【文档说明】2023-2024学年高二物理人教版2019选择性必修第三册高分突破考点专题精讲精练 2-3-1+气体的等压变化和等容变化 Word版含答案.docx，共(46)页，3.757 MB，由小赞的店铺上传

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2.3.1气体的等压变化和等容变化一：知识精讲归纳考点一、气体的等压变化1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程．2．盖－吕萨克定律(1)内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正

比．(2)表达式：V＝CT或V1T1＝V2T2.(3)适用条件：气体的质量和压强不变．(4)图像：如图所示．V－T图像中的等压线是一条过原点的直线．考点二、气体的等容变化1．等容变化：一定质量的某种气

体，在体积不变时，压强随温度变化的过程．2．查理定律(1)内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比．(2)表达式：p＝CT或p1T1＝p2T2.(3)适用条件：气体的质量和体积不变．(4)图像：如图所示．①p－T图像中的等容线

是一条过原点的直线．②p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15℃.技巧归纳：1．盖－吕萨克定律及推论表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比．2．V－T图像和V－t图像一定质量的某种气体，在等压变化过程

中(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1<p2，即斜率越小，压强越大．(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长

线通过横轴上－273.15℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0℃时的体积．3．应用盖－吕萨克定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的

适用条件：质量一定，压强不变．(3)确定初、末两个状态的温度、体积．(4)根据盖－吕萨克定律列式求解．(5)求解结果并分析、检验．二、气体的等容变化1．查理定律及推论表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发

生等容变化，其压强的变化量Δp与热力学温度的变化量ΔT成正比．2．p－T图像和p－t图像一定质量的某种气体，在等容变化过程中(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图6甲所示，且V1<V2，即体积越大，斜率越小．(2)p－t图像：压强p与摄氏温度t是一次

函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0℃时的压强．3．应用查理定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：

质量一定，体积不变．(3)确定初、末两个状态的温度、压强．(4)根据查理定律列式求解．(5)求解结果并分析、检验．三、p－T图像与V－T图像1．p－T图像与V－T图像的比较不同点图像纵坐标压强p体积V斜率意义斜率越大，体积越小，V4<V3<V2<V1斜率越大，压强越小，p4<p3<p

2<p1相同点①都是一条通过原点的倾斜直线②横坐标都是热力学温度T③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小2.分析气体图像问题的注意事项(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律．(2)不是

热力学温度的先转换为热力学温度．(3)要将图像与实际情况相结合．二：考点题型归纳题型一：盖－吕萨克定律的理解1．（2017春·陕西延安·高二阶段练习）如图所示，在热气球下方开口处燃烧液化气，使热气球内部气体温度升高，热气球开始离地，徐徐升空，分析这一过程，下列表述正确的是（）①气球

内的气体密度变小，所受重力也变小；②气球内的气体密度不变，所受重力也不变；③气球所受浮力变大；④气球所受浮力不变。A．①③B．①④C．②③D．②④2．（2021春·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中期中）一定质量的理想气体，在压强

不变的条件下，温度为0℃时，其体积为0V，当温度升高为(K)T时，体积为V，那么每升高1℃增大的体积等于（）A．VTB．0VTC．273VD．0VVT−3．（2019·上海·高二统考专题练习）关于质量一定的气体在压强保持不变时，它的状态变化规律是（）．A．它的体积与摄氏温度成正比B．当温

度每变化1℃，它的体积变化量都相等C．当温度每变化1℃，它的体积变化量都为原来的1273D．以上说法都不对题型二：气体等压变化的图像4．（2022春·宁夏银川·高二银川二中期中）图示为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，下列关于这两个图象的说法正确的是

（）A．甲是等容线，乙是等压线B．乙图中Pt−线与t轴交点对应的温度是273.15℃，而甲图中Vt−线与t轴的交点不一定是273.15℃C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是P与t成直线关系D．乙图表明温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变5．（2021

春·辽宁葫芦岛·高二统考期末）如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的状态变化过程，则下列说法正确的是（）A．A→B过程中，气体分子间距减小B．A→B过程中，气体内能不变C．B→C过程中，气体压强减小D．C

→A过程中，气体压强减小6．（2021春·辽宁·高二校联考阶段练习）气体的压强的产生和液体不相同：固体液体的压强产生是由于重力而产生的；而气体的压强产生是由于气体分子持续的碰撞容器壁，导致产生了持续的压力。单位面积上的压力就是气体的压强。如图，外界大气压为0p，固定于水平地面的气

缸开口向右，用光滑轻活塞将一定质量的气体封闭在气缸内（汽缸中间位置有小挡板）。开始时，活塞紧压于小挡板右侧。缓慢升高封闭气体温度T，封闭气体压强p随T变化图象可能正确．．的是（）A．B．C．D．题型三：盖－吕萨克定律解决实际问题7．（2022春·河北邯郸·高二校考阶段练

习）如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止。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，则下列结论中正确的是（）A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B．若外界大气压增大，则汽缸的上底

面距地面的高度将增大C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D．若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大8．（2022春·新疆喀什·高二新疆维吾尔自治区喀什第二中学期中）一定质量的理想气体，在压强

不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为1V；温度由10℃升高到15℃，体积的增量为2V，则（）A．12VV=B．12VVC．12VVD．无法确定9．（2022春·湖南·高二校联考期末）两位同学为了测一个内部不规则容器的

容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部横截面积20.2cmS=，管内一静止水银柱封闭着长为15cmL=的空气柱，水银柱长为L＝4cm，此时外界温度为127T=℃，现把容器浸入温度为247T=℃的热

水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为28.7cmL=，实验时大气压为76cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为（）A．35cmB．37cmC．310cmD．312cm题型四：查理定律的理解10．（2022春·陕西榆林·高二校联考期中）一定质

