【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第14章第2讲《固体、液体与气体》(含详解).doc，共(41)页，654.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲固体、液体与气体知识点固体的微观结构、晶体和非晶体、液晶的微观结构Ⅰ1.晶体和非晶体分类比较项目晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则01不规则熔点确定02确定不确定物理性质各向异性03各向同性各向同性原子排列有规则每个晶粒的排列04无规则无规则转化晶体和非晶体05在一定条件下可以

相互转化。如天然水晶是晶体，熔化再凝固成的石英玻璃是非晶体典型物质石英、云母、明矾、06食盐玻璃、橡胶2．晶体的微观结构(1)如图所示，金刚石、石墨晶体的晶体微粒07有规则地、08周期性地在空间排列。(2)晶体特性的解释现象原因具有规则的外形晶体微粒09有规则地排列各向异性晶体

内部从任一结点出发在不同方向的相等10距离上的微粒数11不同具有异构性有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体，是因为组成它们的微粒能够按照12不同的规则在空间分布，如碳原子可以形成石墨和金刚石3．液晶(1)概念：有些有机化合物像液体一样具有13流动性，又在一定程度上具

有晶体分子的14规则排列的性质，这些化合物叫作液晶。(2)微观结构：液晶态物质分子的取向具有一定程度的有序性，所以液晶具有15晶体的各向异性，同时分子的取向不是完全有序的，且分子重心的位臵是无序的，所以液晶

也具有液体的流动性，如图所示。(3)有些物质在特定的16温度范围之内具有液晶态；另一些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定的17浓度范围具有液晶态。(4)天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的。(5)应用：显示

器、人造生物膜。知识点液体的表面张力现象Ⅰ1．液体的表面张力(1)概念：液体表面层内存在的使液体表面01绷紧的力。(2)作用：液体的表面张力使液体的表面具有02收缩的趋势。(3)方向：表面张力的方向总是跟液面03相切，且与分界面04垂直。2．浸润和不浸润：一

种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上，这种现象叫作05浸润。一种液体不会润湿某种固体，也就不会附着在这种固体的表面，这种现象叫作06不浸润。如图所示。3．毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不

浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象。知识点温度Ⅰ气体实验定律Ⅱ理想气体Ⅰ1.温度和温标(1)温度的热力学意义：一切达到01热平衡的系统都具有相同的温度。(2)两种温标：摄氏温标和热力学温标的关系：T＝02t＋273.15K。2．气体实验定律(1)等温变化——玻意耳定

律①内容：一定质量的某种气体，在03温度不变的情况下，压强p与体积V成04反比。②公式：05p1V1＝p2V2，或pV＝C(C是常量)。(2)等压变化——盖—吕萨克定律①内容：一定质量的某种气体，在06压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成07正比。②公式：08V1T1＝V2T2，或

VT＝C(C是常量)。③推论式：ΔV＝V1T1·ΔT。(3)等容变化——查理定律①内容：一定质量的某种气体，在09体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成10正比。②公式：11p1T1＝p2T2，或pT＝C(C是常量)。③推论式：Δp＝p1T1·ΔT。3．理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温

度、任何12压强下都遵从气体实验定律的气体。①理想气体是一种经科学的抽象而建立的13理想化模型，实际上不存在。②理想气体忽略分子大小和分子间相互作用力，也不计气体分子与器壁碰撞的动能损失。所以理想气体的内能取决于温度，与体积无关。③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强

不太大(相对大气压强)、温度14不太低(相对室温)时都可当成理想气体来处理。(2)一定质量的理想气体的状态方程：p1V1T1＝15p2V2T2，或16pVT＝C(C是常量，与气体的质量、种类有关)。4．气体实验定律的微观解释(1)玻意耳定律的微观解

释一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能17是一定的。在这种情况下，体积减小时，分子的数密度增大，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强18就增大。(2)盖—吕萨克定律的微观解释一定质量

的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能19增大；只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强20不变。(3)查理定律的微观解释一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度21保持不变。在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强22

就增大。一堵点疏通1．有无确定的熔点是区分晶体和非晶体比较准确的方法。()2．液晶具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。()3．船浮于水面上不是由于液体的表面张力。()4．压强极大的气体不再遵从气体实验定律。()5．物理性质各向同性的一定是

非晶体。()6．若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管时，液体跟固体接触的面积有扩大的趋势。()答案1.√2.√3.√4.√5.×6.√二对点激活1．(人教版选择性必修第三册·P32·

实验改编)(多选)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触石蜡层背面上一点，石蜡熔化的范围分别如图(1)、(2)、(3)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(4)所示。下列判断正确

的是()A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体答案BD解析由图(1)、(2)、(3)可知：甲、乙具有各向同性，丙具有各向异性；由图(4)可知：甲、丙

