2026高考物理一轮复习（基础版）第十五章 第2讲　气　体

第2讲气体1.(2025·河北唐山阶段练习)如图,把一粗细均匀的玻璃管开口端插入水银中,如果当时大气压强为一个标准大气压(标准大气压强为76cmHg),管内外水银面高度差h为20cm,则管内气体的压强为()[A]20cmHg [B]56cmHg[C]76cmHg [D]96cmHg【答案】D2.(2024·辽宁朝阳三模)如图为某兴趣小组发射的自制水火箭。发射前瓶内空气的体积为1.2L,水的体积为0.8L,瓶内空气压强为3atm。打开喷嘴后水火箭发射升空,忽略瓶内空气温度的变化,外界大气压强为1atm。在瓶内的水刚喷完瞬间,瓶内空气的压强为()[A]1.8atm [B]2.1atm[C]2.5atm [D]2.8atm【答案】A3.(2025·安徽淮南月考)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三个状态的温度TA、TB和TC的关系,正确的是()[A]TA<TB,TB>TC[B]TA>TB,TB=TC[C]TA=TC,TB=TC[D]TA<TC,TB<TC【答案】A【答案】气体实验定律大小相互作用力不太大不太低温度减少数密度不变理想考点一气体压强的计算1.活塞模型如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。求气体压强时,一般先对活塞或液柱进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解。例如图甲中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS,则气体的压强为p=p0+mgS。图乙中的液柱也可以看成“活塞”,由于液柱做变速运动,若液柱密度为ρ,质量为M,根据牛顿第二定律有p0S-mg-pS=ma,则气体压强为p=p0-mgS-maS=p0-ρh(g+2.连通器模型如图所示,U形管竖直放置且处于平衡状态,则同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。对气体B,根据平衡条件有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。[例1]【活塞封闭气体压强的计算】(2025·安徽亳州模拟)如图甲、乙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。图甲中,汽缸静止在水平面上;图乙中,活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。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,封闭气体A、B的压强各为多大?【答案】p0+mgSp0-【解析】在题图甲中选活塞为研究对象进行受力分析,如图1所示,由受力平衡得pAS=p0S+mg,解得pA=p0+mgS在题图乙中选汽缸为研究对象进行受力分析,如图2所示,由受力平衡得p0S=pBS+Mg,解得pB=p0-MgS[例2](2024·江西景德镇二模)(多选)如图所示,一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置,长度L2=16cm的水银柱封闭了一段空气柱(视为理想气体),空气柱的长度L1=10cm。外界大气压强恒为p0=76cmHg。现使玻璃管向上做加速度大小a=5m/s2的匀加速直线运动时,管内空气温度保持不变,重力加速度g取10m/s2。和竖直静置时相比较,下列说法正确的是()[A]管内空气的压强增加了16cmHg[B]管内空气柱的长度减少了1.6cm[C]管内空气的压强增加了8cmHg[D]管内空气柱的长度减少了0.8cm【答案】CD【解析】设静置时管内空气的压强为p1,则有p1=p0+pL2=92cmHg;设玻璃管向上加速时管内空气的压强为p2,管的横截面积为S,根据牛顿第二定律有p2S-p0S-pL2S=pL2Sga,解得p2≈100cmHg,可知管内空气的压强增加了Δp=p2-p1=8cmHg,故A错误,C正确;由于空气温度保持不变,由玻意耳定律有p1L1S=p2L1′S,解得L1′=9.2cm,可知管内空气柱的长度减少了0.8cm,故B[变式]若[例2]中装置从某一较高处由静止释放,设玻璃管足够长,落地前水银柱与玻璃管相对静止,则释放时水银柱和玻璃管的加速度均等于重力加速度吗?落地前封闭气柱的长度是多少?【答案】二者加速度均不等于重力加速度12.1cm【解析】释放瞬间玻璃管和水银柱的加速度均不等于重力加速度,是因为释放时封闭气体的压强大于大气压强,玻璃管所受合力大于自身重力,其加速度大于重力加速度;同理,水银柱的加速度小于重力加速度。装置落地前,封闭气体的压强等于大气压强,根据玻意耳定律,有p1L1S=p0L1″S,即L1″=p1p0L1=考点二气体实验定律理想气体状态方程1.气体实验定律和理想气体状态方程的应用条件(1)气体质量保持不变,即使问题中质量发生变化,也必须转化为等质量问题。(2)气体实验定律适用于所研究气体的温度不太低、压强不太大的情况。