理想气体状态方程专项训练剖析

理想气体状态方程专项训练（含答案）（上海地区适用）一.选择题（共30小题）（2011.上海）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（2010.上海）一定量的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和bc平行.则气体体积在（ ）A.CA.C.ab过程中不断增加cd过程中不断增加B.bc过程中保持不变D.da过程中保持不变（2010.闵行区三模）如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝.气缸壁和隔板均绝热.初始时隔板静止，左右两边气体温度相等.现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源.当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（）A.右边气体温度升高，左边气体温度不变B.左右两边气体温度都升高C.左边气体压强增大D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量（2005.山东）如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的.两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略.现通过电热丝对气体a加热一段时闻后，a、b各自达到新的平衡，则（ ）a的体积增大了，压强变小了b的温度升高了C.加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D.a增加的内能大于b增加的内能（2001.上海）某同学用同一个注射器做了两次验证波意耳定律的实验，操作完全正确.根据实验数据却传-V图上画出了两条不同双曲线.造成这种情况的可能原因是（ ）A.两次实验中空气质量不同B.两次实验中温度不同C.两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体压强的数据不同D.两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体体积的数据不同（2014.徐汇区一模）如图，一竖直放置的气缸内有两个活塞分别用一根硬杆相连，上活塞上放有一小木块，缸内封有一定质量的气体，整个系统处于平衡.活塞与缸壁间无摩擦且不漏气.下列做法中能使两活塞相对气缸向上移动的是（ ）B.B.取走小木块D.大气压变小A.给气缸内气体缓慢加热C.让整个装置自由下落（2014.徐汇区二模）如图，各实线分别表示一定质量的理想气体经历的不同状态变化过程，其中气体温度增大的过程为（ ）A.afb B.bfa C.bfc D.bfd（2014.松江区一模）两端封闭的玻璃管在常温下如图竖直放置，管内有一段汞柱将空气分隔成上下两部分，下列判断中正确的是（ ）A.当它转过90成水平状态时，原下部空气柱体积会增大B.当它竖直向上加速运动时，下部空气柱体积增大C.当它自由下落时，上部空气柱体积减小D.当它完全浸没在冰水中后，上部空气柱体积增大©2010-2014菁优网（2014•顺义区模拟）如图所示，固定在水平面上的气缸内封闭一定质量的气体，气缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是（）A.使活塞向左移动，气缸内气体对外界做功，内能减少B.使活塞向左移动，气缸内气体内能增大，温度升高C.使活塞向左移动，气缸内气体压强减小D.使活塞向左移动，气缸内气体分子无规则运动的平均动能减小（2014•上海二模）一定质量的理想气体，经过图中ABC图线所示的状态变化过程，由图线可知（ ））4CT FAB过程气体对外做功，压强增大CA过程气体对外做功，压强增大BC过程外界对气体做功，分子平均动能不变CA过程气体对外做功，分子平均动能增加（2014.浦东新区二模）如图所示，竖直放置的弯曲玻璃管a端封闭，b端开口，水银将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差为h「h2、h3且h1=h2=h3；K「K2为两个阀门，K2位置与b管水银面等高，打开阀门后可与外界大气相通.打开K1或K2,下列判断正确的是（ ）A.打开修，h「h2和h3均变为零 B.打开0,%增大，h2和h3均变为零C.打开K2,与、h2和h3均变为零 D.打开K2,h「h2、h3的长度保持不变（2014.静安区一模）足球的容积为V.足球内已有的气体与外部大气的温度相同，压强等于大气压强P0,现再从球外取体积为^V的空气充入球内，使足球内的压强增大到P,设足球容积保持不变，充气过程气体温度不变，则^V为（）A£0V B（-^--1）V C—V D（F+1）VP P。 F口 P[i（2014.静安区一模）如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2,其P-1图象为倾斜直线，气体温度变化是（ ）©2010-2014菁优网