有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体，故B、D正确，A、C错误。2．(人教版选择性必修第三册·P38·图2.5－5改编)(多选)液体表面有一层跟气体接触的薄

层，叫作表面层；同样，当液体与固体接触时，接触的位臵形成一个液体薄层，叫作附着层。对于液体在器壁附近的液面发生弯曲的现象，如图甲、乙所示，有下列几种解释，正确的是()A．表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏B．表面层

Ⅱ内分子的分布比液体内部密C．附着层Ⅰ内的液体和与之接触的玻璃的相互作用比液体分子之间的相互作用强D．附着层Ⅱ内的液体和与之接触的玻璃的相互作用比液体分子之间的相互作用强答案AC解析液体表面层中分子间距离r略大于r0，而液体内

部分子间的距离r略小于r0，故表面层Ⅰ、表面层Ⅱ内分子的分布均比液体内部稀疏，A正确，B错误。由甲图可知，水浸润玻璃，说明附着层Ⅰ中的液体和与之接触的玻璃的相互作用比液体分子之间的相互作用强，C正确；由乙图可知，附着层Ⅱ内的液体和与之接触的玻璃的相互作用比液体分子之间的相互作用弱，D错误。3．

对一定质量的气体来说，下列几点能做到的是()A．保持压强和体积不变而改变它的温度B．保持压强不变，同时升高温度并减小体积C．保持温度不变，同时增加体积并减小压强D．保持体积不变，同时增加压强并降低温度答案C解析由pVT＝C知A、B、D错误，C正确。4.(人教

版选择性必修第三册·P30·T3改编)如图，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360

cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25℃时，油柱离管口10cm。取T＝t＋273K。(1)吸管上标刻温度值时，刻度是否应该均匀？(2)估算这个气温计的测量范围。答案(1)刻度是均匀的(2)23.4～2

6.6℃解析(1)由于罐内气体压强始终不变，所以V1T1＝ΔVΔT故ΔT＝T1V1·ΔV＝T1V1·SΔL由于ΔT与ΔL成正比，所以刻度是均匀的。(2)初始状态：V1＝360cm3＋0.2×10cm3＝362cm3，T1＝25℃＋273K＝298K当油柱在罐口处时

，温度最低，设为T2，设此时罐内空气体积为V2，则V2＝360cm3由盖—吕萨克定律有V1T1＝V2T2解得T2＝T1V1V2＝298362×360K≈296.4K当油柱在吸管口处时，温度最高，设为T3，设此时罐内空气体积为V3，则V3＝3

60cm3＋0.2×20cm3＝364cm3由盖—吕萨克定律有V1T1＝V3T3解得T3＝T1V1V3＝298362×364K≈299.6K故温度计的测量范围为296.4～299.6K，即23.4～26.6℃。考点1固体和液体的性质1.晶体和非晶体(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质

上都表现出各向异性。多晶体和非晶体具有各向同性。(2)只要是具有各向异性的固体必定是晶体，且是单晶体。(3)只要是具有确定熔点的固体必定是晶体，反之，必是非晶体。(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。2．液体表面张力(1)形成原因在液体内部，分子间平均距离r略小于r

0，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子间的距离r略大于分子间的平衡距离r0，分子间的作用力表现为引力。(2)液体表面特性表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜。(3)表面张力的方向和液面相切，垂直于

液面上的各条分界线。(4)表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小。(5)表面张力的大小跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系。3．浸润和不浸润浸润和不浸润也是分子力作用的表现。当液体与

固体接触时，液体和与之接触的固体的相互作用可能比液体分子之间的相互作用强，也可能比液体分子之间的相互作用弱，这取决于液体、固体两种物质的性质。如果液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用强，则液体能够浸润固体，反之，

则液体不浸润固体。4．毛细现象由于液体浸润管壁，如细玻璃管中的水，液面呈如图形状。液面边缘部分的表面张力如图所示，这个力使管中液体向上运动。当管中液体上升到一定高度时，液体所受重力与这个使它向上的力平

衡，液面稳定在一定的高度。实验和理论分析都表明，对于一定的液体和一定材质的管壁，管的内径越细，液体所能达到的高度越高。对于不浸润液体在细管中下降，也可作类似分析。例1(多选)下列说法正确的是()A．多晶体内部沿不同方向的等长线段上微粒的个数通常是相等的B．单晶体有固定

的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部D．有些晶体在一定条件下可转化为非晶体(1)多晶体是由什么组成的？提示：多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的。(2)多晶体有没有固定熔点？提示：有。尝试解答选

ACD。多晶体是由许多取向杂乱无章的单晶体组成的，所以多晶体内部沿不同方向的等长线段上微粒的个数通常是相等的，A正确；单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B错误；当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子间距较大，分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部，C正确；天然水晶是晶