(3)状态方程只适用于理想气体。2.两个重要推论(1)查理定律的推论:ΔpΔT(2)盖-吕萨克定律的推论:ΔVΔT[例3]【玻意耳定律的应用】(2024·广西卷,14)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-15+x曲线如图乙。大气压强p0=1×105P(1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小;(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化;(3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。【答案】(1)50N(2)(3)见解析【解析】(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知封闭气体压强等于大气压强p0,则封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6N=50N。(2)设封闭气体的压强为p,体积为V,气体柱的长度为l,则有F=pS=pV·1l由题图乙可知F-1l图像为过原点的直线即图像斜率pV为一定值,所以活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化。(3)在b处时pb=p0,Vb=Sl0=10×10-5m3,在a处时Va=Sla=0.25×10-5m3,根据玻意耳定律paVa=pbVb,解得pa=40×105Pa,封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。[例4]【盖-吕萨克定律及查理定律的应用】(2024·贵州六盘水期末)为了测定某些特殊物品(如小药丸)的体积,实验小组找来一个带有刻度的容器,其底面积S=5cm2、容积为V0=26mL、导热性能良好,带有厚度不计、可无摩擦滑动的轻质活塞,装置不漏气,如图甲所示。已知环境温度T0=300K,大气压强p0=1.0×105Pa,重力加速度g取10m/s2。(1)将某种特殊物品放在容器中,盖上活塞,将其置于T1=270K的冰箱中,冰箱中气体压强与大气压强相等,稳定时活塞下端所指刻度V1=24mL,如图乙所示,则该物品的体积为多少?(2)保持环境温度不变,把一些糖果放进容器后,盖上活塞,再将m=1kg的重物放在活塞上,稳定时活塞水平,下端所指刻度V2=22mL,如图丙所示,则这些糖果的体积为多少?【答案】(1)6mL(2)2mL【解析】(1)设放入容器中的物品体积为V,放入冰箱前后,气体压强不变,盖上活塞后容器中的气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律有V0-V代入数据解得V=6mL。(2)盖上活塞放上重物后,设稳定时容器内的气体压强为p,根据平衡条件,对活塞、重物整体有mg+p0S=pS,解得p=p0+mgS设糖果的体积为V′,对容器内气体,盖上活塞到放上重物稳定的过程温度不变,根据玻意耳定律有p0(V0-V′)=p(V2-V′),代入数据解得V′=2mL。[例5]【理想气体状态方程的应用】(2025·湖南衡阳开学考试)如图,有一质量为m、面积为S、厚度可忽略的活塞静止于一竖直放置的汽缸内,活塞下方密封有一定质量的理想气体,活塞距汽缸底部的距离为2h,活塞上端与轻弹簧拴接,弹簧处于拉伸状态,劲度系数为k,形变量为h,开始时汽缸内封闭气体的温度为T0,现用电热丝缓慢加热汽缸内的气体,(汽缸位置不变)直至活塞缓慢上升2h,活塞始终在汽缸内,不计活塞和汽缸壁之间的摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,求:(1)开始时和最终汽缸内封闭气体的压强;(2)最终汽缸内封闭气体的温度。【答案】(1)p0S(2)2【解析】(1)开始时弹簧处于伸长状态,设此时汽缸内封闭气体的压强为p,根据平衡条件,对活塞有pS+kh=mg+p0S,解得p=p0活塞缓慢上升2h后弹簧处于压缩状态,设此时汽缸内封闭气体的压强为p′,弹簧弹力F=kh,对活塞,根据平衡条件可知p′S=p0S+mg+kh,解得p′=p0(2)设变化前后汽缸内封闭气体的体积分别为V0、V1,温度分别为T0、T1,根据理想气体状态方程有pV0T其中V0=2hS,V1=4hS,解得T1=2T考点三气体状态变化的图像问题气体状态变化的图像比较项目图像特点其他图像等温线同一气体同体积时压强越大,对应的温度越高,离原点越远;图线与横轴所围面积表示气体做的功同一气体图线斜率越大(同体积时压强大),对应的温度越高;不同气体图线均过原点等容线同一气体斜率越大(同温度时压强大),对应的体积越小;不同气体图线均过原点所有气体图线的延长线均过点(-273.15℃,0);同一气体斜率越大(同温度时压强大),对应的体积越小等压线同一气体斜率越大(同温度时体积大),对应的压强越小;不同气体图线均过原点所有气体图线延长线均过点(-273.15℃,0);同一气体斜率越大(同温度时体积大)对应的压强越小[例6]【p-V图像】(2024·江西卷,13)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1200K,T2=300K,气体在状态A的压强pA=8.0×105Pa,体积V1=1.0m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105Pa。