 3 2 4 glp p ρ= + 1 0 1 3p p glρ= + 1 2 3 ( )4 2 l lp S p l S= − 2 0 3 1( )2 2p p glρ= + 2 3 1 2p p glρ= + 3 0 3 2 4 glp p ρ= + 4 l 2 l 3 4 l 集热器容积为 v0，开始时内部封闭气体的压强为 P0。经过太阳曝晒 T0＝300K，气体温度由 升至 T1＝350K。 (1)求此时气体的压强。 (2)保持 T1＝350K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到 p0。求集热器内剩余气体 的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。 【答案】 【解析】本题考查气体的实验定律、热力学定律和考生的理解能力。 解：(1)设升温后气体的压强为 P1，由查理定律得 ①代入数据得 ② (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V，由玻意耳定律得 P1V0=P0V③ 联立②③式得 ④ 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为 k，由题意得 ⑤ 联立④⑤式得 ⑥ 吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，二剩余气体膨胀对外做功，所以根 据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。 144.(2010·上海卷·T22)如图，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为 ，一 定质量的气体被质量为 2.0kg 的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为____pa(大气压强取 1.01* ，g 取 )。若从初温 开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由 0.5m 缓慢变为 0.51m，则此时气体的温度为____℃。 【解析】 3 25*10 m− 510 pa 210 /m s 027 c 5 0 1.41 10mgP P paS = + = × 0 1 0 1 P P T T = 1 0 7 6P P= 0 7 6V V= 0Vk V = 6 7k = ，T2=306K，t2＝33℃ 本题考查气体实验定律。 难度：易。 145.(2010·上海卷·T33)如图，一质量不计，可上下自由活动的活塞将圆筒分为上下两室，两 室中分别封闭有理想气体，筒的侧壁为绝缘体，上底 N，下底 M 及活塞 D 均为导体并按图 连接，活塞面积 。在电键 K 断开时，两室中气体压强均为 ，ND 间 距 ，DM 间距 ，将变阻器的滑片 P 滑到左端 B，闭合电键后，活塞 D 与 下底 M 分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞 D 发生移动。 稳定后，ND 间距 ，DM 间距 ，活塞 D 所带电量的绝对值 (式中 E 为 D 与 M 所带电荷产生的合场强，常量 )求： (1)两室中气体的压强(设活塞移动前后气体温度保持不变)； (2)活塞受到的电场力大小 F； (3)M 所带电荷产生的场强大小 和电源电压 U； (4)使滑片 P 缓慢地由 B 向 A 滑动，活塞如何运动，并说明理由。 【解析】 (1) 解得 P1=80Pa ，解得 P2=720Pa (2)根据活塞受力的平衡， N。 (3)因为 E 为 D 与 M 所带电荷产生的合场强，EM 是 M 所带电荷产生的场强大小，所以 1 2 1 2 PV PV T T = 22S cm= 0 240p Pa= 1 1l mµ= 2 3l mµ= ' 1 3l mµ= ' 2 1l mµ= 0q SEε= 12 2 2 0 8.85*10 /C N mε −= ⋅ ME 0 1 1 1'p l p l= 0 2 2 2'p l p l= 2 1( ) 0.128F p p S= − = E=2EM ， 所 以 ， 所 以 ， 得 。 电源电压 (4)因 UMD 减小，EMD 减小，向下的力 F 减小，UDN 增大，EDN 减小，向上的力 F 增大，活塞 向上移动。 本题考查电场、电场力，气体等综合知识和分析综合能力。 难度：难。 把电场和气体结合一起，具有新意。 0 02 Mq SE SEε ε= = 02M M F FE q SEε= = 6 0 6 10 /2M FE N cSε= = × 22 ' 12MU E l V= =