体，而熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体，D正确。单晶体、多晶体、非晶体的区别三者的区别主要在以下三个方面：有无规则的几何外形；有无固定的熔点；各向同性还是各向异性。单晶体有规则的几何外形；单晶体和多

晶体有固定的熔点；多晶体和非晶体表现出各向同性。[变式1－1](多选)下列说法正确的是()A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂

蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D．食盐受潮后结成块，说明食盐从晶体变成非晶体答案AB解析在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，A正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以

便吸取药液，B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是单晶体，其导热性表现为各向异性，C错误；要判断一种物质是否是晶体，应看它是否有确定的熔点，食盐受潮后结块，只是从单晶体变成多晶体，故

D错误。[变式1－2]下列说法正确的是()A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．液晶都是人工合成的物质C．由于水的表面张力作用，即使雨伞上有很多细小的孔，伞也能达到遮雨的效果D．水银对所有固体都是不浸润的答案C解析晶体敲碎后得到的小颗粒仍然为晶体，故A错

误；天然存在液晶，例如人体组织中也存在液晶结构，故B错误；雨伞上的孔较小，由于水的表面张力作用，雨水不会从细孔中流下，故C正确；水银浸润铅，故D错误。考点2气体压强的理解及计算1.气体压强的决定因素(1)宏观上：对于一定质量的理想气体，决

定于气体的温度和体积。(2)微观上：决定于气体分子的平均动能和气体分子的数密度。2．封闭气体压强的计算方法(1)平衡状态下气体压强的求法①液面法：选取合理的液面为研究对象，分析液面两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液面两侧压强相等的方程，求得气体的压强。如图甲中选与虚线等高的左管

中液面为研究对象。②等压面法：在底部连通的容器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强。如图甲中虚线处压强相等，则有pB＋ρgh2＝pA。而pA＝p0＋ρgh1

，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。③平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞、汽缸)的受力平衡方程，求得气体的压强。如图乙选活塞、图丙选液柱进行受力分析。(2)加

速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象，进行受力分析(特别注意内、外气体的压力)，利用牛顿第二定律列方程求解。例2(1)(2020·河北省衡水中学三月份教学质量监测)汽缸的横截面积为S，质量为

m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图甲所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，求汽缸中气体的压强。(2)如图乙、丙中两个汽缸质量均

为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？(

3)(2020·山东省滨州市三模)如图丁所示，一导热良好的足够长汽缸水平放臵在光滑水平桌面上，桌面足够高，汽缸内有一活塞封闭了一定质量的理想气体。一足够长轻绳跨过定滑轮，一端连接在活塞上，另一端挂一钩码，滑轮与活塞间的轻绳与桌面平行，不计一切摩擦。已知当

地重力加速度为g，大气压为p0，钩码质量为m1，活塞质量为m2，汽缸质量为m3，活塞横截面积为S。则释放钩码，汽缸稳定运动过程中，汽缸内理想气体的压强为________。A．p0－m1m3gm1＋m2＋m3SB．p0－m1m3gm2＋m3SC．p0D．p0－m1gS尝试解答(1)p0＋

m＋MgS(2)p0＋mgSp0－MgS(3)A(1)对图甲中重物和活塞整体进行受力分析，如图1所示，由平衡条件得p气S′＝m＋Mg＋p0Ssinα又因为S′＝Ssinα所以p气＝m＋Mg＋p0SS＝p0＋m＋MgS。(2)题图乙中选活塞为研究对象，受力分析如图

2所示，有pAS＝p0S＋mg得pA＝p0＋mgS题图丙中选汽缸为研究对象，受力分析如图3所示，有p0S＝pBS＋Mg得pB＝p0－MgS。(3)设轻绳张力为T，由牛顿第二定律可知，对钩码有：m1g－T＝m1a，对活塞和汽缸整体有：T＝(m2＋m3)a，对汽

缸有：p0S－pS＝m3a，联立解得p＝p0－m1m3gm1＋m2＋m3S，故选A。封闭气体压强的求解思路封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的液柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的

关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列出关于研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。[变式2－1](2020·北京市西城区一模)关于气体的压强，下列说法正确的是()A．单位体积内的分子数越多，气

体的压强就越大B．分子的平均动能越小，气体的压强就越小C．一定质量的理想气体，体积越大，温度越低，气体的压强就越小D．一定质量的理想气体，体积越大，温度越高，气体的压强就越大答案C解析气体的压强是由大量气体分子对容器壁的撞击而形成的，影

响气体压强的因素有两个，即单位体积内的分子数和分子的平均动能，只根据其中一个因素的大小不能比较气体压强的大小，故A、B错误。一定质量的理想气体，根据理想气体状态方程pVT＝C可知，体积越大，温度越低，则气体的压强越小；体积越大，温

度越高，则气体的压强不一定越大，C正确，D错误。[变式2－2]若已知大气压强为p0，如图所示各装臵均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，重力加速度为g，求被封闭气体的压强。答案甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－32ρgh丁：p0＋ρgh1解析在图甲中，以高

