八年高考物理试卷分类汇编91.气体的等温变化、玻马定律
(2011-2018)八年高考物理试题分项精析版(解析版) 气体实验定律
1．如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。
在此过程中______。
（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【答案】BCD功，选项E错误。
2．如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是_____。
（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．过程①中气体的压强逐渐减小B．过程②中气体对外界做正功C ．过程④中气体从外界吸收了热量D ．状态c 、d 的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I 卷） 【答案】 BDE【解析】本题考查对一定质量的理想气体的V —T 图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。
由理想气体状态方程p a V a /T a =p b V b /T b 可知，p b >p a ，即过程中气体的压强逐渐增大，选项A 错误；由于过程中气体体积增大，所以过程中气体对外做功，选项B 正确；过程中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程中气体放出热量，选项C 错误；由于状态c 、d 的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c 、d 的内能相等，选项D 正确；由理想气体状态方程p d V d /T d =p b V b /T b 可知，状态d 的压强比状态b 的压强小，选项E 正确。
一、单项选择题1．【2011·上海卷】如图，一定量的理想气体从状态a 沿直线变化到状态b ，在此过程中，其压强A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．始终不变D ．先增大后减小【答案】A 【解析】因为a ab b a b PV PV T T =，从图像上看，a b a bV V T T >，所以a b P P <，A 正确 【考点定位】理想气体状态方程2．【2012·福建卷】空气压缩机的储气罐中储有1.0atm 的空气6.0L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0L 。
高考物理复习：气体的等温变化、玻马定律
高考物理复习：气体的等温变化、玻马定律1.已知湖水深度为20m ，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa 。
当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g =10m/s 2，ρ=1.0×103kg/m 3) A ．12.8倍 B ． 8.5倍 C ．3.1倍 D ．2.1倍答案：C解析：湖底压强大约为3个大气压，由气体状态方程，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C 正确。
2. 如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体（ ）A ．压强增大，体积增大B ．压强增大，体积减小C ．压强减小，体积增大D ．压强减小，体积减小 【答案】B【解析】初始时，水银处于静止状态，受到重力和封闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由下落时，管中水银也处于完全失重状态，加速度为g 竖直向下，所以封闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知封闭气体的压强增大，根据玻马定律可知，气体的体积减小，B 项正确。
3.如图，长L =100cm ，粗细均匀的玻璃管一端封闭。
水平放置时，长L 0=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p 0=75cmHg 。
求： （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 。
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l =70cm 由玻意耳定律：p ＝p 0L 0/l ＝53.6cmHg ，由于p ＋ρgh ＝83.6cmHg ，大于p 0，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x ， 由玻意耳定律：p 0SL 0＝（p 0－ρgh ）S （L －x ）， 解得：x ＝25cm ，设插入槽内后管内柱长为L'，L'＝L －（x ＋∆h ）＝60cm ，由玻意耳定律，插入后压强p ＝p 0L 0/ L'＝62.5cmHg ， （2）设管内外水银面高度差为h'， h'＝75－62.5＝12.5cm ，管口距槽内水银面距离距离H ＝L －L'－h'＝27.5cm ，4.如图，长为h 的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A 处管内外水银面相平。
3(1)气体的等温变化、玻马定律
一、气体的状态参量
1、温度T 、温度 热力学温度 ：开尔文 T = t ＋ 273 K 就是气体所充满的容器的体积 . 单位： 毫升(mL)等 单位：有 、升(L) 、毫升 等 1 m3 ＝103 升= 106 毫升 产生： 产生：气体分子频繁碰撞容器壁 而产生的容器单位面积上的压力. 而产生的容器单位面积上的压力 单位： （帕斯卡） 大气压、 单位：Pa（帕斯卡） 、大气压、 mmHg柱等 柱等 1大气压 大气压=760 mmHg柱=1.013× 大气压 柱 × 105 Pa