A.逐渐升高 B.逐渐降低C.可能不变 D.可能先升高后降低（2014.静安区一模）如图所示，两根玻璃管a和b开口向下固定在水槽中，玻璃管内被水各封有一定质量的气体.平衡时，a管内的水面低于水槽中的水面，b管内的水面高于水槽中的水面，整个装置固定在升降机内.现让升降机从静止开始加速下降，假设在此过程中管内气体不与外界热交换（绝热过程），则（ ）a中气体内能将增加，b中气体内能将减少a中气体内能将减少，b中气体内能将增加a、b中气体内能都将增加a、b中气体内能都将减少（2014.静安区二模）A、B是两只固定在地面上的气缸，两气缸的活塞用硬质细杆相连，A的活塞面积大于B的活塞面积，活塞处于静止状态，两气缸内封有温度相同的气体，活塞之间与大气相通，如果使两气缸内气体升高相同温度至活塞再度平衡，则可能发生的情况是（ ）A.活塞向左移动，A内气体压强增加得多B.活塞向右移动，B内气体压强增加得多C.活塞不移动，AB气体压力增加量相同D.活塞向右移动，AB气体压力增加量相同（2014.嘉定区一模）如图所示，两端开口的U形管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，使气体缓慢升高温度，则（ ）A.A.图中两侧水银面高度差h增大C.气体压强增大B.图中两侧水银面高度差h减小D.气体压强不变（2014.嘉定区一模）如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气.若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是（ ）A.温度降低，压强增大 B.温度升高，压强不变©2010-2014菁优网C.C.温度升高，压强减小D.温度不变，压强增大（2014.嘉定区二模）一定质量的理想气体在等容变化过程中测得气体在0c时的压强为p0,10℃时的压强为p10,则气体在11℃时压强的正确表达式是（ ）A.P口 B.IOPq C. Pio D._284P=P1o+芯 p=p0+/ p=p10+就 尸律10（2014.奉贤区二模）如图所示，一端封闭、一端开口的足够长U形管竖有放置，管中有两段相同高度的水银柱封住了两段空气A和8,为了使气体A的体积减小可以采用的办法是（ ）A.只升高B的温度 B.A、B同时升高相同的温度C.在右管中加入水银 D.U形管在竖直平面内逆时针转过90°（2014•长宁区一模）一定质量的理想气体，当它的温度发生变化时，它的（ ）A.压强一定改变 B.体积一定改变C.压强与体积可能都不会改变 D.压强与体积至少有一个会改变（2014•长宁区一模）如V-T图所示，一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B,最后变化到状态C.线段AB平行横轴，线段AC连线过坐标原点.则气体压强p变化情况是（ ）JLVCJfJA.不断增大，且pC小于pA B.不断增大，且pC大于pAC.先增大再减小，且pC大于pA D.先增大再减小，且pC与pA相等（2014.长宁区一模）如图所示，均匀U形管内盛有液体，左右液面相平，左管用活塞封闭了一定量的气体A,右管封闭气体B,开始A、B两部分气体压强均为p,气柱的长度均为h,现将活塞缓慢上提，提升的高度为d,则此过程中（）A.气柱A的长度增加量等于dA.气柱A的长度增加量等于dC.气体A的最终压强等于hp

(h+d)B.气柱B的长度增加量小于dD.气体A的最终压强大于肃为（2013.徐汇区一模）一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h,下列情况中能使细绳拉力增大的是（ ）©2010-2014菁优网