为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲气S＋ρghS＝p0S所以p甲气＝p0－ρgh。在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下，有p乙气S＋ρghS＝p0S所以p乙气＝p0－ρgh。在图丙中，以B液面为研究对象，有p丙气

S＋ρghSsin60°＝p0S所以p丙气＝p0－32ρgh。在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p丁气S＝(p0＋ρgh1)S所以p丁气＝p0＋ρgh1。考点3气体实验定律及理想气体状态方程的应用利用气体实验定律、理想气体状态方程解决问

题的基本思路(1)选对象：确定研究对象，一般地说，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、液柱或某系统)。(2)找参量：分析物理过程，对热学研究对象分析清楚初

、末状态及状态变化过程；对力学研究对象往往需要进行受力分析，依据力学规律(平衡条件或牛顿第二定律)确定压强。(3)列方程：挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程；依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程。注意：分析气体状态变化过程应注意以下几方面：①从力学的角度分析压强，

判断是否属于等压过程。②如果题目条件是缓慢压缩导热良好的汽缸中的气体，且环境温度不变，意味着气体是等温变化。③底部连通的容器内静止的液体，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”，使计算过程简捷。例3(2018·全国卷Ⅰ)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将

K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。(1)如何确定液体流入后上、下两部分的气体体积？提

示：下部分是V2＝V2－V6＝V3，上部分是V1＝V2＋V6－V8＝1324V。(2)液体流入后，上、下两部分气体的压强有何关系？提示：p2S＝p1S＋mg。尝试解答15p0S26g设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的

体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0V2＝p1V1①p0V2＝p2V2②由已知条件得V1＝V2＋V6－V8＝1324V③V2＝V2－V6＝V3④设活塞上方液体的质量为m，由力的平

衡条件得p2S＝p1S＋mg⑤联立以上各式得m＝15p0S26g。处理“多个封闭气体”相互关联问题的技巧(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。(2)找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。(3)找出各部分气体之间压强

或体积的关系式。(4)联立求解。对求解的结果注意分析合理性。[变式3－1](2020·广东省广州市二模)如图所示，长为L、横截面积为S、质量为m的筒状小瓶，底朝上漂浮在某液体中。平衡时，瓶内空气柱长为0.21L，瓶内、外液面高度差为0.10L；再在

瓶底放上一质量为m的物块，平衡时，瓶底恰好和液面相平。已知重力加速度为g，系统温度不变，瓶壁和瓶底厚度可忽略。求：(1)液体密度ρ；(2)大气压强p0。答案(1)10mLS(2)19mgS解析(1)初态，瓶内气体压强为p1＝p0＋0.10Lρg

瓶处于平衡状态，有p1S＝p0S＋mg联立解得ρ＝10mLS。(2)初态，瓶内气体压强为p1＝p0＋mgS由题意知瓶内气柱长度为L1＝0.21L末态，设瓶内气柱长度为L2，瓶内气体压强为p2＝p0＋ρgL2瓶和物块整体处于平衡状态，有p2S＝p0S＋2mg联立解得L2＝0.2L瓶内气体做

等温变化，由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S联立解得p0＝19mgS。[变式3－2](2020·福建省莆田市高三第二次质量检测)如图是某科技创新小组自制的一个监控气温的报警装臵，在板上固定一个开口向右、导热性能良好的汽缸(足够长)，用一轻质活塞将

一定质量的理想气体封闭在汽缸内，汽缸右侧固定一个带压力传感器的警报器A。当汽缸内温度为270K时，活塞到警报器的距离L1＝3cm，到汽缸底部的距离L2＝30cm。当警报器受到的压力为10N时开始报警。已知大气压强p0恒为1.0×10

5Pa，活塞横截面积S＝10cm2，不计活塞厚度及一切摩擦。求：(1)活塞刚好碰到传感器时的环境温度；(2)开始报警的温度。答案(1)297K(2)326.7K解析(1)缸内气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律V1T1＝V2T2，得SL2T1

＝SL1＋L2T2，代入数据解得T2＝297K。(2)设当报警器受到的压力为10N时汽缸内气体压强为p2，对活塞有p2S＝p0S＋F，活塞碰到报警器后，缸内气体发生等容变化，根据查理定律得p0T2＝p2T3，联立可得T3＝326

.7K。考点4气体状态变化的图像问题一定质量的气体不同状态变化图像的比较定律名称比较项目玻意耳定律(等温变化)盖—吕萨克定律(等压变化)查理定律(等容变化)数学表达式p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)V1T1＝V2T2或

VT＝C(常数)p1T1＝p2T2或pT＝C(常数)同一气体的两条图线T1<T2p1>p2V1>V2例4(2020·海南省3月月考)如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积()A．一直增大B．一直减小C．