p0 h = ( p0 + 2 p )h′ 3 联立②③式解得： ②③式解得 联立②③式解得： h′ = h 5
③ ④
三、气体压强的微观意义
气体压强是由于大量的气体分子频繁的碰撞器壁而 产生的， 产生的，气体的压强就是大量的气体分子作用在器 壁单位面积上的平均作用力。 壁单位面积上的平均作用力。 气体压强和单位时间内、 气体压强和单位时间内、单位面积上的分子的碰撞 次数有关，次数越多，产生的压强越大， 次数有关，次数越多，产生的压强越大，而碰撞次 数多，需单位体积内的分子数多， 数多，需单位体积内的分子数多，所以和单位体积 内的分子数有关；还和碰撞的强弱有关， 内的分子数有关；还和碰撞的强弱有关，气体的温 度越高，分子热运动越剧烈，气体的平均速率越大, 度越高，分子热运动越剧烈，气体的平均速率越大 对器壁的撞击越强，压强越大。 对器壁的撞击越强，压强越大。
解: 这位同学解法是错误的。 这位同学解法是错误的。 因为60+25＞80，所以有水银漏出。 因为 ＞ ，所以有水银漏出。 设管内尚余汞柱xcm 设管内尚余汞柱 P1V1=P2V2 75×40= (75-x) (80-x) × x=22.67cm 管内空气柱长L=80-22.67=57.33cm 管内空气柱长
气体的等温变化玻意耳定律典型例题
气体的等温变化玻意耳定律典型例题第一篇：气体的等温变化玻意耳定律典型例题气体的等温变化、玻意耳定律典型例题【例1】一个气泡从水底升到水面时，它的体积增大为原来的3倍，设水的密度为ρ=1×103kg／m3，大气压强p0=1.01×105Pa，水底与水面的温度差不计，求水的深度。
取g=10m／s2。
【分析】气泡在水底时，泡内气体的压强等于水面上大气压与水的静压强之和。
气泡升到水面上时，泡内气体的压强减小为与大气压相等，因此其体积增大。
由于水底与水面温度相同，泡内气体经历的是一个等温变化过程，故可用玻意耳定律计算。
【解答】设气泡在水底时的体积为V1、压强为：p1=p0+ρgh气泡升到水面时的体积为V2，则V2=3V1，压强为p2=p0。
由玻意耳定律 p1V1=p2V2，即（p0+ρgh）V1=p0·3V1得水深【例2】如图1所示，圆柱形气缸活塞的横截面积为S，下表面与水平面的夹角为α，重量为G。
当大气压为p0，为了使活塞下方密闭气体的体积减速为原来的1/2，必须在活塞上放置重量为多少的一个重物（气缸壁与活塞间的摩擦不计）【误解】活塞下方气体原来的压强设所加重物重为G′，则活塞下方气体的压强变为∵ 气体体积减为原的1/2，则p2=2p1【正确解答】据图2，设活塞下方气体原来的压强为p1，由活塞的平衡条件得同理，加上重物G′后，活塞下方的气体压强变为气体作等温变化，根据玻意耳定律：得 p2=2p1∴ G′=p0S+G【错因分析与解题指导】【误解】从压强角度解题本来也是可以的，但免发生以上关于压强计算的错误，相似类型的题目从力的平衡入手解题比较好。
在分析受力时必须注意由气体压强产生的气体压力应该垂直于接触面，气体压强乘上接触面积即为气体压力，情况就如【正确解答】所示。
【例3】一根两端开口、粗细均匀的细玻璃管，长L=30cm，竖直插入水银槽中深h0=10cm处，用手指按住上端，轻轻提出水银槽，并缓缓倒转，则此时管内封闭空气柱多长？已知大气压P0=75cmHg。
气体的等温变化—玻马定律练习题(含答案)精编版
气体的等温变化—玻马定律(含答案)1、在一端封闭、长100cm且内径均匀的细直玻璃管中, 用25cm长的水银柱封住一部分空气. 当玻璃管水平放置时, 被封闭的气柱长为30cm. 这时外界的大气压为75cmHg产生的压强. 现将玻璃管缓慢旋转到管口朝下后, 再将它逐渐插入水银槽中, 在恒温条件下, 使气柱长又重新恢复到30cm( 见图) , 这时管口没入到槽中水银面下多少厘米深? 从管口进入的水银柱的高度是多少厘米?2、在标准大气压下，把75cm长两端开口的玻璃管全部插入深槽的水银中，封闭上端，将玻璃管缓慢地竖直提出水银面，管中留有的水银柱长度为_____cm.若将此管竖直插入水银中，使下中没入银63cm时封闭上端，再将玻璃管缓慢地竖直提出水银面，则管中留有的水银柱长是_____cm .3、如图所示, 两臂竖直放置的U形细管, 内径均匀, 两臂等长、左端开口、右端封闭, 其水平管的长度为L, 静止时其中正好充满水银, 两臂的高P、水银密度为ρ、温度H<2L, 右管中全是被封住的空气. 设大气压强为保持不变. 若使水银面上升到封闭竖直管的一半高度, 应以多大的角速度ω使整个装置绕开口竖直臂的轴线OO’匀速转动?4、如下图所示，在一玻璃容器中竖直放置一个水银压强计—即一端封闭、内径均匀的U形管，管内充有水银，并将一段l=20cm长的空气封在管内，两管臂竖直放置，其中的水银面封闭端比开口端高h=10cm，现将玻璃容器抽成真空，则压强计的开口端管内水银面将比封闭端管内水银面高出______cm.（设抽气前容器中空气压强支持75cmHg，U形管内空气温度保持一定）5、有一根两端开口的较长的玻璃管，竖直插在较深的水银槽中，玻璃管内有一段水银柱把一部分空气封闭在下方，这时系统处于静止，在环境温度不变的条件下，缓慢将玻璃管竖直往下插，则玻璃管内外的水银面的高度差将______，空气柱上方的水银柱相对于玻璃管将_____，空气柱的长度_____。
高考物理二轮复习专题讲义：热学专题 083.气体的等温变化、玻意耳定律 Word版含答案
气体的等温变化、玻意耳定律一、气体的状态参量1、温度T 热力学温度 ：开尔文（K ）T = t ＋ 273 K2、体积V 就是气体所充满的容器的体积 .单位：有m 3 、升(L) 、毫升(mL)等 1 m 3 ＝103 升= 106 毫升3、压强 p产生：气体分子频繁碰撞容器壁而产生的容器单位面积上的压力.单位：Pa （帕斯卡） 、大气压、 mmHg 柱等1大气压=760 mmHg 柱=1.013× 105 Pa二、气体的等温变化:在物理学中，当需要研究三个物理量之间的关系时，往往采用“控制变量法”——保持一个量不变，研究其它两个量之间的关系，然后综合起来得出所要研究的几个量之间的关系。
