2022年高考物理二轮复习热点专题巩固练专题14 理想气体状态方程（解析版）.doc

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1、专题14 理想气体状态方程【母题来源一】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国卷）【母题原题】(2020·全国卷)(多选)如图,一开口向上的导热汽缸内,用活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上,使其缓慢下降。环境温度保持不变,系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中()A.气体体积逐渐减小,内能增知B.气体压强逐渐增大,内能不变C.气体压强逐渐增大,放出热量D.外界对气体做功,气体内能不变E.外界对气体做功,气体吸收热量【答案】BCD【解析】环境温度保持不变,导热汽缸内理想气体的温度不变,内能不变,A错误;在活塞下降过程中,气体体积逐渐减小,

2、由p1V1=p2V2可知,气体压强逐渐增大,B正确;气体体积逐渐减小,外界对气体做功,而内能不变,由热力学第一定律可知,气体放出热量,C、D正确,E错误。【母题来源二】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷）【母题原题】(2020·山东等级考)一定质量的理想气体从状态a开始,经ab、bc、ca三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0, 2p0)、 b(2V0,p0)、c(3V0,2p0),以下判断正确的是( ) A.气体在ab过程中对外界做的功小于在bc过程中对外界做的功B.气体在ab过程中从外界吸收的热量大于在bc过程中从外界吸收

3、的热量C.在ca过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在ca过程中内能的减少量大于bc过程中内能的增加量【答案】C【解析】根据气体做功的表达式W=pV可知p-V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小,气体在ab和bc两个过程中p-V图线和体积横轴围成的面积相等,所以气体在ab过程中对外界做的功等于bc过程中对外界做的功,A错误;气体在ab过程中,根据理想气体状态方程可知Ta=Tb,所以Uab=0,根据热力学第一定律U=Q+W可知Qab=-Wab,气体在bc过程中,温度升高,所以Ubc>0,根据热力学第一定律可知Ubc=Qbc+Wbc,即Qbc=Ubc-Wbc,结合Wab=

4、Wbc<0可得Qbc>Qab>0,即bc过程气体吸收的热量大于ab过程吸收的热量,B错误;气体在ca过程中,温度降低,所以Uca<0,气体体积减小,外界对气体做功,所以Wca>0,根据热力学第一定律U=Q+W可知Qca<0且|Qca|>|Wca|,则在ca过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量,C正确;理想气体的内能只与温度有关,根据Ta=Tb可知|Tca|=|Tbc|,所以气体在ca过程中内能的减少量等于bc过程中内能的增加量,D错误。故选C。【母题来源三】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国卷）【母题原题】(2020·

5、;全国卷)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。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。求调配后两罐中气体的压强;甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。【答案】【解析】假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1)。设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有p(V+V1)=p'(V+2V)联立式可得若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,

6、体积为V2,由玻意耳定律p'V=pV2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,由密度的定义有联立式可得【母题来源四】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国卷）【母题原题】(2020·全国卷)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,重力加速度大小为g,大气压强为p0,Hh,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。

7、(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)(2)【解析】(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有p1V1=p0V0V0=hSV1=(h-l)Sp1=p0+g(H-l)联立以上各式并考虑到Hh>l,解得(2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2;此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有p2V0= p0V3其中p2=p0+gH设需压入筒内的气体体积为V,依题意V=V3-V0联立式得答案:(

8、1)(2)【母题来源五】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国III卷）【母题原题】(2020·全国卷)如图,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口。右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283 K,大气压强p0 = 76 cmHg。(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,使水银柱上表面恰好与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少?【答案】(1)12.

9、9 cm(2)363 K【解析】(1)设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S,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=p2V2设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为,按题设条件有p1=p0+gh0p2=p0+ghV1=(2H-l-h0)S,V2=HS联立式并代入题给数据得h=12.9 cm(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3,温度变为T2,由盖吕萨克定律有按题设条件有V3=(2H- h)S联立式并代入题给数据得T2=363 K【母题来源六】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】(2020·江

10、苏高考)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,其p-图象如图所示,求该过程中气体吸收的热量Q。【答案】2×105 J【解析】根据p-图象可知状态A和状态C温度相同,内能相同;故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外界所做的功。根据图象可知状态A到状态B为等压过程,气体对外界做功为W1=pV=2×105×(2-1) J=2×105 J状态B到状态C为等容变化,气体不做功;故从A经B到C过程中气体吸收的热量为Q=W1=2×105 J【母题来源七】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷）【母题原题】(2020·山

11、东等级考)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450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的。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,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

12、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】【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,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、V2=20V0/21由理想气体状态方程得代入数据得p2=0.7p0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,罐的容积为V0',由题意知p3=p0、V3=V0'、p4=p2由玻意耳定律得p0V0'=p2V4联立式,代入数据得设抽出的气体的体积为V,由题意知故应抽出气体的质