保持不变D．先变大后变小(1)题目中的图像表示的是等容变化吗？提示：不是。(2)如何作过a、b点的等容线？提示：过a、b点的等容线的延长线与t轴交于同一点，且该点的温度为－273.15℃。尝试解答选B

。在p-t图像中分别作出过a、b点的等容线，两条等容线的延长线与t轴交于同一点，且该点的温度为－273.15℃，如图。根据pT＝1VC可知，等容线斜率越大，体积越小，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体

的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。气体状态变化的图像问题的解题技巧(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一

个过程。(2)明确图像斜率的物理意义：在V－T图像(p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。(3)明确图像面积的物理意义：在p－V图像中，p－V图线与

V轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。[变式4－1](2020·北京高考)如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是()A．TA＝TB，TB＝TCB．TA<TB，TB<TCC．TA＝

TC，TB>TCD．TA＝TC，TB<TC答案C解析由图可知，从状态A到状态B是一个等压过程，则有VATA＝VBTB，因为VA<VB，故TA<TB；而从状态B到状态C是一个等容过程，则有pBTB＝pCTC，因为pB>pC，故TB>TC；从状态A到状态C有2p

0×35V0TA＝35p0×2V0TC，可得TA＝TC。综上所述，可知C正确，A、B、D错误。[变式4－2](2019·全国卷Ⅱ)如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示

这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)答案大于等于大于解析根据理想气体状态方程有p1′V1′T1＝p2′V2′T2＝p3′V3′T3

，可知T1＞T2，T2<T3，T1＝T3；对于状态1、2，由于T1>T2，所以状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，体积相等，分子数密度相等，故分子在单位时间内对单位面积容器壁的平均碰撞次数多，即N1>N2；对

于状态2、3，由于T2<T3，所以状态2时分子热运动的平均速率小，每个分子单位时间内对器壁的平均撞击力小，而压强等于单位时间撞击到器壁单位面积上的分子数N与单位时间每个分子对器壁的平均撞击力的乘积，即p＝N·F，而p2′＝p3′，F2<F3，则N2>N

3。考点5变质量气体问题分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。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，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。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(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图所示，A、B是两只容积为V的容器，C是用活塞密封的气筒，它的工作体积为0.5V，C与A、B通过两只单向进气阀a、b相连，当气筒抽气时a打开、b关闭，当气

筒打气时b打开、a关闭。最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C的最右侧。(气筒与容器间连接处的体积不计，气体温度保持不变)求：(1)以工作体积完成第一次抽气后气筒C内气体的压强p1；(2)现在让活塞以工作体积完成抽气、

打气各2次后，A、B容器内的气体压强之比。(1)抽气的过程选谁为研究对象？提示：A和C内的气体。(2)打气的过程选谁为研究对象？提示：C和B内的气体。尝试解答(1)23p0(2)2∶7(1)第一次抽气，气体做等温变化，有p0V＝p1(0.5＋

1)V解得p1＝23p0。(2)第一次打气，有p0V＝p2V1,0.5p1V＝p2V2，其中V1＋V2＝V，整理得p0V＋0.5p1V＝p2V第二次抽气，有p1V＝pA(0.5＋1)V同理，第二次打气，有p2V＋0.5pAV＝p

BV解得pA∶pB＝2∶7。解决变质量问题的通用方法通过巧妙选取合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而利用气体实验定律或理想气体状态方程解决。[变式5－1](2020·山东省第一次仿真联考)医用氧气钢瓶的容积V0＝40L，室内常温

下充装氧气后，氧气钢瓶内部压强p1＝140atm，释放氧气时瓶内压强不能低于p2＝2atm。病人一般在室内常温下吸氧时，每分钟需要消耗1atm下2L氧气，室内常温下，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为()A．23小时B.33.5小时C．46小时D.80小时答案C解析由题意

可知，气体的温度不变，由玻意耳定律可得p2V0＝p1V0′，p3V1＝p1V1′，且V0′＋V1′＝V0，解得V1＝p1V0－p2V0p3＝140×40－2×401L＝5520L，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为t＝V1ΔV＝55202min＝2760min＝46h，故C正确，A、B、D错误

。[变式5－2](2019·全国卷Ⅰ)热等静压设备广泛应用于材料加工中。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，改善其性能。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0.13m3，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3.2×10－2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；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1227℃，求此时炉腔中气体的压强。答案(1)3.2×107Pa(2)1.6×108Pa解析(1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0

的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律有p0V0＝p1V1①每瓶被压入进炉腔的气体在室温和压强为p1条件下的体积为V1′＝V1－V0②设10瓶气体压入炉腔后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律有p2V

2＝10p1V1′③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107Pa。④(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3。由查理定律有p3T1＝p2T0⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108Pa。1．(2020·

全国卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为12p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后