1、等温变化：当温度(T )保持不变时,体积(V )和压强(p )之间的关系。
2、玻意耳定律：一定质量的某种气体,在温度保持不变的情况下，压强p 与体积V 成反比.或压强p 与体积V 的乘积保持不变，即 pV =常量三、 气体压强的微观意义气体压强是由于大量的气体分子频繁的碰撞器壁而产生的，气体的压强就是大量的气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
气体压强和单位时间内、单位面积上的分子的碰撞次数有关，次数越多，产生的压强越大，而碰撞次数多，需单位体积内的分子数多，所以和单位体积内的分子数有关；还和碰撞的强弱有关，气体的温度越高，分子热运动越剧烈，气体的平均速率越大,对器壁的撞击越强，压强越大。
四、玻意耳定律的微观解释一定质量（m ）的理想气体，其分子总数（N ）是一个定值，当温度（T ）保持不变时，则分子的平均速率（v ）也保持不变，当其体积（V ）增大几倍时，则单位体积内的分子数（n ）变为原来的几分之一，因此气体的压强也减为原来的几分之一；反之若体积减小为原来的几分之一，则压强增大为原来的几倍，即压强与体积成反比。
这就是玻意耳定律。
7、如图4所示，开口向上竖直放置的玻璃管中，两段水银柱封闭着两段气体，它们的体积分别为V 1、V 2，两段水银柱的高度分别为h 1、h 2，且V 1>V 2，h 1<h 2。
高考物理二轮复习热学专题气体的等温变化玻意耳定律讲义
气体的等温变化、玻意耳定律一、气体的状态参量1、温度T 热力学温度：开尔文（K）T = t＋ 273 K2、体积V 就是气体所充满的容器的体积 .单位：有m3、升(L) 、毫升(mL)等 1 m3＝103升= 106 毫升3、压强p产生：气体分子频繁碰撞容器壁而产生的容器单位面积上的压力.单位：Pa（帕斯卡）、大气压、 mmHg柱等1大气压=760 mmHg柱=1.013× 105 Pa二、气体的等温变化:在物理学中，当需要研究三个物理量之间的关系时，往往采用“控制变量法”——保持一个量不变，研究其它两个量之间的关系，然后综合起来得出所要研究的几个量之间的关系。
1、等温变化：当温度(T)保持不变时,体积(V)和压强(p)之间的关系。
2、玻意耳定律：一定质量的某种气体,在温度保持不变的情况下，压强p与体积V成反比.或压强p与体积V的乘积保持不变，即pV=常量三、气体压强的微观意义气体压强是由于大量的气体分子频繁的碰撞器壁而产生的，气体的压强就是大量的气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
气体压强和单位时间内、单位面积上的分子的碰撞次数有关，次数越多，产生的压强越大，而碰撞次数多，需单位体积内的分子数多，所以和单位体积内的分子数有关；还和碰撞的强弱有关，气体的温度越高，分子热运动越剧烈，气体的平均速率越大,对器壁的撞击越强，压强越大。
四、玻意耳定律的微观解释一定质量（m）的理想气体，其分子总数（N）是一个定值，当温度（T）保持不变时，则分子的平均速率（v）也保持不变，当其体积（V）增大几倍时，则单位体积内的分子数（n）变为原来的几分之一，因此气体的压强也减为原来的几分之一；反之若体积减小为原来的几分之一，则压强增大为原来的几倍，即压强与体积成反比。
这就是玻意耳定律。
7、如图4所示，开口向上竖直放置的玻璃管中，两段水银柱封闭着两段气体，它们的体积分别为V1、V2，两段水银柱的高度分别为h1、h2，且V1>V2，h1<h2。
高三物理玻马定律试题
高三物理玻马定律试题1.（9分）图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。
左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。
两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。
容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。
大气的压强p0，温度为T=273K，连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p。
系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。
现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。
用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。
氮气和氢气均可视为理想气体。
求（ⅰ）第二次平衡时氮气的体积；（ⅱ）水的温度。
【答案】（1）2.7hS ；（2）368.55K；【解析】（1）以氢气为研究对象，初态压强为p，体积为hS，末态体积为0.8hS．气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1=p2V2，即：phS=p×0.8hS，解得：p=1.25p①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．该过程的初态压强为1.1p，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，则p′=p+0.1p0=1.35p②V′=2.2hS③由玻意耳定律得：1.1p0×V=1.35p×2.2hS，解得：V=2.7hS ④（2）活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T=273K，末态体积为2.7hS．设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得：，解得：T=368.55K；【考点】玻意耳定律；盖-吕萨克定律2.