量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体温度升高到原来的2倍，则（）A．气体的压强增大到原来的2倍B．气体的压强减小到原来的一半C．气体的压强可能不变D．气体压强与体积的乘积不变11．（2022春·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学期中）如图，两端封闭的玻璃管与水平面成角倾斜静

止放置，一段水银柱将管内一定质量的气体分为两个部分。则下列各种情况中，能使管中水银柱相对于玻璃管向A端移动的是（）A．使玻璃管沿BA→方向加速上升B．在竖直面内以过B点垂直纸面的直线为轴顺时针缓慢转动玻璃管C．在竖直面内以过B点垂直纸面的直线为轴逆时针缓慢转动玻璃管D

．降低环境温度12．（2022春·河北石家庄·高二阶段练习）如图，容器被绝热活塞分成两部分，分别装有理想气体A、B。开始时，A的温度为TA，B的温度为TB，且TA=TB。气体A、B均处于平衡状态，活塞静止。加热容器，使两边气体缓慢升高相同的温度，若不计活塞的摩擦，则活塞将（

）A．向右移动B．向左移动C．保持不动D．因体积未知而无法确定题型五：气体等容变化的图像13．（2022春·山西运城·高二阶段练习）如图所示，一开口向右的汽缸固定在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有一挡板，外界大气压强为0p。初始时，

活塞紧压挡板处。现缓慢升高缸内气体温度，则图中能正确反映缸内气体压强变化情况的pT−图像是（）A．B．C．D．14．（2022春·吉林长春·高二吉林省实验阶段练习）如图所示为一定质量理想气体的三种变化过程，

则下列说法正确的是（）A．ad→过程气体体积增加B．bd→过程气体体积增加C．cd→过程气体体积增加D．ad→过程气体体积不变15．（2022春·北京西城·高二期末）如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的体积与热力学温度关系的V-T图

像。则下列关于此过程的压强与热力学温度关系的p-T图像正确的是（）A．B．C．D．题型六：查理定律解决实际问题16．（2022秋·江苏南通·高二江苏省如皋中学阶段练习）如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的

细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为273K，B中气体的温度为293K，如果将它们的温度都升高10K，则水银柱将（）A．向A移动B．向B移动C．不动D．不能确定17．（2022春·重庆·高二重庆巴蜀中学期中）U形玻

璃管两端封闭，竖直放置时管内水银柱把管内气体分成两部分，如图所示，当温度为t时，两边水银面高度差为h，如果要使左右水银面高度差变大，下列方法可行的是（）①同时使两边降低同样的温度②同时使两边升高同样温度③使管保持竖直状态突然加速下降④使玻璃管

保持竖直状态突然加速上升A．①③B．①④C．②③D．②④18．（2022春·陕西榆林·高二校联考期中）一定质量的理想气体，0℃时压强为0p，经一等容变化过程，温度为t℃时，气体压强为02p，则它每升高1℃，压强的增量p的值为（）A．0ptB．02ptC．02273pD．0273

pt+题型七：等压和等容变化的综合问题19．（2022春·河北沧州·高二任丘市第一中学期末）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞I和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。

活塞I、Ⅱ的质量分别为2mm、，面积分别为2SS、，弹簧原长为L，初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1L，活塞I、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为0T。已知活塞外大气压强为0p，忽略活塞与缸壁间的摩

擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（1）求活塞间气体的压强和弹簧的劲度系数：（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时的温度。20．（2022春·河北邯郸·高二校考期末）如图（a）所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为42

310mS−=、质量为m=0.6Kg，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为18cm，在活塞的右侧6cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强501.010Pap=。现将气缸竖直放置，如图（b）所示，取

210m/sg=。求：（1）活塞与气缸底部之间的距离；（2）加热到720K时封闭气体的压强。21．（2022春·浙江·高二阶段练习）如图所示，一可自由移动的绝热活塞M将一横截面积为400cm2的绝热汽缸分为A、B两个汽缸，A汽缸装有体积为12L、压强为1

atm、温度为23℃的理想气体，A的左边是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B汽缸中气体的温度为27℃，体积为30L。现给左边的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023mol-

1，标准状态下（压强为1atm，温度为0℃）1mol任何气体的体积为22.4L，外界大气压强为p0=1atm=105Pa。不计活塞与汽缸壁间的摩擦，绝对零度对应-273℃。当推力F=2×103N时，求：（1）未施加推力F时

，B汽缸中气体的分子数。（结果保留一位有效数字）（2）活塞N向右移动的距离；（3）B汽缸中的气体升温到多少摄氏度。三：课堂过关精练一：单选题22．（2022春·北京·高二期末）如图所示是一定质量的理想气体从状态a开始，经过状态b变为状态c的pT−图像

。下列说法正确的是（）A．a→b过程中，气体温度不变，体积减小B．a→b过程中，气体压强不变，体积增大C．b→c过程中，气体压强不变，温度降低D．b→c过程中，气体温度降低，体积增大23．（2022春·辽宁葫芦岛·高二统考期末）如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银

柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中（水银没有溢出，外界大气压保持不变）（）A．空气柱的长度不变B．空气柱的压强不变C．水银柱b左边液面要上升D．水银柱b

的两个水银面的高度差h变大24．（2022春·山西临汾·高二山西省翼城中学校校考期末）小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插

在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度：把B管水银面的高度转化成温度的刻度值。当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（）A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律

B．B管上所刻的温度数值上高下低C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为3−℃D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低25．（2022春·山东滨州·高二期中）物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩。这是由于物体内的粒子（原子）运动

会随温度改变，当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；但当温度下降时，粒子的振动幅度便会减少，使物体收缩。气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7℃升到27℃，而整个环境气压不变，计算跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比（）A．3.3%B．6.7%C．7.1%