(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。答案(1)23p(2)23解析(1)设甲罐中原有气体的体积最终变为V1，乙罐中原有气体的体积最终变为V2，调配后两罐中气体的压强

为p′，由玻意耳定律有pV＝p′V1①12p(2V)＝p′V2②且V1＋V2＝V＋2V③联立①②③式可得p′＝23p。④(2)设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，则有k＝VV1⑤联立①④⑤式可得k＝23。⑥2．(20

20·全国卷Ⅱ)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母

船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。(1)求进入圆筒内水的高度l；(2)保持H不变

，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。答案(1)ρgHp0＋ρgHh(2)ρgSHhp0解析(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内空气的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内空气的压强为

p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1＝p0V0①V0＝hS②V1＝(h－l)S③考虑到H≫h>l，有p1＝p0＋ρgH④联立①②③④式，解得l＝ρgHp0＋ρgHh。⑤(2)设压入筒内的空气在其压强为p0时

的体积为V，在水下即其压强为p1时的体积为V2，由玻意耳定律有p1V2＝p0V⑥其中V2＝lS⑦联立④⑤⑥⑦式解得V＝ρgSHhp0。⑧3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银

柱上表面离管口的距离l＝12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg。(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？(2)再将左

管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？答案(1)12.9cm(2)363K解析(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压

强变为p2，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，左、右管的横截面积均为S，由题设条件有p1＝p0＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④联立①②③④式并代

入题给数据得h≈12.9cm。⑤(2)设密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有V2T1＝V3T2⑥由题设条件有V3＝(2H－h)S⑦联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2≈363

K。⑧4．(2020·山东高考)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，

先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容

积的2021。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。答案13解析设火罐内

气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，火罐的容积为V0，大气压强为p0，由题意知p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝2021V0①由理想气体状态方程得p1V1T1＝p2V2T2②代入数据

得p2＝0.7p0③对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，抽气拔罐的容积为V0′，由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④由玻意耳定律得p3V3＝p4V4⑤联立③⑤式，

代入数据得V4＝107V0′⑥设抽出的气体在压强p4下的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－2021V0′⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为Δmm＝ΔVV4⑧联立⑥⑦⑧式得Δmm＝13。⑨5．(2019·全国

卷Ⅱ)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，容器平放在水平地面上，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)12(p0＋p)(2)12p0＋14p4p0＋pV02p0＋p解析(1)设抽气前氢气的压强

为p10，根据力的平衡条件得p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S①得p10＝12(p0＋p)②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮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p1

V1＝p10·2V0④p2V2＝p0V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p1＝12p0＋14pV1＝4p0＋pV02p0＋p。6．(2019·全国卷Ⅲ)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直

放臵，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。若将细管倒臵，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76cmH

g，环境温度为296K。(1)求细管的长度；(2)若在倒臵前，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(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h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒臵时，被密封气体的体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有pS＝p0S＋ρghS②p1S＋ρghS＝p0S③式中，ρ、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)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给数据得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VT0＝V1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312K。7．(20

17·全国卷Ⅰ)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。(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位臵；(3)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(1)

V22p0(2)上升直到B的顶部(3)1.6p0解析(1)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p0V＝p1V1①(3p0)V＝p1(2V－V1)②联立①②式得V1＝V2③p1＝2p0④(

2)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(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2⑤由⑤式得p2＝3VV2p0⑥由⑥式知，打开K3

后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝32p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300K升高到T2＝320K的等容过程中，由查理定律得p2′T1＝p3T2⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0。8．(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内

部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为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。(1)求该热气球所受浮力的大小；(2)求该热气球内空气所受的重

力；(3)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(1)Vgρ0T0Tb(2)Vgρ0T0Ta(3)Vρ0T01Tb－1Ta－m0解析(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积

为V0，密度为ρ0＝mV0①在温度为T时的体积为VT，密度为ρ(T)＝mVT②由盖—吕萨克定律得V0T0＝VTT③联立①②③式得ρ(T)＝ρ0T0T④气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤联立④⑤式得F＝Vgρ0T0Tb⑥(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg⑦联立④⑦

式得G＝Vgρ0T0Ta⑧(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得mg＝F－G－m0g⑨联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T01Tb－1Ta－m0。时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共

5小题，每小题8分，共40分。其中1～3题为单选，4～5题为多选)1.(2020·北京市西城区模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，下列判断正确的是()A．状态a的体积小于状态b的体积B．状态b的体积小于状态c的体积C

．状态a分子的平均动能最大D．状态c分子的平均动能最小答案B解析根据p＝CVT可知，a、b在同一条等容线上，即状态a的体积等于状态b的体积，A错误；因b点与原点连线的斜率大于c点与原点连线的斜率，可知状态b的体积小于状态c的体积，B正确；因为a状态的温度最低，b、c两状态的温