B.环境温度升高C.向水银槽内注入水银D.略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移24.（2013•徐汇区二模）如图所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，通过下列哪种方式可以使封闭气体的体积减小（ ）A.升高气体温度 B.用力拉着气缸一起向上加速运动C.顺时针转30° D.减小气缸质量25.（2013.青浦区一模）一定质量的理想气体从某一状态开始，先发生等容变化，接着又发生等压变化，能正确反映该过程的图象为下列中的（ ）（2013•普陀区二模）一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管内有甲、乙两段水银柱封闭的A、B两部分气体，水银柱甲的底部是一只很薄的活塞丙（活塞重力不计），活塞被管内壁上的小突起物支持着，只能无摩擦地向上运动.已知大气压强为75cmHg,且A中气体压强也是75cmHg,两段空气柱温度都是127℃,其余尺寸如图所示.现保持A中气体温度不变，而使B中气体温度升高.当水银柱甲开始向上移动时，B中气体温度升高了（）A.80K B.60K C.50K D.30K（2013.闵行区一模）关于一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态量P、V、T的变化情况，不可能的是（ ）A.P、V、T都增大B.P减小，V和T增大C.P和V减小，T增大D.P和T增大，V减小（2013.静安区一模）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C,最后到D状态，下列判断中正确的是（ ）©2010-2014菁优网AfBAfB温度升高，压强不变C.COD体积变小，压强变大BfC体积不变，压强变大D.D点的压强比A点的压强小（2013.金山区一模）如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平.现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏.下列图象中能体现筒内气（2013•嘉定区一模）一定质量的理想气体经历三个状态AfBfC的变化过程，p-V图象如图所示，BC是双曲线，则气体内能减小的过程是（ ）JlPy0 VA. AfB B. BfC C. AfB和BfC都是D. AfB和BfC都不是©2010-2014菁优网2014年5月1512100035的高中物理组卷参考答案与试题解析一.选择题（共30小题）（2011.上海）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.先增大后减小考点：理想气体的状态方程.分析：由图象知气体的体积减小、温度升高，由理想气体状态方程问题立解.解答：解：根据气体状态方程早二恒量，因为沿直线从a到b,V逐渐变小，T逐渐变大，所以P逐渐变大.点评：本题考查理想气体状态变化规律及图象，难度：容易.（2010.上海）一定量的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和bc平行.则气体体积在（ ）KA.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过程中保持不变考点：理想气体的状态方程.分析：根据气体状态方程导=C和已知的变化量去判断其它的物理量.解答：解：A、从P-T图象知道ab过程中，温度不变，压强减小，根据气体状态方畔=C,所以体积不断增加，故A正确.B、由于bc的延长线通过原点，根据气体状态方程早=C,所以从P-T图象知道bc过程中，体积保持不变，故B正确.C、从P-T图象知道cd过程中，温度减小，压强不变，根据气体状态方嚼=C，所以体积不断减小，故C错误.D、连接Od,Oa,则Oa、Od都是定质量理想气体的等容线，根据气体状态方吗=C得：,专,依据p-T图中等容线的特点（斜率越大，气体体积越小），比较Od,Oa图线的斜率即可得出Va>Vd，所以da过程中体积增大.故D错误.故选AB.点评：能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系.©2010-2014菁优网知道P-T图象中某一点与原点连线的斜率的物理意义.（2010.闵行区三模）如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝.气缸壁和隔板均绝热.初始时隔板静止，左右两边气体温度相等.现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源.当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（）A.右边气体温度升高，左边气体温度不变B.左右两边气体温度都升高C.左边气体压强增大D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据气体状态方程号=C和已知的变化量去判断其它的物理量；根据热力学第一定律判断气体的内能变化.解答：解：A、B、当电热丝通电后，右侧的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又因左侧气体为绝热过程，由热力学第一定律知内能增加，气体的温度升高.故A错误，B正确；C、利用早为一常数知，左边的气体压强增大.故C正确.D、电热丝放出的热量等于右边气体内能的增加量与对外做功之差，所以右边气体内能的增加值为电热丝发出的热量减去对左边的气体所做的功，故D错误.故选BC.点评：掌握一定质量的理想气体的内能变化由温度决定，根据气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系.（2005.山东）如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的.两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略.现通过电热丝对气体a加热一段时闻后，a、b各自达到新的平衡，则（ ）a的体积增大了，压强变小了b的温度升高了C.加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D.a增加的内能大于b增加的内能考点：理想气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义.专题：压轴题.分析：根据气体状态方程早=C和已知的变化量去判断其它的物理量.根据热力学第一定律判断气体的内能变化.解答：解：A、当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a,b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误.B、由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的温度升高了，故B正确.C、由于过程中a气体膨胀，b气体被压缩，所以a气体的温度较高，所以加热后a的分子热运动比b的分©2010-2014菁优网

子热运动更激烈，故C正确.D、由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，所以a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确.故选BCD.点评：温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志.根据气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系.（2001.上海）某同学用同一个注射器做了两次验证波意耳定律的实验，操作完全正确.根据实验数据却传-V图上画出了两条不同双曲线.造成这种情况的可能原因是（ ）A.两次实验中空气质量不同B.两次实验中温度不同C.两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体压强的数据不同D.两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体体积的数据不同考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据理想气体状态方程公式早二C，得到p-v关系，然后分析即可.解答：解：根据理想气体状态方程公式早二C，得到PV=CT；若PV乘积一定，则p-v图是双曲线，且乘积不同，双曲线不同；故题中可能是温度T不同，也可能是常数C不同，而常数C由质量决定，即也可能是气体质量不同；故A正确，B正确，C错误，D错误；故选AB.点评：本题关键根据理想气体状态方程推导出P-V的函数表达式进行分析讨论，同时要明确理想气体状态方程公式早二C中的常数C由气体质量决定，不难.（2014.徐汇区一模）如图，一竖直放置的气缸内有两个活塞分别用一根硬杆相连，上活塞上放有一小木块，缸内封有一定质量的气体，整个系统处于平衡.活塞与缸壁间无摩擦且不漏气.下列做法中能使两活塞相对气缸向上移动的是（ ）BB.取走小木块D.大气压变小A.给气缸内气体缓慢加热C.让整个装置自由下落考点：理想气体的状态方程.©2010-2014菁优网