D．9.4%26．（2022春·河南商丘·高二校联考期末）某轮胎正常工作的胎压范围是1.7atm~3.5atm（轮胎的容积不变）。欲使该轮胎能在40~90−℃℃的温度范围内正常工作，则在20℃时给该轮胎充气，

充气后的胎压应控制在（）A．2.0atm—2.3atmB．2.3atm—2.6atmC．2.6atm—2.9atmD．2.9atm—3.2atm27．（2022春·北京西城·高二北师大实验中学阶段练习）一定质量的理想气体的压强随温度变化的图像如图所示，该

气体从状态a开始，经历ab→，bc→，ca→三个过程回到原状态，下列判断正确的是（）A．状态a气体的分子平均动能最大B．状态c气体的分子平均动能最小C．状态a的体积小于状态b的体积D．状态b的体积小于状态c的体积28．（2022春·江苏镇江·高二期末）如图所示，两

端封闭的U形管竖直放置，管内充有水银将两段空气柱分别封闭在两管内．若让两段空气柱同升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h变化情况是（）A．升高相同温度h变大，降低相同温度h变小B．升高相同温度h变小，降低相同温度h变大C．无论升高或降

低相同温度，h都变大D．无论升高或降低相同温度，h都变小29．（2022春·黑龙江佳木斯·高二建三江分局第一中学期末）一个敞口的瓶子，放在空气中，气温为27℃。现对瓶子加热，由于瓶子中空气受热膨胀，一部分空气被排出。当瓶子中空气温度上升到87℃时，瓶中剩余空气的质量是原来的（）A．56B．4

5C．34D．2330．（2022春·广东湛江·高二统考期末）如图所示，20℃的氧气和10℃的氢气体积相同，水银柱在连通两容器的足够长的细管中央，当氧气和氢气的温度都升高10℃时，水银柱（）A．不移动B．向左移动C．向右移动D．先向右后向左移动31．（2022春·

江苏南通·高二海门中学期中）有一教室，上午8时温度为17℃，下午2时的温度为27℃，假定大气压无变化，则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值为（）A．29∶30B．30∶29C．17∶27D．27∶1732．（2022春·吉林长春·高二长春市第二实验中学期中）某学生在

水瓶中装入半瓶热水盖紧瓶盖，一段时间后，该同学发现瓶盖变紧。为了分析其本质原因，某同学绘制了水瓶中封闭气体的p-T图像如图所示，以下说法正确的是（）A．随着时间推移，水瓶中封闭气体是由状态a变化到状态bB．

单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数增加C．瓶内气体分子平均动能减小D．单位体积的分子数a状态较多33．（2022春·内蒙古通辽·高二校考期末）如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在27℃的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约

为2L，充气前的气压为1atm，充气筒每次充入0.2L，压强为1atm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：（1）充气多少次可以让气体压强增大至3atm；（2）室外温度达到了23−℃，把充气后的蹦蹦球拿到室外后，压强将变

为多少?34．（2022春·吉林长春·高二汽车区第三中学期末）如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.2V0。开始时活塞在B处

，缸内气体的压强为0.9p0（p0为大气压强），温度为306K，现缓慢加热汽缸内气体，直至489.6K。求：（1）整个过程中，气体对外做功是多少；（2）活塞刚离开B处时的温度TB；（3）缸内气体最后的压

强p；（4）在右图中画出整个过程的p-V图线。35．（2022秋·河北石家庄·高二石家庄精英中学校考阶段练习）导热良好的气缸用质量不计的光滑活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞下表面与气缸底部之间的距离为L，在活

塞上放一个重物时，活塞平衡时下表面距离气缸底部距离为34L，已知活塞截面积为S，大气压强为P0，环境温度为T0，重力加速度为g。（1）求重物的质量m；（2）缓慢升高气体的温度，求当活塞回到原来位置时，气体的温度T。四：高分突破精练一、单选题36．（2022春·湖南岳阳·高二华容县第一中学阶段

练习）如图所示，竖直放置的粗细均匀的U形试管，横截面积S=5cm2，左侧管长l=25cm且封闭了一定质量的理想气体，右管足够长且管口开口，初始时左右两管水银面高度相等，高度h=10cm，已知周围环境温度

T0=300K，大气压强p0=75cmHg。现对左侧密闭气体缓慢加热，直至两管水银面形成10cm的高度差，再保持此温度不变不变的情况下，从右侧管口缓慢加入水银，使得左侧管内气体恢复最初的体积，则加入的水银的体积约为（）（结果均保留三位有效数字）A．176cm3B

．192cm3C．203cm3D．212cm337．（2022春·山西运城·高二校考阶段练习）如图所示为0.2mol的某种气体的压强和温度关系的pt−图线。0p表示1个标准大气压，标准状态（0℃，1个标准大气压）下气体的摩尔体积为22.4L/mol。则在状态B时气体的体积为（）A．5.6LB

．8.4LC．1.2LD．3.2L38．（2022春·河北邢台·高二邢台市第二中学阶段练习）一只轮胎的容积V=10L，已装有P1=2.0atm的空气，现用打气筒给它打气。已知打气筒的容积V0=0.5L，设打气过程中轮胎的容积及气体温度都保持不变，大气压P0=1a

tm，要使胎内气体的压强达到P2=3.5atm，应打气（）A．15次B．20次C．25次D．30次39．（2022春·江苏南通·高二江苏省包场高级中学期中）一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C最后到D状态，下列说法正确的是（）A．AB→温

度不变，气体体积变小B．BC→压强不变，气体体积变小C．CD→压强变小，气体体积变小D．B状态气体体积最大，C、D状态气体体积最小二、多选题40．（2022春·四川遂宁·高二期末）如图所示，容器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相