（9分）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p＝75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止，求活塞下移的距离（假设环境温度不变）．【答案】6.625 cm.【解析】设粗管中气体为气体1.细管中气体为气体2.对粗管中气体1：有p0L1＝p1L1′-右侧液面上升h1，左侧液面下降h2，有S1h1＝S2h2，h1＋h2＝6 cm，得h1＝2 cm，h2＝4 cm L1′＝L1－h1解得：p1＝90 cmHg对细管中气体2：有p0L1＝p2L2′ p2＝p1＋Δh解得：L2′＝9.375 cm 因为h＝L1＋h2－L2′解得：h＝6.625 cm.【考点】玻意耳定律3.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口且足够长，开始左端空气柱长20cm，两管水银面等高．从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长变为15cm．温度不变，大气压强为p=75cmHg．①加入水银的长度；②此过程封闭气体吸热还是放热，并说明理由．【答案】①35cm ②放热【解析】①以左端封闭气体为研究对象，设末状态右侧管内水银面比左侧高h，加入的水银柱长为x，解得：cm②由于气体温度不变，所以内能不变，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知故气体放热．【考点】本题首先要明确气体发生了等温变化，根据玻意耳定律和几何关系求解加入水银的长度是关键．4.（9分）如图15所示，一导热良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度1cm，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，现将气缸倒过来放置，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。
高三物理玻马定律试题答案及解析
高三物理玻马定律试题答案及解析1.内壁光滑的导热气缸竖直放置，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞上物了质量m=0.5kg的沙子，整个装置放在t=-23℃的恒温环境中，此时气体的体积为V1=5.0×10-4m3，再将温度缓慢的调到t2=27℃，并保持不变。
此时体积变为V2，然后在t2=27℃的环境中，缓慢将活塞上方的沙子移除，气体的体积将变为V3。
已知活塞面积S=1.0×10-4m2。
大气压强P0=1.0×105Pa，g取10m/s2。
求：①当t2=27℃时气体的体积V2；②气缸内气体的最终体积V3（结果保留两位有效数字）【答案】①②【解析】①气体由变为时，由题意得：初状态：；末状态；，根据盖吕萨克定律：，得：②由到时经历等温变化，由题意得：初状态：，，末状态：，根据玻意耳定律得：，解得：．【考点】考查了盖吕萨克定律和玻意耳定律2.如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA：SB= 1：2.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动.两个气缸都不漏气.初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T=300K.A中气体压强pA=1.5p，p是气缸外的大气压强.现对A加热，使其中气体的压强升到，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度TA.【答案】500K【解析】加热前，活塞平衡时，由平衡条件得：加热后，活塞再次平衡时，由平衡条件得：由已知条件知：对B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：对A中气体，设末态的体积为VA，由理想气体状态方程得：又因两活塞移动的距离相等，故有以上各式联立解得：，，，，【考点】本题考查玻意耳定律、理想气体状态方程，意在考查考生灵活运用玻意耳定律、理想气体状态方程分析问题、解决问题的能力及运用数学知识解决物理问题的能力。
3.（10分）某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如下的P-t图象。
高三物理玻马定律试题答案及解析
高三物理玻马定律试题答案及解析1.如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA：SB= 1：2.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动.两个气缸都不漏气.初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T=300K.A中气体压强pA=1.5p，p是气缸外的大气压强.现对A加热，使其中气体的压强升到，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度TA.【答案】500K【解析】加热前，活塞平衡时，由平衡条件得：加热后，活塞再次平衡时，由平衡条件得：由已知条件知：对B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：对A中气体，设末态的体积为VA，由理想气体状态方程得：又因两活塞移动的距离相等，故有以上各式联立解得：，，，，【考点】本题考查玻意耳定律、理想气体状态方程，意在考查考生灵活运用玻意耳定律、理想气体状态方程分析问题、解决问题的能力及运用数学知识解决物理问题的能力。