专题：理想气体状态方程专题.分析：以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知（P0-P）（S-s）=G,明确原来气体压强小于大气压强;题目设计的变化如加热、取走木块、大气压减小、装置自由下落后，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞上升还是下降了.解答：解：设缸内气体压强P,外界大气压为P0,大活塞面积S,小活塞面积s,活塞和木块的总重力为G,以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：（P0-P） （S-s）=G…①A、给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错.B、取走几木块后，整体的重力小了，由①式知容器内气体压强必须增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，故B正确.C、让整个装置自由下落，缸内气体压强增大（原来小于大气压强），由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故C正确.D、大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故D错误.故选：B、C点评：本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题.（2014.徐汇区二模）如图，各实线分别表示一定质量的理想气体经历的不同状态变化过程，其中气体温度增大的过程为（ ）考点n八、、

专题

分析

解答考点n八、、

专题

分析

解答点评:A.afb B.bfa C.bfc D.bfd理想气体的状态方程.理想气体状态方程专题.做出过cd点的等温线，然后利用控制变量法可以判断各点的温度关系.解：在P-,图象中，过原点的倾斜直线为等温线，0当控制体积不变时，根据查理定律，压强大的温度则高，由此可以判断：Ta=Tb①，故AB错误Tc>Ta>Td②①②可知：Tb<Tc故C正确；Tb>Td故D错误；故选：C.解决本题得关键要知道：在P-,图象中，过原点的倾斜直线为等温线，然后再利用控制变量法即可做出判断.（2014.松江区一模）两端封闭的玻璃管在常温下如图竖直放置，管内有一段汞柱将空气分隔成上下两部分，下列判断中正确的是（ ）©2010-2014菁优网A.当它转过90成水平状态时，原下部空气柱体积会增大B.当它竖直向上加速运动时，下部空气柱体积增大C.当它自由下落时，上部空气柱体积减小D.当它完全浸没在冰水中后，上部空气柱体积增大考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：上部分空气的压强加上水银柱产生的压强等于下部分空气产生的压强，然后水平放置时下面的空气压强减小，由等温变化可知，下面部分的体积应当增大；当玻璃管竖直向上加速时，水银柱受到的合力竖直向上，所以下面的空气压强变大，有等温变化可知气体体积减小；完全浸入水中时可以假设两部分气体做等容变化，再去判断.解答：解：A、开始时上面空气压强为PcmHg,下面空气压强为：P+h,其中h为水银柱高度；转过90度的过程，下面的空气压强减小，由于气体做等温变化，PV=C，水银下面空气的体积变大，故A正确.B、当它竖直向上加速运动时，水银柱受到的合力竖直向上，所以下面的空气压强变大，有等温变化可知下面气体体积减小；故B错误.C、当玻璃管自由落体时，水银柱不产生压强，水银下面空气压强变小，由于气体做等温变化，PV=C，水银下面空气的体积变大，故上面空气体积减小，故C正确.D、当把玻璃管浸入冰水中，气体的温度降低，假设气体做等容变化，对上面的气体由：干二（>耳，所以初态压强P越大的气体压强减少的越多，所以下部气体压强减小的多，故水银柱下降，上面空气体积增大，故：D正确.故选：ACD点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间联系的桥梁：水银柱，以水银柱为研究对象，利用平衡或牛顿第二定律找到两部分得压强关系，再利用气体实验三定律即可轻松解决体积和温度关系.（2014顺义区模拟）如图所示，固定在水平面上的气缸内封闭一定质量的气体，气缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是（）A.使活塞向左移动，气缸内气体对外界做功，内能减少B.使活塞向左移动，气缸内气体内能增大，温度升高C.使活塞向左移动，气缸内气体压强减小D.使活塞向左移动，气缸内气体分子无规则运动的平均动能减小考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律.专题：理想气体状态方程专题.分析：气缸壁的绝热性能良好，做功放热问题可由热力学第一定律讨论，温度是气体分子的平均动能变化的标志.压强的变化可由压强产生的微观解释分析.解答：解：A、使活塞向左移动，故W>0,气缸壁的绝热性能良好，©2010-2014菁优网