13、量与抽气前罐内气体质量的比值为联立式,代入数据得【命题意图】以图象的形式呈现气体参量的变化，考查气体实验定律和理想气体状态方程，意在考查考生的理解能力。【考试方向】选修33模块包含的考点较为固定，命题重点主要集中在分子动理论、热力学定律和气体实验定律的理解和应用等方面。对气体状态变化的考查一般涉及气体多个变化过程，每一过程只发生一种变化，如先发生等压变化，再发生等容变化。【得分要点】理解气体实验定律和理想气体状态方程：玻意耳定律：一定质量的理想气体，在温度不变的情况下，p1V1=p2V2。查理定律：一定质量的气体，在体积不变的情况下，。盖·吕萨克定律：一定质量的理想气体，在压强不变的

14、情况下，。理想气体状态方程：对于一定质量的理想气体，。应用气体状态方程解题的一般步骤：明确研究对象，即某一定质量的理想气体；确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；由状态方程列式求解；讨论结果的合理性。1.（2020·广东省珠海市模拟）下列说法中正确的是 A一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面E.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径

15、计算结果偏大【答案】BCE【解析】A.一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；B.气体的温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；C.从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；D.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D错误；E.计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d偏大，故E正确；故选BCE.2.(2020·山东泰安二模)某兴趣小组设计了如图所示的便携式水银气压计,粗细均匀的细U形管竖直放置,左管密封,

16、上方为真空,右管开口,两管均标有刻度,根据左右两管中水银面高度差便可直接得到大气压的数值。某次因使用不当,导致有气泡进入左管顶部,此时两水银液面高度差只有750 mm,左侧水银面到管顶的距离为80 mm。为修正上述测得的大气压值,将右管直接连接在压强恒为678 mmHg的气压仓上,此时,气压计两水银液面高度差为670 mm,不考虑过程中的温度变化。求:(1)大气压的准确数值;(2)若断开气压仓,将U形管开口向上倾斜放在与水平面成30°角的实验架上,则水银是否会溢出?并简述理由。【答案】(1)762 mmHg(2)水银不会溢出倾斜放置时,液体产生的压强变小,被封气体压强增大,体积进一步

17、缩小,所以水银不会溢出【解析】(1)设大气压的准确值为p0,对于混入左管中的气体,初态时p1=p0-750 mmHg,V1=80S接在恒压仓上后,管中左右液面差由750 mm减为670 mm,则p2=678 mmHg-670 mmHg=8 mmHg,V2=120S由玻意耳定律:p1V1=p2V2代入数值,解得p0=762 mmHg。(2)开口向上倾斜放置时,液体产生的压强变小,被封气体压强增大,由玻意耳定律知,气体体积进一步缩小,所以水银不会溢出。3.（2020·河北省张家口市高三上学期10月阶段检测）如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积

18、相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K（气体只能进汽缸，不能出汽缸）与一打气简相连.开始时汽缸内上部分空气的压强为，现用打气筒向容器内打气.已知打气简每次能打入压强为、体积为的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上下部分的空气体积之比为9:1，活塞重力，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦.求:（1）当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；（2）打气简向容器内打气次数n.【答案】（1）（2）n=49次【解析】对气缸下部分气体，设初状态压强为，末状态压强为，由玻意耳定律得可知初状态时对活塞联立解得：把上部分气体和打进的n次气体作为整体此时上部分气缸中的压强为末态状时对活塞：由玻意耳

19、定律联立解得，n=49次.4.(2020·湖南湘潭三模)如图所示,一质量为M的汽缸竖直“悬吊”,汽缸内有横截面积为S的活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。活塞和汽缸内封闭有一定质量的理想气体,轻质细线的一端固定在活塞上,另一端固定在天花板上。已知大气压强为p0,气体的温度为T0,活塞到汽缸底部的距离为d,汽缸与活塞均具有良好的导热性。求:(1)外界温度降低为T时,活塞到汽缸底部的距离;(2)若把细线剪断,保持气体的温度不变,且不计空气阻力,在汽缸未落地前活塞到汽缸底部的距离。【答案】(1)TT0d(2)(p0S-Mg)dp0S【解析】(1)外界温度降低前,封闭气体体积V1=dS,温度为:T1

20、=T0外界温度降低后,封闭气体体积V2=d'S,温度为:T2=T气体等压变化,根据盖吕萨克定律得:V1T1=V2T2代入数据解得:d'=TT0d。(2)以汽缸为研究对象,开始受力分析如图所示,由受力平衡得:Mg+p1S=p0S剪断细线后,汽缸与活塞、气体做自由落体运动处于完全失重,气体压强为:p2=p0细线剪断前封闭气体体积为:V1=dS细线剪断后气体体积为:V3=dS气体发生等温度变化,根据玻意耳定律得:p1V1=p2V3联立解得:d=(p0S-Mg)dp0S。5.(2020·江西二模)如图所示,A、B为水平地面上两内壁光滑的圆筒形汽缸,其中A被固定在地面上,B未固