通，管内有一段水银柱将两种气体隔开，当氢气的温度为0℃，氧气温度是20℃时，水银柱静止。下列说法正确的是（）A．两气体均升高温度20℃时，水银柱向右边移动B．两气体均升高温度20℃时，水银柱向左边移动C．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°

，保持各自温度不变（水银全部在细管中），现让温度都升高10℃，则水银柱向下移动D．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变（水银全部在细管中），现让温度都升高10℃，则水银柱向上移动41．（2022春·山东临沂·高二统考期末）如图，向一个空

的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用腊密封，在吸管内引入一小段长度可以忽略的油柱，不计大气压强的变化，这就是一个简易的气温计。已知罐的容积是300cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm

，已知此装置能测量的最低温度为27℃，标准大气压为501.010Pap=，以下说法正确的是（）A．此温度计的刻度是均匀的B．此温度计能够测量的最高温度为58℃C．温度每升高1℃，罐内气体对外做功0.1JD．将罐正立放置仍可用相同的原理测温42．（2022春·新疆昌吉·高二期末）如图所

示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态，如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（）A．,ababVVTTB

．,ababVVTT=C．,ababVVTT=D．,ababVVTT43．（2022春·湖北武汉·高二校联考期末）一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强-体积()pV−图上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表

示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别abpp、，温度分别为abTT、。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别cdpp、，温度分别为cd

TT、。下列关系式正确的是（）A．13abTT=B．12acTT=C．32adpp=D．12dbpp=44．（2022春·云南昆明·高二昆明一中期末）如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用腊密封，在吸管内引入一小段长度可以忽略的油柱，不计大气压强的变

化，这就是一个简易的气温计。已知罐的容积是3300cm，吸管内部粗细均匀，横截面积为20.2cm，吸管的有效长度为20cm，已知此装置能测量的最低温度为27℃，标准大气压为501.010Pap=，以下说法正确的是（）A．此温度计的刻度是均匀的B．此温度计能够测量的最高温度为58℃C．温度每

升高1℃，罐内气体对外做功0.02JD．将罐正立放置仍可用相同的原理测温45．（2022春·山西运城·高二阶段练习）将质量相同的同种气体A、B分别密封在体积不同的两容器中，保持两部分气体体积不变，A、B两部分气体压强随温度的变化曲线如图所示，下

列说法正确的是（）A．A部分气体的体积比B小B．A、B直线延长线将相交于t轴上的同一点C．A、B气体温度改变量相同时，A部分气体压强改变量大D．A、B气体温度改变量相同时，B部分气体压强改变量大46．（20

22春·宁夏银川·高二阶段练习）如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，AB和CD为等温过程，BC为等压过程，DA为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是（）A．AB过程中，气体分子的平均动能不变B．BC过程中，气体温度增加C．CD过

程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．DA过程中，气体温度增加三、解答题47．（2022春·河南商丘·高二商丘市第一高级中学期末）如图所示，导热汽缸开口向上竖直放置，汽缸内甲、乙两个活塞把汽缸分成A、B两部分，两部分气柱的长度均为d，汽缸截面积为S，两活塞质量均为m，

外界大气压强03mgpS=，环境温度为T0，若在活塞乙上缓慢倒入质量为m的沙子，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，求：（1）稳定后活塞乙下降的距离；（2）若环境温度缓慢升高，当活塞乙恰好回到原来位置时，此时气体的温度。48．（2022春·辽宁沈阳·高二期末

）如图所示，内壁光滑横截面积212.5cmS=的气缸固定在水平地面上，气缸中封闭有一定质量的理想气体，绕过两个定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为1kgm=。初始环

境温度为015Ct=时，台秤示数为5N，活塞距缸底04.6cmH=，（不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度210m/sg=，大气压强恒为501.010Pap=，取0C=273K）试计算：（1）初始状态下气缸中的气体压强为多少；（2）为保证重物不离开台秤，环

境温度不能低于多少摄氏度；（3）当环境温度降低至3C−时，活塞距气缸的高度为多少。49．（2022春·贵州黔东南·高二期末）如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为10cmh=，a距缸底

的高度为50cmH=，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞面积为250cmS=，质量、厚度忽略不计，活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞静止在卡口a处，上、下方气体压强均为51.010Pap=，温度均为室温027C

t=。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求：（1）此时气缸内气体的温度；（2）加热后，把一重物放在活塞上，活塞刚好回到a处，则重物的质量（重力加速度大小为210m/sg=）。50．（2022春·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中期末）两绝热的工字形汽缸如图所示竖直放

置，活塞A和B用一个长为4l的轻杆相连，两活塞之间密封有温度为0T的空气，活塞A的质量为2m，横截面积为2S，活塞B的质量为3m，横截面积为3S，中间b部分汽缸的横截面积为S，初始时各部分气体状态如图所示。现对气体加热，使其温度

缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与圆筒之间的摩擦，重力加速度为g，大气压强为0p。（1）求加热前封闭气体的压强p；（2）气体温度上到02T时，封闭气体的压强1p。51．（2022春·新疆喀什·高二期末）如

图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为5×10-3m2，一定质量的理想气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在气缸内。求（1）气缸内气体的压强为多大；（大气压强取1.01×105pa，g取10m/s2）。（2）若从初温27℃开始加热气体，使活塞离气

缸底部的高度由0.50m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度升高到多少℃。（取T=t+273K）52．（2022春·山东聊城·高二统考期末）如图竖直放置的装置由左右两个侧壁绝热、底部截面积均为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。大气的压强为p0，环境温度恒为T0=300K，两个活塞对下方气体产生的附加压强均为0.15p0，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将装置的