由热力学第一定律：AUmW+Q得：气缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度增大，所以气缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B正确，ACD错误故选：B.点评：第一题主要考察热力学第一定律和压强的微观解释，注意温度是分子平均动能的标志，对一定质量的理想气体内能也只与温度有关.（2014•上海二模）一定质量的理想气体，经过图中ABC图线所示的状态变化过程，由图线可知（ ）考点n考点n八、、专题分析解答AB过程气体对外做功，压强增大CA过程气体对外做功，压强增大BC过程外界对气体做功，分子平均动能不变CA过程气体对外做功，分子平均动能增加理想气体的状态方程.理想气体状态方程专题.V-T图象中过原点的直线表示等压线，且直线斜率越大，压强越小；温度是分子平均动能的标志.解：A、AB过程气体体积增大，对外做功，压强不变，故A错误；B、CA过程体积增大，气体对外做功，压强逐渐减小，故B错误；C、BC过程体积减小，外界对气体做功，温度不变，故分子平均动能不变，故C正确；D、CA过程，体积增大，气体对外做功，温度减小，故分子平均动能减少，故D错误；故选：C.点评:本题关键对于V-T图象的理解，注意掌握其斜率的物理意义，并知道温度是分子平均动能的标志.点评:（2014.浦东新区二模）如图所示，竖直放置的弯曲玻璃管a端封闭，b端开口，水银将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差为h「h2、h3且h1=h2=h3；K「K2为两个阀门，K2位置与b管水银面等高，打开阀门后可与外界大气相通.打开K1或K2,下列判断正确的是（ ）1AaIIA1AaIIA2MAiA.打开0,%、h2和h3均变为零 B.打开K1,%增大，h2和h3均变为零JL JL 乙 J JL JL 乙 JC.打开K2,h1、h2和1均变为零 D.打开K2,h1、h2、h3的长度保持不变乙 JL 乙 J 乙 JL 乙 J考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据图示判断各部分气体压强与大气压的关系，然后分析打开阀门后各部分气体压强如何变化，然后根据压强的变化分析答题.©2010-2014菁优网解答：解：设h1=h2=h3=h,由图示可知，中间封闭气体的压强p=p0-h2=p0-h<p0,左边气体压强pa=p-h3=p-h=p0_2h<p0；A、打开K1,中间部分气体压强等于大气压p0,则h2和h3均变为零，左边气体压强变大，气体体积减小，h3增大，故AB错误；C、打开K2，各部分气体压强均不变，则h1、h2、h3均不变，故C错误，D正确；故选：D.点评：解决本题有两个结论可以直接应用①同一气体的压强处处相等②同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定.分析清楚气体压强如何变化是正确解题的关键.（2014.静安区一模）足球的容积为V.足球内已有的气体与外部大气的温度相同，压强等于大气压强P0,现再从球外取体积为^V的空气充入球内，使足球内的压强增大到P,设足球容积保持不变，充气过程气体温度不变，则^V为（ ）A£°V B.（-^--1）V C.3V D.（3+1）VP P口 P0 P0考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据充气前的气体压强为P0,体积为两部分V+4V,充气后压强为P,体积为V,根据等温变化的气体方程列式即可求解.解答：解：气体做等温变化，设充入^V的气体，根据玻意耳定律知P0V+P0AV=PV,P—F口 P4…所以△Vl^—V=（*-1）V,故C正确.故选：C.点评：本题考查了理想气体状态方程中的等温变化，还要知道其它两种变化的分析.（2014.静安区一模）如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2,其P-1图象为倾斜直线，气体温度变化是（）A.逐渐升高 B.逐渐降低C.可能不变 D.可能先升高后降低考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据理想气体方程知与二C，即P=E，其P-1图象上点到原点连线斜率反应温度的高低进行分析.T v v解答：解：根据理想气体方程知冬二C，即P=W，其P-1图象上点到原点连线斜率反应温度的高低，如图知1T v v点温度大于2点的温度，由1到2温度降低.故选：B.©2010-2014菁优网点评：本题的关键是知道P-1图象上点到原点连线斜率反应温度的高低.V（2014.静安区一模）如图所示，两根玻璃管a和b开口向下固定在水槽中，玻璃管内被水各封有一定质量的气体.平衡时，a管内的水面低于水槽中的水面，b管内的水面高于水槽中的水面，整个装置固定在升降机内.现让升降机从静止开始加速下降，假设在此过程中管内气体不与外界热交换（绝热过程），则（ ）a中气体内能将增加，b中气体内能将减少a中气体内能将减少，b中气体内能将增加a、b中气体内能都将增加a、b中气体内能都将减少考点：理想气体的状态方程；物体的内能.专题：理想气体状态方程专题.分析：加速下降时处于失重状态，分析原来气体的压强与大气压的大小关系，从而知道加速下降时体积的变化，最后根据热力学第一定律判断内能变化.解答：解：A、升降机从静止开始加速下降，系统处于失重状态，分析图可以知道：a中气体的压强=大气压+水压，b中气体的压强=大气压-水压，故失重状态下，水压减小，a中气体膨胀对外做功，b中气体体积减小，外界对其做功，系统绝热，根据热力学第一定律知a中气体内能将减少，b中气体内能将增加.故ACD错误，B正确.故选：B.点评：本题结合失重考查了热力学第一定律的应用，关键是判断气体压强和体积的变化，由于此过程中管内气体不与外界热交换（绝热过程），气体的平均动能不变，其内能变化决定于气体对外做功与否.（2014.静安区二模）A、B是两只固定在地面上的气缸，两气缸的活塞用硬质细杆相连，A的活塞面积大于B的活塞面积，活塞处于静止状态，两气缸内封有温度相同的气体，活塞之间与大气相通，如果使两气缸内气体升高相同温度至活塞再度平衡，则可能发生的情况是（ ）A.活塞向左移动，A内气体压强增加得多B.活塞向右移动，B内气体压强增加得多C.活塞不移动，AB气体压力增加量相同D.活塞向右移动，AB气体压力增加量相同考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据题意应用平衡条件求出两气体压强间的关系，然后应用假设法与查理定律分析答题.解答：解：开始活塞静止，处于平衡状态，由平衡条件得：PaSA+P0sB=PbSB+P0SA，（Pa-Po）SA=（Pb-P0）SB…①，杆对活塞B有向右的压力，对活塞A有向右的拉力，则A的压强小于大气压，B的压强大于大气压，即A的压强小于B的压强；温度升高，气体压强增大，活塞面积越大，增加的压力越大，由于A的活塞面积大，因此活塞向右移动，©2010-2014菁优网故AC错误；假设加热过程中活塞不动，气体发生等容变化，由查理定律得"专台，则有：△p=△T,由于T与4T都相等，pA<pB，则△pA<△pB，则UB中气体压强增加多，重新平衡后，有：（pA‘-p0）SA=（PB,-P0）SB…②，②-①得：△pASA"pASA，故BD正确；故选：BD.点评：本题考查了判断活塞的移动方向、气体压强的变化情况，分析清楚图示情景、应用查理定律即可正确解题，解题时要注意假设法的应用.（2014.嘉定区一模）如图所示，两端开口的U形管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，使气体缓慢升高温度，则（ ）A.图中两侧水银面高度差h增大 B.图中两侧水银面高度差h减小C.气体压强增大 D.气体压强不变考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据图示求出封闭气体的压强，然后分析温度升高时，气体压强如何变化，h如何变化.解答：解：设大气压强为p0,由图示可知，封闭气体压强：p=p0+h=p0+h',温度升高时，大气压p0与h'都不变，则封闭气体压强p不变，h不变，故ABC错误，D正确；故选：D.［卜U点评：封闭气体的压强等于大气压与左侧水银柱h产生的压强之和，也等于大气压与右侧水银柱产生的压强之和，由于大气压与右侧水银柱不变，则封闭气体压强不变.（2014.嘉定区一模）如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气.若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是（）A.温度降低，压强增大 B.温度升高，压强不变©2010-2014菁优网