21、定。A、B两汽缸总长度均为2L,分别用面积为2S与S的不计厚度的轻活塞封闭一定质量的理想气体,两活塞用一略长于2L的细轻杆相连。A汽缸壁与活塞均绝热,内接有一电阻丝。B汽缸质量为m,其汽缸壁导热,与水平面间的动摩擦因数为,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。开始时汽缸A、B中的活塞均正好处在汽缸正中央,两汽缸内气体与外界环境温度均为T0,两汽缸内气体的压强均为p0(p0为大气压强),环境温度不变,重力加速度为g。现给电阻丝通电,对A汽缸内气体缓慢加热,求:(1)B汽缸开始移动时其内部气体压强pB与体积VB;(2)A汽缸内活塞移动到A汽缸最左端时其内部气体的温度TA。【答案】(1)p0+mgSp

22、0LS2p0S+mg(2)2+mgp0ST0【解析】(1)设B汽缸开始移动时其内部气体压强为pB,对汽缸B根据受力平衡得:(pB-p0)S=mg解得:pB=p0+mgS对汽缸B内气体,由玻意耳定律得:p0LS=pBVB解得:VB=p0LS2p0S+mg(2)B汽缸开始移动后,其内部气体压强保持不变,始终为pB,故A汽缸内气体压强也始终保持不变,设A中气体压强为pA,对两活塞整体受力分析,根据受力平衡得pBS+2p0S=2pAS+p0S对A汽缸内气体,由理想气体状态方程得:p0L·2ST0=pA·2L·2STA解得:TA=2+mgp0ST0。6（2020·

23、广东高考模拟）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。开始时茶杯内部封闭气体的温度t187 、压强等于外界大气压强p0。放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t227 已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？【答案】（i） （ii）【解析】（i）

24、杯内封闭气体发生等容变化，有代入数据解得：最后杯内气体的压强；对杯盖，有p'S+Np0S+mg，解得：由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：（ii）茶杯能离开桌面，条件是：pS+Mgp0S，故茶杯的质量M满足的条件为：。7.（2020届陕西省西安中学模拟）如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=200kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=100cm2活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2求：（a）缸内气体的压强p1；（b）缸内气体

25、的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？【答案】（a）3×105Pa；（b）327【解析】（a）以气缸为对象（不包括活塞）列气缸受力平衡方程p1S=Mg+p0S解之得p1=3×105Pa（b）当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S=Mg+p0S由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得所以T2=2T1=600K故t2=（600273）=3278（2020黑龙江省齐齐哈尔模拟）如图所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积为S=10-3 m2，活塞的质量为m=2 kg，厚度不计在A、B两处设有限制装置，使

26、活塞只能在A、B之间运动，B下方气缸的容积为1.0×10-3m3 ，A、B之间的容积为2.0×10-4 m3，外界大气压强p0=1.0×105 Pa开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9 p0，温度为27 ，现缓慢加热缸内气体，直至327 求： （1）活塞刚离开B处时气体的温度t2；（2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的pV图线【答案】（1）127（2）（3）如图【解析】（1）活塞刚离开B处时，气体压强p2=p0+=1.2×105Pa        

27、        气体等容变化，代入数据，解出t2=127（2）设活塞最终移动到A处，理想气体状态方程：，即，代入数据，解出p3p01.5p0=1.5×105Pa                      因为p3p2，故活塞最终移动到A处的假设成立   

28、60;                   （3）如图                             

29、0;                         9（2020·长郡中学高考模拟）如图所示，竖直放置的光滑圆柱形绝热气缸，上端开口，有一质量m=10 kg、横截面积S=10 cm2的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，在气缸内距缸底h=0.2 m处有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压

30、强等于大气压强，温度为T0=200 K。现通过内部电热丝缓慢加热气缸内气体，直至活塞恰好离开a、b。已知大气压强p0=1.0×105 Pa。求：（g取10 m/s2）（1）活塞恰要离开a、b时，缸内气体的压强p1；（2）当活塞缓慢上升h=0.1 m时（活塞未滑出气缸）缸内气体的温度T为多少？（3）若从开始加热到活塞缓慢上升h=0.1 m的全过程中电阻丝放热52 J，求气体内能的变化量U。【答案】（1）2.0×105 Pa （2）600 K （3）32 J【解析】（1）活塞恰要离开ab时，由活塞平衡有：p0S+mg=p1S可得缸内气体的压强为：（2）当活塞缓慢上升h=0.1 m时，缸内气体的压强为p1，理想气体状态方程有：代入数据可得：T=600 K（3）从开始加热到活塞缓慢上升h=0.1 m的全过程中，气体对外界做功为：W=p1·Sh=20 J全过程中电阳丝放热52 J，即气体吸收热量为：Q=52 J根据热力学第一定律：U=W+Q可得：U=32 J即气体内能增加了32 J。