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0.7h，氮气和氢气均可视为理想气体。求：（1）第三次达到平衡后氢气的压强；（2）

第二次平衡时氮气的体积；（3）水的温度。参考答案：1．B【详解】气球内部温度升高，气体的密度减小，故气球内气体的重力减小；气球本身大小不变，排开外部空气的体积不变，由FgV浮空排＝可知浮力不变，B正确。故选B。2．A【详解】由等压变化可得1212VVVVTTTt

===则每升高1℃增大的体积0273VVVT==故选A。3．B【详解】A.由盖吕萨克定律VCT=可知，它的体积与热力学温度成正比，故A错误；BCD.由VVTT=可知，当温度每变化1K或1℃，它的体积变化量都相等，B正确；只有当初状态温度273K

T=时，温度每变化1℃，它的体积变化量都为原来的1273，C错误，D错误；故选B。4．D【详解】A．由查理定律p=CT=C(t＋273.15)及盖—吕萨克定律V=CT=C(t＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A错误；B．由“外推法”可知两种图线

的反向延长线与t轴的交点温度为-273.15℃，即热力学温度的0K，故B错误；C．查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，即一定质量的气体，不是在

任何情况下都是P与t成直线关系，故C错误；D．由于图线是直线，乙图表明温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变，故D正确。故选D。5．D【详解】A．A→B过程中，体积不变，温度升高，气体分子间距不变，A错误；B．A→B过程中，体积不变，温度升高，体积气体内能增加，B错

误；C．B→C过程中，根据理想气体的理想方程pV=nRT可得V=nRpT可知等压过程为过原点的直线，因此压强不变，C错误；D．C→A过程中，温度降低，体积增大，根据理想气体的理想方程pV=nRT有p=nRVT可知

气体压强减小，D正确。故选D。6．C【详解】当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压后，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线，故C正确，ABD错误。故选C。7．D【详解】A．

以气缸与活塞组成的系统为研究对象，系统受重力与弹簧弹力作用，外界大气压增大，大气温度不变时，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，弹簧的压缩量不变，A错误；B．选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力pS，向上

受到缸内气体向上的压力p1S，物体受三力平衡G＋pS=p1S若外界大气压p增大，p1一定增大，根据理想气体的等温变化pV=C（常数），当压强增大时，体积一定减小，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；C．以气缸与活塞组成的系统为研究对象，系统

受重力与弹簧弹力作用，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，所以活塞距离地面高度不变，C错误；D．若大气温度升高，气体温度T升高，外界大气压不变，气体压强p不变，由盖吕萨克定律VCT=可知，气体体积增大，活塞不动，所

以汽缸向上运动，即汽缸的上底面距地面的高度将增大，D正确。故选D。8．A【详解】由盖—吕萨克定律1212VVTT=可得11VVTT=即11TVVT=所以115278VV=，225283VV=V1、V2分别是气体在5℃和10℃时的体积，而1227828

3VV=所以12VV=故A正确。故选A。9．C【详解】设容器的容积为V，由气体的等压变化可知1212VVTT=有50.20.28.72732727347VV++=++解得310.1cmV=故选C。10．

A【详解】根据查理定律pCT=可知，一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体温度升高到原来的2倍，则气体的压强增大到原来的2倍。故选A。11．B【详解】A．当玻璃管沿BA→方向加速上升时，水银柱有一个斜向上的加速度，根据牛顿第二定律得下部气体对水银柱的压力要增大，即

压强增大，所以水银柱向B端移动，选项A错误；BC．在竖直面内以过B点垂直纸面的直线为轴顺时针缓慢转动玻璃管，使θ角变小，如果将玻璃管放平的时候，即减小了对下部气体的压力，水银柱向A端移动；同理可知逆时针转动时水银柱向B端移动，选项B正确，C错误；D．假定两段空气柱的体积不变，即V1、V2不变，

初始温度为T，当温度降低T时，A端空气柱的压强由p1减至p'1，则111ppp=−B端空气柱的压强由p2减至p'2，则222ppp=−由查理定律得11pTTp=，22pTTp=因为211pphp=+所以12pp即水银柱应向B端移动，选项D错误

。故选C。12．C【详解】ABCD．假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律有ppTT=得ppTT=根据题意知，升高相同温度T相同，原来平衡ABpp=又ABTT=得AB=pp则SFp=所以BA=FF活塞将保持不动，故C正确，ABD错误

。故选C。13．C【详解】在pT−图像中，开始一段时间内，随着温度的升高，气体发生的等容变化，根据pCT=可知图像为一条过坐标原点的直线；当气体压强增加到与外界大气压强相等时，温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，即气体压强等于大气压强0p，保持不变，C正确，ABD错误；故选C。1

4．A【详解】根据理想气体状态方程pVCT=，可得CpTV=在p-T图像中，等容线是过原点的倾斜直线，且气体体积越大，直线的斜率越小。因此，a状态对应的体积最小，c状态对应的体积最大，b、d状态对应的

体积相等。A．ad→过程气体体积增加，故A正确；B．bd→过程气体体积不变，故B错误；C．cd→过程气体体积减小，故C错误；D．ad→过程气体体积增加，故D错误。故选A。15．D【详解】由V-T图像可知，从A到B体积不变，温度升高，压强变大；从B到C，温度

不变，体积减小，压强变大；在p-T图像中，过原点的直线为等容线，则结合给定的四个p-T可知，只有D符合。故选D。16．B【详解】假定水银柱两边气体的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为T1=273K和T2=293K，当温度降低ΔT=10K时，由查理定律可知=ppTT