C.温度升高，压强减小DC.温度升高，压强减小D.温度不变，压强增大专题：理想气体状态方程专题.分析：此温度计不是根据液体的热胀冷缩原理制成的，它是靠气体作为膨胀物质，液体的受热膨胀忽略不计；外界大气的压强变化时，根据理想气体的状态方程也可以判定.解答：解：设玻璃泡中气体压强为p,外界大气压强为p',则p'=p+pgh,且玻璃泡中气体与外界大气温度相同.液柱上升，气体体积V减小；A、由理想气体的状态方嚼=C可知，V减小，如果p增大，T可能不变，可能减小，也可能增大，%D正确；B、由理想气体的状态方程早=C可知，V减小，如果p不变，T减小，故B错误；C、由理想气体的状态方程早=C可知，V减小，如果压强减小，T降低，故C错误；故选：AD.点评：本题考查了气体温度计的原理，膨胀物质不是液体，而是气体，依据气体的热胀冷缩性质制成的.（2014.嘉定区二模）一定质量的理想气体在等容变化过程中测得气体在0c时的压强为p0,10℃时的压强为p10,则气体在11℃时压强的正确表达式是（ ）A.P口 B. 10P口 C.Pio D._284p=p10+割 p=p0+/ p=p10+就 p=M10考点n八、、