2.（9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开口的树直管相连，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；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】设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p。
有在活塞上移后，气缸内气体的压强变为。
设气体的体积为，由玻意耳定律得=pSl设气缸内水印面上升Δx，有联立以上各式，解得【考点】大气压及玻意耳定律。
3.如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。
左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。
两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。
容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。
高三物理玻马定律试题答案及解析
高三物理玻马定律试题答案及解析1.如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA：SB= 1：2.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动.两个气缸都不漏气.初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T=300K.A中气体压强pA=1.5p，p是气缸外的大气压强.现对A加热，使其中气体的压强升到，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度TA.【答案】500K【解析】加热前，活塞平衡时，由平衡条件得：加热后，活塞再次平衡时，由平衡条件得：由已知条件知：对B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：对A中气体，设末态的体积为VA，由理想气体状态方程得：又因两活塞移动的距离相等，故有以上各式联立解得：，，，，【考点】本题考查玻意耳定律、理想气体状态方程，意在考查考生灵活运用玻意耳定律、理想气体状态方程分析问题、解决问题的能力及运用数学知识解决物理问题的能力。
2.（9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开口的树直管相连，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；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】设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p。
有在活塞上移后，气缸内气体的压强变为。
设气体的体积为，由玻意耳定律得=pSl设气缸内水印面上升Δx，有联立以上各式，解得【考点】大气压及玻意耳定律。
3.(9分) 用如图所示的装置测量某种矿物质的密度，操作步骤和实验数据如下：a ．打开阀门K ，使管A 、容器C 、容器B 和大气相通。
上下移动D ，使水银面与刻度n 对齐；b ．关闭K ，向上举D ，使水银面达到刻度m 处。
气体(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)
气体考点01 气体实验定律1. （2024年高考海南卷） 用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为3330cm ，薄吸管底面积20.5cm ，罐外吸管总长度为20cm ，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm ，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（ ）A. 若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏B. 该装置所测温度不高于31.5℃C. 该装置所测温度不低于23.5℃D. 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大【答案】B 【解析】由盖—吕萨克定律得121V V T T=其中3101335cm V V Sl =+=，127327(K)300K T =+=，31013300.5(cm )V V Sl x =+=+代入解得3019800(K)6767T x =+根据273K T t =+可知301509()6767t x =+℃故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A 错误；BC ．当20cm x =时，该装置所测的温度最高，代入解得max 31.5t =℃故该装置所测温度不高于31.5℃，当0x =时，该装置所测的温度最低，代入解得min 22.5t =℃故该装置所测温度不低于225.℃，故B 正确，C 错误；D ．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D 错误。
2. （2024年高考江苏卷）某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K ，压强为105Pa 的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240K ，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。
求：（1）气体现在的压强；（2）观测台对气体的压力。