则=ppTT因为21pp=，1TT2所以12pp即A内压强增加得更多，所以最终A内压强大，水银柱将向B移动。故选B。17．B【详解】设右边的空气记为A，左边的空气记为B，则BApph=+如果使左右水银面高度差h变

小，则A的体积减小，B的体积增大，A、B气体压强差减小，假设气体体积不变，由查理定律计算得出压强变化量TppppT=−=初状态时BAppT相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则B增加的压强大于A增加的压强，两水银面高

度差将会减小；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则B减小的压强大于A减小的压强，两水银面高度差将会增大，故①正确，②错误；使玻璃管保持竖直状态突然加速上升，水银处于超重状态，B的压强增大，由玻意耳定律可以知道，B的体积减小，则高度差将会增大；使玻璃管保持竖直状

态突然加速下降，水银处于失重状态，B的压强减小，由玻意耳定律可以知道，B的体积增大，高度差将会减小，故③错误，④正确，故B正确，ACD错误。故选B。18．A【详解】理想气体经历等容变化，从0℃变化至t℃时，热力学温度的增加量为KTt=根据查理定律可知00021ppppTt

−==℃故选A。19．（1）03mgpS+，40mgL；（2）043T【详解】（1）设封闭气体的压强为1p，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有0101222mgpSmgpSpSpS+++=+

解得103mgppS=+对活塞Ⅰ由平衡条件有01220.12++=mgpSkLpS解得弹簧的劲度系数为40=mgkL（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为2103mgpppS==+即封闭气体发生等压过程，初末状态的

体积分别为11.11.13.32222=+=LLLSVSS，222=VLS由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有21.1=LL有等压方程可知1202VVTT=解得2043TT=20．（1）15cm；（2）1.8×105Pa

【分析】根据题中一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置可知，本题考查理想气体状态变化，根据理想气体状态变化的规律，运用玻意耳定律、盖·吕萨克定律、查理定律等，进行求解。【详解】（1）气缸水平放置时，活塞与气缸底部之间的距离L1＝18cm气体压强p1＝p0＝1.0×105Pa气体体积

V1＝L1S气缸竖直放置时，活塞与气缸底部之间的距离为L2，气体体积V2＝L2S气体压强5201.210PamgppS=+=气体等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2解得活塞与气缸底部之间的距离L2＝15cm②活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶

段来处理；气体初状态压强p2＝1.2×105Pa，体积V2＝L2S，温度T2＝300K活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为p3＝p2，体积V3＝L3S，温度为T3，其中L3＝24cm，气体等压变化，根据盖·吕萨克定律3223VVTT=解得此时气体

温度T3＝480K活塞刚好到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，p3＝1.2×105Pa，T3＝480K，T4＝720K，根据查理定律3443ppTT=解得加热到720K时封闭气体的压强p4＝1.8×105P

a21．（1）23710个；（2）10cm；（3）177C【详解】（1）未施加推力F时，根据平衡条件A和B中气体压强与外界大气压相同，此时若将B等压降温到0℃，根据BB1B0VVTT=代入数据B130L300K273KV=解得，此时B

的体积为B127.3LV=则B汽缸中气体的分子个数为23B1A71022.4VnN==个（2）对A中气体分析，初状态A0pp=A12LV=A296KT=活塞N向右移动后，A气体状态A0'FppS=+A'296KT=根据玻意

耳定律AAAA''pVpV=解得33A'810mV−=则活塞N向右移动的距离AA'10cmVVxSS=−=（3）对B中气体分析，初状态B0pp=B30LV=B300KT=活塞N向右移动后，B气体状态BA0''FpppS==+B'30LV

=B发生等容变化，有BBBB''ppTT=解得B'450KT=则B'(450273)C=177Ct=−22．C【详解】AB．由图可知，a→b过程中，气体的温度不变，压强减小，由玻意耳定律有aabbpVpV=可得，气体的体积增大，故AB错误；CD．由图可知，b→c过程中，气体的压强不变，温度

降低，由盖吕萨克定律有bcbcVVTT=可得，气体的体积减小，故D错误，C正确。故选C。23．B【详解】B．空气柱的压强0ppgh=+，其中'h为a水银柱的高度，由于'h的大小不变，故空气柱的压强不变，故B正确；A．被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，根据盖—吕萨克定律VCT=可得

，气体的体积增大，故空气柱的长度增大，故A错误；CD．被封闭气体的压强0ppgh=+可知，h不变，水银柱b的两个水银面的高度差h不变，水银柱b左边液面不变，故CD错误。故选B。24．C【详解】A．该测温装置利用了气体的等容变化的规律，故A

错误；BCD．当温度为27℃时候，设温度为1273K27K300KT=+=玻璃泡A内气体压强为176cmHg16cmHg60cmHgp=−=温度改变为2T时，气体压强为'276px=−根据1212ppTT=可得'21176TxpT=−可知

可知温度越高'x越小，则B管上所刻的温度数值上低下高，当'22cmx=时，解得2270K3T==−℃若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强偏小，导致1p偏小，则'x的值偏大，导致测出的温度比实际偏高，故C正确，BD错误。故选C。25．B【详解】以温度为

7℃时室内的所有气体为研究对象，发生等压变化时，根据盖-吕萨克定律有01=273+7273+27VV可得101514VV=则室内的空气质量减少了100106.7015VVV−==故选B。26．B【详解】轮胎内气体体积不变，则为保证安全，则在9

0℃时压强不超过3.5atm；在40−℃时压强不不低于1.7atm，则根据查理定律13.52739027320p=++21.72734027320p=−+解得12.8atmp=22.14atmp=充气后的胎压应在2.14atm到2.8atm范围内比较合适，