专题

分析

解答考点n八、、

专题

分析

解答点评:理想气体状态方程专题.气体在等容变化，根据查理定律列式后联立求解即可.解：气体在等容变化，从0°C-10°C,根据查理定律，有包=-213- ①273273+10J从10℃到11℃,根据查理定律，P10P11273+10273+11①②联立得：F1口二箫Fd284P10 1 1 283Pll=283=P10+^P10=P10+^X^3P0=P10,故A正确，BCD错误；,故选：A.难度不大.本题要掌握气体发生等容变化所遵守的规律是查理定律，并知道T=t+273K,难度不大.19.（2014.奉贤区二模）如图所示，一端封闭、一端开口的足够长U形管竖有放置，管中有两段相同高度的水银柱封住了两段空气A和8,为了使气体A的体积减小可以采用的办法是（ ）A.只升高B的温度 B.A、B同时升高相同的温度C.在右管中加入水银 D.U形管在竖直平面内逆时针转过90°©2010-2014菁优网考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强.专题：理想气体状态方程专题.分析：求出封闭气体的压强，根据题意应用气体状态方程分析，在什么情况下，A气体体积减小.解答：解：设水银柱高度为h，则封闭气体压强：pB=p0+h，pA=pB-h=p0；A、只升高B的温度，B的压强与A的压强都不变，A的温度不变，A的体积不变，故A错误；B、A、B升高相同的温度，A、B的压强都不变，A的压强不变，温度升高，由盖吕萨克定律可知，A的体积增大，故B错误；C、在右管中加入水银，A、B的压强都增大，A的压强增大、温度不变，由玻意耳定律可知，A的体积减小，故C正确；D、U形管在竖直平面内逆时针转过90°,A、B的压强都减小，A的压强减小而温度不变，由玻意耳定律可知，A的体积增大，故D错误；故选：C.点评：本题考查了判断气体A的体积如何变化，根据图示求出气体的压强，根据具体情况判断出气体压强如何变化，然后应用气体状态方程即可正确解题，求出气体压强、判断出气体压强如何变化是正确解题的关键.（2014•长宁区一模）一定质量的理想气体，当它的温度发生变化时，它的（ ）A.压强一定改变 B.体积一定改变C.压强与体积可能都不会改变 D.压强与体积至少有一个会改变考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据理想气体状态方程导=C，对一定质量的理想气体C为常数.解答：解：根据理想气体状态方程牛=C（常数）知，P、V、T三个量中至少有两个量同时变化才会早不变，故当它的温度发生变化时，压强与体积至少有一个会改变.故选：D.点评：本题主要考察理想气体状态方程的理解，温度、压强、体积三个量中至少有两个量是同时变化的，不可能只有一个量变而其它两个量都不变.（2014•长宁区一模）如V-T图所示，一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B,最后变化到状态C.线段AB平行横轴，线段AC连线过坐标原点.则气体压强p变化情况是（ ）JLVCJfJA.不断增大，且pC小于pA B.不断增大，且pC大于pAC.先增大再减小，且pC大于pA D.先增大再减小，且pC与pA相等考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据理想气体状态方程，有PV=CT,即V=1T,故V-T图象中过原点的直线为等压线，直线斜率越大压强越小.解答：解：V-T图象中过原点的直线为等压线，直线斜率越大压强越小，如图可知：©2010-2014菁优网

过OA的直线斜率大于过OB的直线斜率，故A的压强小于B的压强，由A到B压强增大，由B到C压强减小，AC的直线过原点，故pC与pA相等，D正确.故选：D.点评：解决本的关键是知道V-T图象中过原点的直线为等压线，直线斜率越大压强越小.（2014.长宁区一模）如图所示，均匀U形管内盛有液体，左右液面相平，左管用活塞封闭了一定量的气体A,右管封闭气体B,开始A、B两部分气体压强均为p,气柱的长度均为h,现将活塞缓慢上提，提升的高度为d,则此过程中（）A.气柱AA.气柱A的长度增加量等于dC气体A的最终压强等于(h+d)B.气柱B的长度增加量小于dD.气体A的最终压强大于命考点:、、：专题分析:解答:理想气体的状态方程.理想气体状态方程专题.分别对左右两管内气体采用假设法，研究气柱A的长度增加量时假设水银柱不动，研究右边气柱时假设气柱长增加量等于d.考点:、、：专题分析:解答:理想气体的状态方程.理想气体状态方程专题.分别对左右两管内气体采用假设法，研究气柱A的长度增加量时假设水银柱不动，研究右边气柱时假设气柱长增加量等于d.解：A、水银柱不动则气柱A的长度增加量等于d,即B管内气柱长没变，根据玻意耳定律则A内压强减小B内压强不变，即A内压强小于B内压强柱A的长度增加量小于d,A错误；B、假设气柱B的长度增加量等于d,则相当于A内气体长度没变，根据玻意耳定律则A内压强不变B内压强减小，即A内压强大于B内压强柱B的长度增加量小于d,故B正确.水银一定在左管内上升，故气水银一定在右管内上升，故气C、假设气柱A的长度增加量等于d才会有：ph=p'（h+d）,得：P′1磊y，而实际气柱A的长度增加点评:量小于d,故气体A的最终压强p'大于门吗、，故D正确C错误.故选：BD.本题采用假设法分析，是热学中动态变化问题常用的方法.23.（2013.徐汇区一模）一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h,下列情况中能使细绳拉力增大的是（ ）A.大气压强增加©2010-2014菁优网