【答案】（1）8 × 104Pa ；（2）4.8 × 103N 【解析】（1）由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有1212p p T T =解得p 2 = 8 × 104Pa（2）根据压强的定义，观测台对气体的压力F = p 2S = 4.8 × 103N3. （2024年高考广东卷） 差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。
高三物理玻马定律试题
高三物理玻马定律试题1.（9分）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍。
管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p="75" cmHg。
现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并使活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止。
求（1）左端液面下降多少？（2）活塞下移的距离。
（环境温度不变）【答案】4.0cm; 6.625cm【解析】如图，设细管的液面下降了x，则粗管液面上升了，根据题意：，得（2分）(2)对粗管内的气体应用玻意耳定律：（2分）代入数据解得:末状态粗管中气体的压强p=90cmHg （1分）则细管中气体末状态的压强为（90+6）cmHg （1分）设活塞下移y，对细管中的气体用波意耳定律：（2分）代人数据有：解得：y=6.625cm （1分）【考点】本题考查了波意耳定律2.图中竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长。
粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长L="20" cm．活塞A上方的水银深H="10" cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计。
用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。
现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推以入细筒中，求活塞B上移的距离。
设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p相当于75 cm高的水银柱产生的压强。
【答案】d=8cm【解析】设气体初态的压强为P1，气体末态的压强为P2，则有P1=P+H设S为促圆筒的横截面积，气体初态的体积为V1=SL，P2=P+H/2+2H= P+2.5H设末态的气柱长度为L‘，气体体积为V2= L‘S由玻意尔定律得：P1SL=P2SL’活塞上移的距离为d,L+H/2-d= L’带入数据得d=8cm【考点】本题考查理想气体方程，玻意尔定律。
3.一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强P=1.0×105 Pa，线段AB与V轴平行。
高三物理玻马定律试题
高三物理玻马定律试题1.如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。
左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。
两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。
容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。
大气的压强p0，温度为T=273K，连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p。
系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。
现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。
用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。
氮气和氢气均可视为理想气体。
求（1）第二次平衡时氮气的体积；（2）水的温度。
【答案】（1）2.7hS；(2)368.55K【解析】（1）考虑氢气的等温过程。
该过程的初态压强为，体积为hS，末态体积为0.8hS。
设末态的压强为P，由玻意耳定律得①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。
该过程的初态压强为1.1，体积为V；末态的压强为，体积为，则②③由玻意耳定律得④（2）活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程。
该过程的初态体积和温度分别为和，末态体积为。
设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得⑤【考点】气体实验定律2.（8分）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定直来那个的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L。
现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。
已知大气压强为p，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p；整个过程温度保持不变。
求小车加速度的大小。