求:(1)气体在状态D的压强pD;(2)气体在状态B的体积V2。【答案】(1)2.0×105Pa(2)2.0m3【解析】(1)从D到A状态,根据查理定律有pDT2=pAT1,解得pD(2)从C到D状态,根据玻意耳定律有pCV2=pDV1,解得V2=2.0m3。[例7]【p-T图像】(2023·江苏卷,3)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中()[A]气体分子的数密度增大[B]气体分子的平均动能增大[C]单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小[D]单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减少【答案】B【解析】根据pVT=C,可得p=CVT,则从A到B为等容线,即从A到B气体体积不变,则气体分子的数密度不变,选项A错误;从A到B气体的温度升高,则气体分子的平均动能变大,选项B正确;从A到B气体的压强变大,气体分子的平均速率变大,则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大,选项C错误;气体分子的数密度不变,从A到B气体分子的平均速率变大,则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,选项(满分:70分)对点1.气体压强的计算1.(4分)(2024·河南许昌期中)如图所示,一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置,圆板A的上表面水平,下表面倾斜,且下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计一切摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则被圆板封闭在容器中的气体的压强p为()[A]p0+MgcosθS [B]p[C]p0+Mgcos

2θS [D【答案】D【解析】以圆板A为研究对象,在竖直方向,有pS′cosθ=p0S+Mg,而S′=Scosθ,所以p·Scosθ·cosθ=p0S+Mg,得p=p0+Mg2.(12分)(2025·安徽黄山阶段练习)如图甲所示,足够长的U形细玻璃管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,两气柱封闭的水银柱高度差为h(cm)。U形管水平部分长为L3,L2上方水银柱长h0(cm)。(1)稳定时两段气柱压强分别为多少?(2)若把图甲逆时针转过90°(U形管L3保持竖直状态,如图乙),此时L1、L2两部分气体的压强分别为多大?(大气压强为p0)【答案】(1)右侧管中气体压强p0+h0(cmHg)左侧气体压强p0+h0-h(cmHg)(2)上方封闭的气体压强为p0下方气体压强p0+L3(cmHg)【解析】(1)根据平衡条件,可知题图甲右侧管中密封的气体压强p1=p0+h0(cmHg),设题图甲左侧管中密封的气体压强为p2,同理有p2+h=p1,得p2=p0+h0-h(cmHg)。(2)将U形管逆时针转过90°,则题图乙中上方密封的气体压强p3=p0,下方密封的气体压强为p4,则p4=p0+L3(cmHg)。对点2.气体实验定律理想气体状态方程3.(4分)(2025·河南高考适应性考试)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时,压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压),轮胎内部气体温度为315K,外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时,压力表示数为2.5p0,轮胎内部气体温度为280K。轮胎内部气体视为理想气体,轮胎内体积不变且不漏气,则该高原地区的大气压强为()[A]0.6p0 [B]0.7p0[C]0.8p0 [D]0.9p0【答案】B【解析】根据题意可知,在平原地区时,轮胎内部压强为p1=3.6p0,温度T1=315K,设在高原地区轮胎内部压强为p2,温度T2=280K,轮胎做等容变化,根据p1T1=p2T2,解得p2=3.2p0,该高原地区的大气压强p=3.2p0-2.5p0=0.74.(14分)(2025·安徽安庆阶段练习)图甲为气压升降椅,乙为其核心部件模型简图。活塞横截面积为S,汽缸内封闭一定质量的气体且汽缸上面有卡塞,活塞只能向下移动,不能向上移动。该汽缸导热性能良好,忽略一切摩擦。已知室内温度为27℃,此时活塞与卡塞恰好接触且二者之间无相互作用力,汽缸内封闭气体压强为p,气柱长度为L,重力加速度为g。