故B正确，ACD错误。故选B。27．D【详解】AB．温度是物质分子热运动的平均动能的标志，状态c温度最高，气体的分子平均动能最大，故AB错误；C．气体从状态a到状态b经历等温变化，压强增大，根据玻意耳定律可知气体体积减小，所以状态a

的体积大于状态b的体积，故C错误；D．气体从状态b到状态c经历等压变化，温度升高，根据盖—吕萨克定律可知气体体积增大，所以状态b的体积小于状态c的体积，故D正确。故选D。28．A【详解】由图示可知p左=p右+h如果在使左右水银面高度差h变小，则右边的体积增大，

左边的体积减小，两边气体压强差减小；假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量TppppT=−=初状态时p左＞p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水银柱向右流动，两水银面高度差

增大；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右边减小的压强，水银柱向左流动，两水银面高度差减小，故A正确，BCD错误。29．A【详解】假设被排出的空气体积为V，瓶内的空气体积为V0，以原来瓶内气体为研究对象，由盖吕萨克定律得0012VV

VTT+=由于瓶中剩余空气的质量与总质量之间满足000mVmVV=+剩所以01002273275273876mVTmVVT+====++剩A正确。故选A。30．B【详解】根据理想气体状态方程pVCT=假设气体体积不变，有121121pppppTTTTT===由题知开始时刻，气体两边压强相

等，且TT氧气1氢气1可得两边升高相同的温度时，有pp氧气氢气则右边氢气压强将大于左边氧气的压强，水银柱将向左移动，故选B。31．A【详解】设上午8时教室内的空气质量为m，下午2时教室内的空气质量为m，以上午8时教室内的空气为研

究对象，由盖—吕萨克定律，有1212VVTT=解得22111127327302731729TVVVVT+===+所以有122930mVmV==故选A。32．C【详解】A．在水瓶中装入半瓶热水盖紧瓶盖，一段时间

后，瓶内封闭气体温度降低，所以随着时间推移，水瓶中封闭气体是由状态b变化到状态a，故A错误；BCD．由于温度降低，分子的平均动能减少，分子运动平均速率减小，但气体体积不变，所以单位体积的分子数不变，所以单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数减少，故C正确，BD错误

。故选C。33．（1）20次；（2）2.5atm【详解】（1）设充气n次可以让气体压强增大至3atm。据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得()12PVnVPV+=代入解得20n=（2）当温度变化

，气体发生等容变化，由查理定律得3223PPTT=可得33222327332.527273TpPatmatmT−+===+34．（1）000.2pV；（2）340K；（3）01.2p；（4）【详解】（1）设活塞横截面积

为S，B到A的距离为x。整个过程中，只有B到A过程中气体对外做功，此过程气体压强为p0不变。气体对外做功000000.20.2WpSxpVpV===（2）活塞刚离开B处时，气体压强等于大气压强p0，由查理定律得0010.9BppTT=得1K101

099306K340BTT===（3）刚运动到A时，气体的温度为2T，由盖吕萨克定律得000120.2VVVTT+=解得211.21.2340K=408KTT==温度继续升高，气体体积为01.2V

不变，设3T=489.6K时，气体压强为p，由查理定律得023ppTT=得30002489.61.2408TppppT===（4）整个过程的p-V图线，如图所示35．（1）03PSg；（2）043T【详解】（1）放重物后，气体压强变为P，对物块和活塞有0mgPSPS+=

则气体压强为0mgPPS=+气缸内气体是等温变化，则根据玻意耳定律得034LPLSPS=联立解得03PSmg=（2）缓慢升高气体温度，活塞缓慢上升，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得034LSLSTT=解

得043TT=36．B【详解】以升温后为初始状态，此时封闭气体的压强为175cmH10cmHg85cmHgpg=+=升温后的气体体积12hVSl=−设加入水银高度为h，此时封闭气体的压强20ppgh=+加入水银过程，封闭气体发生等温

过程，有1120pVpV=代入数据解得38.3cmh加入水银的体积3192cmVhS=故选B。37．A【详解】ABCD．此气体在0℃时，压强为标准大气压，所以此时它的体积应为22.40.2L4.48L=由图线所示，从压强为0P到A状态，气体做等容变化，A状态时气体的体积为

4.48L，温度为(127273)K400K+=从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227273)K500K+=根据盖—吕萨克定律ABABVVTT=得5.6LABBAVTVT==故A正确，BCD错误。故选A。38．D【详解】假设应打气n次，

由理想气体状态方程可知1002pVPnVPV+=解得30n=故ABC错误，D正确。故选D。39．A【详解】A．由图像可知，AB→过程温度不变，压强变大，根据玻意耳定律可知，气体体积变小，A正确；B．由图像可知，BC→过程压强不变，

温度升高，根据盖-吕萨克定律可知，气体体积变大，B错误；C．由图像可知，CD→过程压强变小，温度降低，并且满足pT为定值，根据查理定律可知，气体体积不变，C错误；D．由图像可知CBADBACDppppTT

TT=根据理想气体状态方程可知BACDVVVV=D错误；故选A。40．AD【详解】AB.假设两个容器体积不变，根据查理定律ppTT=可知两气体均升高温度20℃时，氢气压强的增加量1120273TpppT==氧

气压强的增加量2220293TpppT==可知两气体均升高温度20℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向右边移动，故A正确，B错误；CD．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，稳定时氢气的压强大于氧气，假设两个容器体积不变，根据查理定律ppTT

=现让温度都升高10℃，氢气压强的增加量1HH110273TpppT==氧气压强的增加量'2OO2Δ10Δ293TpppT==初始时氢气的压强大于氧气，可知两气体均升高温度10℃时，氢气压

强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向上边移动，故D正确，C错误。故选AD。41．ACD【详解】A．根据盖—吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即101=====LSVVVVLSCTTTtt+所以温度的变化量与