【答案】【解析】设小车加速度大小为a，稳定是气缸内气体的压强为P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：f1=P1S，f=PS由牛顿第二定律得：f1-f=ma小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P0，由波意耳定律得：P1V1=PV式中V=SL，V1=S（L-d）联立得：a=【考点】本题考查了波意耳定律3.（9分）如图，气缸由两个截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别,,,横截面积分别为，一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧与大气相通，大气。
高考物理新力学知识点之热力学定律真题汇编含答案解析(1)
高考物理新力学知识点之热力学定律真题汇编含答案解析(1)一、选择题1．如图所示，在大口的玻璃瓶内装一些水，水的上方有水蒸气。
然后用一与打气筒相连的活塞密闭瓶口，并给瓶内打气，当打到某一状态时，瓶塞会跳起来。
当瓶塞跳起时，我们会看到瓶内出现了“白雾”。
对于“白雾”的形成，下列说法正确的是（）A．这些“白雾”是当瓶塞跳起后外界的水蒸气在瓶口遇冷形成的小水珠B．这是打气筒向瓶内打进去的水蒸气C．这是瓶内的水向外膨胀形成的水雾D．瓶内空气推动瓶塞做功，空气的内能减小，温度降低，使水蒸气液化形成小水滴2．给一定质量、温度为的水加热，在水的温度由上升到的过程中，水的体积随着温度升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在相互作用的势能在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的关于这个问题的下列说法中正确的是A．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功B．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功C．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功D．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功3．一定质量的理想气体在某一过程中，气体对外界做功1.6×104J，从外界吸收热量3.8×104J，则该理想气体的（）A．温度降低，密度减小B．温度降低，密度增大C．温度升高，密度减小D．温度升高，密度增大4．下列说法正确的是A．物体吸收热量，其内能一定增加B．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响C．第二类永动机不能制成是因为违背了能量守恒定律D．热量能够自发地从低温物体传递到高温物体5．下列有关热学的叙述中，正确的是（）A．同一温度下，无论是氢气还是氮气，它们分子速率都呈现出“中间多，两头少”的分布规律，且分子平均速率相同B ．在绝热条件下压缩理想气体，则其内能不一定增加C ．布朗运动是指悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动D ．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力6．下列说法正确的是（ ）A ．布朗运动就是液体分子的热运动B ．在实验室中可以得到-273.15℃的低温C ．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大D ．热量一定是从内能大的物体传递到内能小的物体7．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A ．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB ．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C ．吸收了热量的物体，其内能一定增加D ．压缩气体气体的温度一定升高8．一定质量的理想气体在某一过程中压强51.010P Pa =⨯保持不变，体积增大100cm 3，气体内能增加了50J ，则此过程（ ）A ．气体从外界吸收50J 的热量B ．气体从外界吸收60J 的热量C ．气体向外界放出50J 的热量D ．气体向外界放出60J 的热量9．下列说法正确的是( )A ．分子的热运动就是布朗运动B ．气体的温度越高，每个气体分子的动能越大C ．物体的速度越大，内部分子的热运动越激烈D ．热力学温标的最低温度为0K ，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一10．一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，MN 为一条直线，则气体从状态M 到状态N 的过程中A ．温度保持不变B ．温度先升高，后又减小到初始温度C ．整个过程中气体对外不做功，气体要吸热D ．气体的密度在不断增大11．下列说法正确的是_________．A ．布朗运动是液体分子的无规则运动B ．只有外界对物体做功才能增加物体的内能C ．功转变为热的实际宏观过程是可逆过程D．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加12．一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V-T 图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T轴，图线ca平行于V轴，则（）A．ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热B．bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热C．ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热D．整个变化过程中气体的内能先减少后增加13．一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，（若不计气泡内空气分子势能的变化）则（）A．气泡对外做功，内能不变，同时放热B．气泡对外做功，内能不变，同时吸热C．气泡内能减少，同时放热D．气泡内能不变，不吸热也不放热14．研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。