(1)当室内温度升高10℃时,求汽缸内封闭气体增加的压强;(2)若室内温度保持27℃不变,一质量为m的同学盘坐在椅面上,求稳定后活塞向下移动的距离。【答案】(1)130p(2)【解析】(1)当室内温度升高10℃时,汽缸内封闭气体发生等容变化,根据查理定律,有p1T1整理得p2-p即Δp=p1ΔT而ΔT=10K,T=(273+27)K=300K,解得Δp=130p(2)活塞横截面积为S,室内温度保持27℃不变,该同学坐上后汽缸内封闭气体发生等温变化,开始时封闭气体压强为p1=p,体积V1=LS,最终压强p2=p+mgS,体积V2=(L-ΔL)S根据玻意耳定律有p·LS=(p+mgS)·(L-ΔL)S解得ΔL=mgLpS对点3.气体状态变化的图像问题5.(4分)(2025·湖南湘潭月考)一定质量的气体经历一系列状态变化,其p-1V图像如图所示,变化顺序为a→b→c→d→a,图中ab线段延长线过坐标原点,cd线段与p轴垂直,da线段与1V轴垂直。气体在此状态变化过程中([A]a→b过程,压强减小,温度不变,体积减小[B]b→c过程,压强增大,温度降低,体积增大[C]c→d过程,压强不变,温度降低,体积减小[D]d→a过程,压强减小,温度升高,体积不变【答案】C【解析】由题图可知,气体由a→b过程为等温变化,气体压强减小,体积增加,故A错误;气体b→c过程,压强增大,体积增大,根据理想气体状态方程pVT=C可知,气体温度一定升高,故B错误;气体c→d过程为等压变化,且体积减小,根据盖-吕萨克定律可知,气体温度降低,故C正确;气体d→a过程为等容变化,且压强减小,根据查理定律可知,气体温度降低,故D6.(4分)(2023·辽宁卷,5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】由p-T图像可知,在a→b过程中气体为等压变化,且温度升高,由盖-吕萨克定律可知Vb>Va;过b、c分别作通过原点的直线,可知Vc>Vb,即气体体积关系为Va<Vb<Vc,则选项B正确。7.(4分)(2025·贵州安顺期中)如图所示为密闭容器内一定质量的理想气体压强p随摄氏温度t的变化关系图像,则由状态A变化到状态B的过程中()[A]气体分子的数密度不变[B]气体分子的平均动能不变[C]单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大[D]单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小【答案】C【解析】将气体压强p与摄氏温度t的图像转换为p-T图像,如图,可知气体的A、B状态体积不同,压强、温度也不相同,如图所示,根据理想气体状态方程pVT=C,有p=CVT,可知p-T图像斜率越大,其体积越小,则A状态体积较大,气体的分子数密度较小,即由状态A变化到状态B的过程中,气体分子的数密度增大,故A错误;从A状态到B状态,气体的温度升高,所以气体分子的平均动能变大,故B错误;气体从A状态到B状态分子数密度增大,分子平均动能变大,平均速率变大,则单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数变大,且对单位面积器壁的碰撞力变大,故C正确,8.(4分)(2024·河北保定期中)水平放置的圆柱形密闭容器,中间用无摩擦的活塞隔开。活塞右端和圆柱形容器的右端用轻质弹簧相连接,如图甲所示。弹簧遵循胡克定律,自然长度为圆柱形容器长度的一半。活塞左侧为真空,右侧理想气体的热力学温度为T0。若缓慢增加活塞右侧理想气体的热力学温度T,其对应的弹簧伸长量为x,则x-T的关系最接近图乙中()[A]1 [B]2 [C]3 [D]4【答案】C【解析】设容器总长度为l,温度为T时,活塞平衡时弹簧伸长量为x,则气体体积为(l2+x)S,压强为kxS;根据理想气体状态方程pVT=C,有kx(l2+x)T=C,整理得kl2Cx+kCx2=T,即x-T图像是过原点开口向右的抛物线,当温度从T0开始缓慢增加时,p增大,9.(4分)(2024·广西玉林模拟)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图,在输液过程中,下列说法正确的是()[A]B瓶中的药液先用完[B]A、B瓶中的药液同时用完[C]随着液面下降,A瓶内气体C压强不变[D]A、B瓶中的药液用完前,D泡内的气体压强大于大气压强且不随药液下降而改变【答案】D【解析】药液从B瓶中流下,封闭气体体积增大,温度不变,根据玻意耳定律,可知气体压强减小,A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充,使B瓶液面保持不变,直到A瓶药液全部流入B瓶,所以A瓶中的药液先用完,故A、B错误;对A瓶,管口处压强总等于大气压,有pC+ρgh=p0,液面的下降使液体产生的压强减小,因此空气经左管以气泡形式进入C处,使封闭气体C压强增大,故C错误;最初药液未进入D时,D泡内气体压强等于大气压,流入药液后气体体积减小,压强增大,则D泡内的气体压强大于大气压强,稳定后,滴液速度一定,D泡内气体体积不变,压强不变,故D