度最高，可知状态a分子的平均动能最小，状态b、c分子的平均动能最大，C、D错误。2．(2020·天津市南开中学模拟)民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就

会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体()A．温度不变时，体积减小，压强增大B．体积不变时，温度降低，压强减小C．压强不变时，温度降低，体积减小D．质量不变时，压强增大，体积减小答案B解析把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的

容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将火罐紧紧地压在皮肤上，故B正确，A、C、D错误。3．(2020·北京市东城区校级三模)关于固体、液体，下列说法正确的是()A．晶体没有确定的熔点，非晶体

有确定的熔点B．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性C．液体的表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大D．发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降答案B解析晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，

A错误。由液晶的性质知，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，B正确。液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，故C错误。毛细管插入液体中，当液体浸润毛细管时，管内液面上升，高于管外；当液体不浸润毛细管时，管内液面下降，低于管外，故D错误。4．(2020·宁

夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校联考改编)下列说法正确的是()A．即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止B．将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在熔化过程中，晶体要

吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变答案ABC解析水结成冰后，水分子的热运动也不会停止，A正确；将一块晶体敲碎不改变其性质，因此得到的小颗粒还是晶体，B正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如石墨和金刚石，C正确；晶体在熔化过程中吸热，

温度保持不变，则分子热运动的平均动能不变，吸收的热量使分子势能发生了变化，因此其内能发生了变化，D错误。5.(2020·山东省泰安市肥城市适应性训练)如图所示，足够长U形管竖直放臵，左右两侧分别用水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述中正确的是()

A．只对气柱L1加热，则气柱L1长度变大，气柱L2长度不变B．只对气柱L2加热，则h不变，气柱L2长度减小C．若在右管中注入一些水银，气柱L1长度将增大D．对气柱L1、L2同时加热，则气柱L1、L2长度均增大答

案AD解析只对气柱L1加热，假设其体积不变，由查理定律知其压强增大，所以假设不成立，L1长度将增大，气柱L2压强和温度保持不变，则其长度不变，故A正确；只对L2加热，气柱L2做等压变化，由盖—吕萨克定律知，温度升高，体积增大，故气柱L2长度增大，由于气柱L2的压强不变，则h不变，故B

错误；若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，因L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，则L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1长度将减小，故假设不成立，C错误；对气柱L1、L2同时加热，L2压强不变，由盖—吕萨克定律可知L2长度增大，假

设L1体积不变，由查理定律可知，L1的压强增大，故假设不成立，L1长度增大、h减小，故D正确。二、非选择题(本题共6小题，共60分)6．(2021·八省联考广东卷)(6分)某学生在水瓶中装入半瓶热水，

盖紧瓶盖，一段时间后，该同学发现瓶盖变紧。其本质原因是单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数________(选填“增加”“减少”或“不变”)，瓶内气体分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)。答案减少减小解析由于随着瓶中热水温度

降低，瓶内气体温度降低，则瓶内气体分子平均动能减小，分子平均速率减小，则在其他条件不变的情况下，单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数减少，从而导致瓶内气体的压强变小，瓶盖变紧。7.(2021·山东省青岛市高三(上)期末教学质量检测)(9分)物理课堂上，老师带

领学生演示了“马德堡半球实验”。老师取两个在碗底各焊接了铁环的不锈钢碗，让两只碗口正对但不接触，点燃一张纸放到碗内，然后迅速把两只碗扣在一起，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。在两碗底的铁环上拴上两根绳子，让两组同学朝相反的方向水平拉绳，试图把两个

碗拉开，结果当两组同学各增加到5人时，才把碗拉开。已知碗口的直径为20cm，环境温度为27℃，实验过程中碗不变形，也不漏气，每个人平均拉力为F＝200N，大气压强p0＝1×105Pa。求：(1)两只碗刚扣在一起时，碗

内空气的温度为多少摄氏度？(2)两只碗刚扣在一起后，碗内剩余空气质量与碗内最初空气质量的比值。答案(1)167℃(2)0.68解析(1)设两只碗刚扣在一起时碗内空气的温度为T，碗内空气的压强最后变为p，环境温度为T0

＝27℃＋273K＝300K，对两碗内的密闭气体，由查理定律有p0T＝pT0两只碗恰被拉开时，对其中一只碗，有p0·πd22＝p·πd22＋5F解得T≈440K，则t＝T－273K＝167℃。(2)设未加热前两碗内空

气体积为V0，质量为m0，升温后这部分空气体积为V，碗内剩余空气质量为m，由盖—吕萨克定律有V0T0＝VT，又mm0＝V0V解得mm0≈0.68。8．(2021·八省联考河北卷)(9分)“天问1号”的发射开

启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”形管带往火星表面。“U”形管分别在地球和火星表面某时某地竖直放臵时的相关参数如表所示。地球火星重力加速度g0.38g环境温