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第91节 气体的等温变化、玻马定律
1.2013年上海卷
15．已知湖水深度为20m ，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa 。
当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g =10m/s 2，ρ=1.0×103kg/m 3) A ．12.8倍 B ． 8.5倍 C ．3.1倍 D ．2.1倍
答案：C
解析：湖底压强大约为3个大气压，由气体状态方程，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C 正确。
2. 2014年物理上海卷
10.如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体（ ）
A ．压强增大，体积增大
B ．压强增大，体积减小
C ．压强减小，体积增大
D ．压强减小，体积减小 【答案】B
【解析】初始时，水银处于静止状态，受到重力和封闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由下落时，管中水银也处于完全失重状态，加速度为g 竖直向下，所以封闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知封闭气体的压强增大，根据玻马定律可知，气体的体积减小，B 项正确。
3.2012年物理上海卷
31．（13分）如图，长L =100cm ，粗细均匀的玻璃管一端封闭。
水平放置时，长L 0=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p 0=75cmHg 。
求：
（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 。
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l =70cm 由玻意耳定律：p ＝p 0L 0/l ＝53.6cmHg ，
由于p ＋ gh ＝83.6cmHg ，大于p 0，因此必有水银从管中流出，
2
设当管转至竖直位置时，管内此时水银柱长为x ， 由玻意耳定律：p 0SL 0＝（p 0－ρgh ）S （L －x ）， 解得：x ＝25cm ，
设插入槽内后管内柱长为L'，
L'＝L －（x ＋∆h ）＝60cm ，
由玻意耳定律，插入后压强p ＝p 0L 0/ L'＝62.5cmHg ， （2）设管内外水银面高度差为h'，
h'＝75－62.5＝12.5cm ，
管口距槽内水银面距离距离H ＝L －L'－h'＝27.5cm ，
4.2015年上海卷9．如图，长为h 的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A 处管内外水银面相平。
将玻璃管缓慢向上提升H 高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为△p 1和△p 2，体积变化分别为△V 1和△V 2。
已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S ，则 （ A ） （A ）△p 2一定等于△p 1
（B ）△V 2一定等于△V 1 （C ）△p 2与△p 1之差为ρgh
（D ）△V 2与△V 1之和为HS
解析：当玻璃管缓慢向上提升H 高度时，气体的体积变大，压强变小，有部分水银进入玻璃管，则管中的水银面会比管外的高。
设高度差为△h ，初状态上面气体的压强为p 1= p 0-ρgh ，末状态上面气体的压强为p'1= p 0-ρgh -ρg △h ，所以△p 1=ρg △h ，同理可求出△p 2=ρg △h ，故A 正确，C 错误；
由玻马定律的11
11V p V p ''=，所以体积的变化11
1
111-V p p V V V '='=∆∆，同理可求出22
22V p p V '=
∆∆，故B
错误；因为有水银进入玻璃管内，所以△V 2与△V 1之和小于HS ，故D 错误。
5.2016年上海卷12.如图，粗细均匀的玻璃管A 和B 由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A 管内，初始时两管水银面等高，B 管上方与大气相通。
若固定A 管，将B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H ，A 管内的水银面高度相应变化
h ，则
（A ）h = H （B ）h <2
H
（C ）h =
2H （D ）2
H < h < H 【答案】B
【解析】据题意，原来A 、B 管内的水银高度相同，有0A P P =；B 管下移后，设A 管水银下移高
原位置 末位置 末位置
B
A
h 1
h
3
度为h ，B 管内水银末位置高度如图所示，A 、B 管内末位置水银高度差为1h ，则B 管内水银原、末位置高度差为：1h h +；可以计算B 管下降的高度为：12H h h =+，此时由于A 管内水银下降，
A 管内气体体积增加，压强减小，即'0A P P <，此时有：1'
0A h P P P +=，计算得'0(2)A P g H h P ρ+-=，最后有：'
02
A P P H h g ρ-=+，由于'
0A P P <，所以2H h <，故选项B 正确。