B.环境温度升高C.向水银槽内注入水银考点n八、、

专题

分析

解答D考点n八、、

专题

分析

解答理想气体的状态方程；简单的逻辑电路.理想气体状态方程专题.封闭气体的压强P=P0-pgh,对玻璃进行受力分析，得到绳拉力大小的决定因素，并根据选项分析答案即可.解：由题意，令封闭气体的压强为P,玻璃管质量为m,则有对玻璃管受力分析：mg根据受力分析图可知，绳的拉力T=（Po-P）S+mg=pghS+mg,即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力.所以：A、大气压强增加时，封闭气体压强不变，故液柱h增加，所以拉力T增加，A正确；B、环境温度升高，封闭气体压强增大，根据P=P0-pgh可知，h减小，故拉力T减小，B错误；C、向水银槽内注入水银，根据P=P0-pgh和气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h减小，故拉力减小，C错误，D、略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体体积减小，压强增大，再根^=P0-pgh可知，水银面高度差h减小，故绳拉力减小，D错误.故选A.点评：根据对管的受力分析，求出绳的拉力大小跟什么因素有关，再根据封闭气体压强与大气压强的关系，正确应用气体状态方程是解决本题的关键.（2013•徐汇区二模）如图所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，通过下列哪种方式可以使封闭气体的体积减小（ ）A.升高气体温度CA.升高气体温度C.顺时针转30°D.减小气缸质量考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强.专题：理想气体状态方程专题.分析：大气压强为P0,开始活塞平衡，可求解出初始气压为：F口一号；然后根据理想气体状态方程或者气体压强的微观解释进行分析.解答：解：A、升高气体温度，分子无规则热运动的平均动能增加，若体积不变，则分子数密度不变，故压强变大，体积膨胀，故A错误；B、气缸开始时平衡，有：PS+mg=P0S；©2010-2014菁优网用力拉着气缸一起向上加速运动，有：P0S-mg-P/S=ma；故P'<P,故气体膨胀，故B错误；C、顺时针转30后，气压变为：P0-喳嘤一；即气压增加，故气体被压缩，体积减小，故C正确；D、减小气缸质量，活塞的质量不变，则p0一号不变，故体积不变，故D错误；故选：C.点评：本题关键是通过分析得到封闭气体压强的变化情况，然后结合理想气体状态方程列式分析.（2013.青浦区一模）一定质量的理想气体从某一状态开始，先发生等容变化，接着又发生等压变化，能正确反考点：理想气体的状态方程.专题：理想气体状态方程专题.分析：根据气体状态方程来理解图象含义，可以写出图象中两个物理量的函数关系来判断图象的形状.解答：解：定质量的理想气体从某一状态开始，先发生等容变化，即体积不变，所以V-T图象是平行T轴的直线，接着又发生等压变化，t=-273℃=0k,所以在V-T图象中过原点的直线表示等容线.故选A.点评：从图象上描述气态状态变化，要明确两坐标轴的含义，可以通过气态状态方程写出两坐标轴代表物理量的函数关系，加深理解.（2013•普陀区二模）一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管内有甲、乙两段水银柱封闭的A、B两部分气体，水银柱甲的底部是一只很薄的活塞丙（活塞重力不计），活塞被管内壁上的小突起物支持着，只能无摩擦地向上运动.已知大气压强为75cmHg,且A中气体压强也是75cmHg,两段空气柱温度都是127℃,其余尺寸如图所示.现保持A中气体温度不变，而使B中气体温度升高.当水银柱甲开始向上移动时，B中气体温度升高了（）A.80K B.60K C.50K D.30K考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强.专题：理想气体状态方程专题.分析：A中气体发生等温变化，当水银柱甲开始向上移动时，A的压强等于大气压与上部分水银压强之和，根据玻意耳定律求出此时A气柱的长度，从而得到B气柱的长度和压强，而B气体三个参量都发生改变，由理想气体状态方程求出B中气体的温度，即可得解.解答：解：对A气体：初态：压强pA=75cmHg,1A=32cm,末态：压强pA'=（75+5）cmHg=80cmHg,^^1A'二？A气体发生等温变化，由玻意耳定律得PAlAS二PA’lA’S，©2010-2014菁优网代入解得，1A,=30cmzi对B气体：