度T地＝300KT火＝280K大气压强p地＝76.0cmHgp火封闭气柱长度l地＝19.0cml火＝56.0cm水银柱高度差h地＝73.0cmh火求：(结果保留2位有效数字)(1)火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球

表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3；(2)火星表面的大气压强p火。答案(1)5.2m(2)0.57cmHg解析(1)根据液体压强公式p＝ρgh得ρ水银×0.38g×h0＝ρ水gh代入数据解得h≈5.2m。(2)设气柱横截面积为

S，地球表面的大气压强相当于hp地高水银柱产生的压强，火星表面的大气压强相当于hp火高水银柱产生的压强，则封闭气柱在地表时，p1＝ρ水银g(hp地－h地)，V1＝l地S，T1＝300K封闭气柱在火星表面时p2＝ρ水银×0.38g×[hp火－h地＋2(l火－l地)]，V2＝l火S，T2＝

280K根据理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2联立解得hp火＝1.5cm即火星表面的大气压强p火＝ρ水银×0.38ghp火＝0.57cmHg。9．(2020·湖南省永州市培优信息卷)(12分)如图所示，将横截面积S＝10

0cm2、容积为V＝5L、开口向上的导热良好的汽缸，臵于t1＝－13℃的环境中。用厚度不计的轻质活塞将体积为V1＝4L的理想气体封闭在汽缸中，汽缸底部有一个单向阀门N。外界大气压强p0＝1.0×105Pa，

重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦，取T＝t＋273K。求：(1)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给汽缸充气，每次可将体积V0＝100mL、压强为p0的理想气体全部打入汽缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0?(2)当汽缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭

阀门N，将质量为m＝20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离汽缸？答案(1)8(2)52℃解析(1)由玻意耳定律得p0(V1＋nV0)＝1.2p0V1其中V1＝4L，V0＝100mL，n为打气次数，代入数据解得：n＝8。(2)初态气体温度

为T1＝t1＋273K＝260K，最终稳定时，体积为V＝5L，内部气体压强为p2＝p0＋mgS＝1.2×105Pa＝1.2p0即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得：V1T1＝VT2，代入数据解得T2＝325K则环境温度为t2＝T2－273K＝52℃。10.(2020·吉林省吉

林市高三第三次调研)(12分)如图所示，一带有活塞的汽缸通过底部的水平细管与一个上端封闭的竖直管相连，汽缸和竖直管均导热，汽缸与竖直管的横截面积之比为3∶1。初始时，该装臵底部盛有水银，左右两边均封闭有一定质量的理想气体，左边气柱高24cm，右边气柱高22cm，两边液面的高度差为4cm

，竖直管内气体压强为76cmHg；现使活塞缓慢向下移动，使汽缸和竖直管内的水银面高度相差8cm。活塞与汽缸间摩擦不计。求：(1)此时竖直管内气体的压强；(2)此时左边气柱高度为多少？答案(1)88cmHg(2)20cm解析(1)设右侧竖直管的横截面积为S，则

左侧汽缸的横截面积为3S，以右侧竖直管内气体为研究对象，p1＝76cmHg，V1＝22cm·S设左侧液面下降h1，右侧液面升高h2，则有h1＋h2＝8cm－4cm＝4cm且h1·3S＝h2S解得h2＝1cm，h2＝3cmV2＝(

22cm－h2)S＝19cm·S气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得p2＝88cmHg。(2)以左边汽缸内气体为研究对象p1′＝p1＋ρ水银gΔh＝76cmHg＋4cmHg＝80cmHgV1′＝24cm×3Sp2′＝p2＋ρ水银gΔh′＝88cmHg＋8cmHg＝96

cmHgV2′＝x·3S根据玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′，解得x＝20cm。11．(2020·山西省太原市模拟)(12分)如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S＝1cm2，重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的力将玻璃管缓慢地压入水中，当玻璃管长度的一半进入水中时，管外、内水面的高度

差为Δh＝20cm。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，大气压强p0相当于高1020cm的水柱产生的压强，取g＝10m/s2，求：(不考虑温度变化)(1)玻璃管的长度l0；(2)继续缓慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2＝0.32N时，

玻璃管底面到水面的距离h。答案(1)41.6cm(2)274cm解析(1)设玻璃管长度一半压入水后管内气体的压强为p1，气体长度为l1，则p1＝p0＋ρ水gΔh，l1＝l02＋Δh管内气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0l0S＝

p1l1S代入数据解得l0＝41.6cm。(2)设管内气柱的长度为l2，压强为p2，由平衡条件可知玻璃管所受压力F2与所受浮力等大、反向，则F2＝ρgl2S解得l2＝32cm又p2＝p0＋ρ水g(l2＋h)由玻意耳定律有p0l0S＝p2l2S代入数据解得h＝274

cm。