距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，A正确；B．根据0001=VVLSTT+即13003000.220=27327273t+++解得最高可测温度t1=31℃B错误；C．根据00=VVVTTt=可得0600

05300101.0101J=0.1J300VWpVptT−===C正确；D．将罐正立放置时，罐内的气体仍进行等压变化，即仍可用相同的原理测温，D正确。故选ACD。42．CD【详解】假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量pTpT=而各管原压强p相

同，所以1pT即T高，p小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；A．因abTT，则abpp则水银柱向右移动，选项A错误；B．因=abTT，则=abpp则水银柱不移动，选项A错误；CD．因abTT，则abpp<则水银柱向左移动，选项CD正确；故选CD。43．BC【详解】

A．因为曲线都为反比例函数，根据理想气体的状态方程，可以曲线I和II皆为等温变化曲线，A错误；B．ac两点压强相等，根据盖-吕萨克定律00122acTVTV==B正确；C．a点的压强和c点相同，而cd两点在等温变化曲线II中，根据玻意耳定律.003322acddpp

VppV===C正确；D．bd两点体积一样，根据查理定律21ddcbbapTTpTT===D错误。故选BC。44．AD【详解】A．根据盖—吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即101=====LSVVVVLSCTTTtt+

所以温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故A正确；B．根据0001=VVLSTT+即13003000.220=27327273t+++解得最高可测温度t1=31℃选项B错误；C．根据00=

VVVTTt=可得060005300101.0101J=0.1J300VWpVptT−===选项C错误；D．将罐正立放置时，罐内的气体仍进行等压变化，即仍可用相同的原理测温，选项D正确。故选AD。45．ABC【详解】AB．质量相同的两部分气体都发生等容变化，pt−图线

都过t轴上273C−的点−−绝对零度。由理想气体状态方程pVCT=可知图象的斜率越大，pT越大，则气体的体积越小，故有A部分气体的体积比B部分小。故AB正确；CD．两部分气体发生等容变化，则有ppTT=A、B气体温度改变量相同，由于图中A图线的斜率较大，则A部分气体压

强改变量较大。故C正确，D错误。故选ABC。46．AB【详解】A．AB为等温过程，气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故A正确；B．BC过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律，即有BBVVTT=从题图可知，由于气体体积在变大，所以气体温度增加，故B正确；C．CD为等温过程，从题图可知，气体体

积在变大，单位体积分子数减少，且过程中分子平均动能不变，气体压强变小，所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数在减少，故C错误；D．DA为等容变化，根据查理定律有DDppTT=从题图可知，由于气体压强在变小，

所以气体温度在降低，故D错误。故选AB。47．（1）1130d；（2）06049T【详解】（1）根据题意，初态B部分气体压强04BmgmgppSS=+=倒入沙子后压强025BmgmgppSS=+=根据玻意耳定律BBBpdSpdS=初态A部分气体压强5ABmgmgppSS=+=

倒入沙子后压强6ABmgmgppSS=+=根据玻意耳定律AAApdSpdS=活塞乙下降的距离为()2ABxddd=−+联立解得1130xd=（2）环境温度升高时，AB两部分气体均为等压变化对A部分气体0

AAdSdSTT=对B部分气体0BBdSdSTT=乙活塞回到原来位置2ABddd+=解得06049TT=48．（1）49.610Pa；（2）3C；（3）4.5cm【详解】（1）初始状态，对重物受力分析可得TmgN=−对活塞受力分析可得01pSTpS=+联立解得419.

610Pap=（2）重物刚要脱离台秤时，对重物受力分析可得Tmg=对活塞受力分析可得02pSTpS=+由查理定律可得120273273pptt=++联立解得3tC=（3）由盖—吕萨克定律可得0273273HSHStt=++解得4.5cmH

=49．（1）87℃；（2）10kg【详解】（1）气体做等压变化，则有0101VVTT=又0VSH=，1()VSHh=+，0300KT=解得1360KT=即187Ct=（2）气体做等温变化，根据玻意耳定律可得120pVpV=对活塞受力分析，有2pSpSm

g=+解得10kgm=50．（1）05mgpS−；（2）075()4mgpS−【详解】（1）设加热前封闭气体的压强为p，以活塞A、B和轻杆为研究对象，受力平衡，则002323320mgmgpSpSpSpS+++−−=05mgppS=−（2）气体温度上升，汽缸内气

体压强增大，活塞向下运动，原来活塞间气体体积12237VSlSlSlSl=++=封闭气体等压变化，温度升高到1T时，活塞A恰到b上端，汽缸内气体体积22328VSlSlSl=+=对封闭气体由盖吕萨克定律得1201VVTT=1087TT=以后气体等容变化到温度

升高到02T时，压强为1p，对封闭气体由查理定律得1102ppTT=解得1075()4mgppS=−51．（1）1.05×105Pa；（2）33℃【详解】（1）由平衡关系10pSpSmg=+封闭气体的压强5101.0510PamgppS=+=（2）气体的状态参量1120.527

327300K0.51VSTVS==+==，，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得1212VVTT=即20.50.51300SST=解得2306KT=气体的温度230627333t=−=℃℃℃52．（1）01.43p；（2）23.16VhS=；（3）474KT=【详解】（

1）氢气初态为10pp=，1VhS=末态为10.7VhS=由玻意耳定律得1111pVpV=得100101.437ppp=（2）对氮气：第二次平衡时201.15pp=设体积为2V，第三次平衡时21000.151.58pppp=+=由玻意耳定律得2222pVpV=解

得23.16VhS=（3）对氮气，初态为02VhS=，0300KT=第二次平衡时23.16VhS=设温度为T，由盖—吕萨克定律得020VVTT=得474KT=