2025版高考物理一轮复习微专题小练习热学专题80气体实验定律和理想气体状态方程

专题80气体实验定律和理想气体状态方程1．[2024·新课标卷](多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程．上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程．下列说法正确的是()A．1→2过程中，气体内能增加B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变D．4→1过程中，气体向外放热答案：AD解析：1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖­吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减小，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确．2．[2023·辽宁卷]“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p­T图像如图所示．该过程对应的p­V图像可能是()答案：B解析：根据eq\f(pV,T)＝C可得p＝eq\f(C,V)T从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c点的体积大于b点体积．故选B.3．如图所示，一长度L＝30cm气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝50cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，A的质量为m＝20kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75.开始时活塞距缸底L1＝10cm，缸内气体压强等于外界大气压强p0＝1×105Pa，温度t1＝27℃.现对气缸内的气体缓慢加热，g＝10m/s2，则()A．物块A开始移动时，气缸内的温度为35.1℃B．物块A开始移动时，气缸内的温度为390℃C．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功30JD．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功130J答案：D解析：初态气体p1＝p0＝1×105Pa，温度T1＝300K，物块A开始移动时，p2＝p0＋eq\f(μmg,S)＝1.3×105Pa，根据查理定律可知eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得T2＝390K＝117℃，A、B两项错误；活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功W＝p2S(L－L1)＝130J，C项错误，D项正确．4．如图是由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，汽缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105Pa，封闭气体和活塞柱长度均为0.20m．活塞柱横截面积为1.0×10－2m2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103N时，弹簧的压缩量为0.10m．大气压强恒为1.0×105Pa，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为()A．2×104N/mB．4×104N/mC．6×104N/mD．8×104N/m答案：A解析：设大气压为p0，活塞柱横截面积为S；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p1，气体长度为l，汽缸内气体体积为V1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x，汽缸内气体压强为p2，汽缸内气体体积为V2，则依题意有p1＝p0，V1＝lS，V2＝(l－x)S，对封闭气体，安装前、后等温变化，有p1V1＝p2V2，设弹簧劲度系数为k，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F，由平衡条件p2S＋kx＝p0S＋F，联立并代入相应的数据，解得k＝2.0×104N/m，A正确，B、C、D错误．5．如图所示为一定质量的理想气体等温变化p­V图线，A、C是双曲线上的两点，E1和E2则分别为A、C两点对应的气体内能，△OAB和△OCD的面积分别为S1和S2，则()A．S1<S2B．S1＝S2C．E1>E2D．E1<E2答案：B解析：由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定律可得pAVA＝pCVC，而S1＝eq\f(1,2)pAVA，S2＝eq\f(1,2)pCVC，S1＝S2，A项错误，B项正确；由于图为理想气体等温变化曲线，TA＝TC，则气体内能E1＝E2，C、D两项错误．6．[2024·云南大理期中考试]如图所示，在温度为17℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h＝49cm，已知弹簧原长l＝50cm，劲度系数k＝100N/m，汽缸的质量M＝2kg，活塞的质量m＝1kg，活塞的横截面积S＝20cm2，若大气压强p0＝1×105Pa，且不随温度变化．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同．(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)(1)求弹簧的压缩量；(2)若环境温度缓慢上升到37℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度．答案：(1)0.3m(2)51cm解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有(M＋m)g＝kΔx解得Δx＝eq\f(（M＋m）g,k)＝0.3m(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升温前汽缸顶部离地面为h＝49cm活塞离地面50cm－30cm＝20cm故初始时，内部气体的高度为l＝49cm－20cm＝29cm升温过程为等压变化V1＝lS，T1＝290K，V2＝l′S，T2＝310K根据eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得l′＝31cm故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h′＝h＋l′－l＝51cm7．[2024·河北省邢台市期末考试]如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40cm2的活塞相连接，汽缸内封闭有一定质量的理想气体．在汽缸内距缸底70cm处有卡环，活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105Pa，温度为300K．现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加60K时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480K时，活塞移动了10cm.重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)活塞的质量；(2)弹簧的劲度系数k.答案：(1)16kg(2)800N/m解析：(1)根据题意可知，气体温度从300K增加到360K的过程中，经历等容变化，由查理定律得eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)解得p1＝1.2×105Pa此时，活塞恰好离开卡环，可得p1＝p0＋eq\f(mgsinθ,S)解得m＝16kg(2)气体温度从360K增加到480K的过程中，由理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)解得p2＝1.4×105Pa对活塞进行受力分析可得p0S＋mgsinθ＋kΔx＝p2S解得k＝800N/m8．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B两部分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为eq\f(V,4)、导热性良好的汽缸C相连．开始时阀门关闭，A、B两部分气体的压强分别为p0和1.5p0.现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为eq\f(V,2)，然后再将阀门关闭．已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计．求：(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强pA；(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比．答案：(1)2.5p0(2)eq\f(5,27)解析：(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S得到mg＝0.5p0S打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有1.5p0·V＝pB·eq\f(V,2)对活塞有pAS＋m