微点1 平衡态与热平衡
1．下列说法中正确的是( )
A．状态参量是描述系统状态的物理量，故当系统的状态变化时，其各个状态参量都会改变
B．当系统不受外界影响，且经过足够长的时间，其内部各部分状态参量将会达到稳定
C．只有处于平衡态的系统才有状态参量
D．处于平衡态的热力学系统，分子的热运动停止
2．下列有关热平衡的说法，正确的是( )
A．如果两个系统在某时刻处于热平衡状态，则这两个系统永远处于热平衡状态
B．热平衡定律只能研究三个系统的问题
C．如果两个系统彼此接触而不发生状态参量的变化，这两个系统又不受外界影响，那么这两个系统一定处于热平衡状态
D．两个处于热平衡状态的系统，温度可以有微小的差别
3．如果一个系统达到了平衡态，那么这个系统各处的( )
A．温度、压强、体积都必须达到稳定的状态不再变化
B．温度一定达到了某一稳定值，但压强和体积仍是可以变化的
C．温度一定达到了某一稳定值，并且分子不再运动，达到了“凝固”状态
D．温度、压强就会变得一样，但体积仍可变化
4．(多选)下列物体中处于平衡态的是( )
A．冰水混合物处在1℃的环境中
B．将一铝块放入沸水中加热较长的时间
C．冬天刚打开空调的教室内的气体
D．用玻璃杯盛着的开水放在室内足够长时间
5．(多选)下列关于平衡态与热平衡的说法正确的是( )
A．两个系统在接触时它们的状态不发生变化，这两个系统原来的温度是相等的
B．处于热平衡的几个系统的温度可以不相等
C．处于热平衡的几个系统的温度一定相等
D．只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态
6．(多选)有甲、乙、丙三个温度不同的物体，将甲和乙充分接触一段时间后分开，再将乙和丙充分接触一段时间后分开(发生了热交换)，假设只有在它们相互接触时有传热，不接触时与外界没有传热，则( )
A．甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态
B．只有乙、丙达到了平衡态，甲没有达到平衡态
C．乙、丙两物体都和甲达到了热平衡
D．乙、丙两物体达到了热平衡
7．(多选)关于热平衡，下列说法正确的是( )
A．用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B．温度相同的棉花和石头相接触，需要经过一段时间才能达到热平衡
C．若a与b、c分别达到热平衡，则b、c之间也达到了热平衡
D．两物体温度相同，可以说两物体达到了热平衡
微点1 平衡态与热平衡
1．答案：B
解析：由于描述系统的各种性质需要不同的物理量，只要其中某个量变化，系统的状态就会发生变化，不一定各个状态参量都发生变化，选项A错误；系统处于平衡态或非平衡态都存在状态参量，选项C错误；当系统不受外界影响时，系统总要趋于平衡，其内部各部分状态参量趋于稳定，选项B正确；处于平衡态的热力学系统，分子仍在不停地做无规则热运动，选项D错误．
2．答案：C
解析：处于热平衡状态的系统，如果受到外界的影响，状态参量会随之变化，温度也会变化，故A错误；热平衡定律对多个系统也适用，故B错误；由热平衡的意义可知，如果两个系统彼此接触而不发生状态参量的变化，这两个系统又不受外界影响，那么这两个系统一定处于热平衡状态，故C正确；温度相同是热平衡的标志，故D错误．故选C.
3．答案：A
解析：如果一个系统达到了平衡态，系统内各部分的状态参量，如温度、压强和体积等不再随时间发生变化．温度达到稳定值，分子仍然是运动的，不可能达到所谓的“凝固”状态，故A项正确．
4．答案：BD
解析：冰水混合物在1℃的环境中要吸收热量，部分冰融化成水，不是平衡态，A错误；当铝块放在沸水中足够长的时间，铝块各部分的温度与沸水的温度相同，达到平衡态，B正确；同理可知D也正确；冬天刚打开空调的教室内的气体各部分温度不同，不是平衡态，C错误．
5．答案：AC
解析：只要两个系统在接触传热时它们的状态不发生变化，这两个系统原来就处于热平衡，而温度是反映两个系统是否达到热平衡的唯一物理量，故A、C正确，B错误；描述系统的状态参量不止一个，根据平衡态的定义可知D错误．
6．答案：AD
解析：乙和丙分开后，甲、乙、丙三个物体与外界没有传热，所以甲、乙、丙三个物体都达到了平衡态，A正确，B错误；甲和乙接触一段时间后分开，甲和乙达到了热平衡，但乙和丙接触一段时间后，乙的温度又发生了变化，甲和乙的热平衡被破坏，乙和丙两物体达到了热平衡，C错误，D正确．
7．答案：ACD
解析：当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如果两者的温度有差异，它们之间就会发生热传递，高温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到相同，即达到热平衡，A、D正确；两个物体的温度相同时，不会发生热传递，B错误；若a与b、c分别达到热平衡，三者温度一定相同，则b、c之间也达到了热平衡，C正确．微点2 温度 温度计与温标
1．有关温标的说法正确的是( )
A．温标不同，测量时得到同一系统的温度数值可能是不同的
B．不同温标表示的温度数值不同，则说明温度不同
C．温标的规定都是人为的，没有什么理论依据
D．热力学温标和摄氏温标是两种不同的温度表示方法，表示的温度数值没有关系
2．关于温度与温标，下列说法正确的是( )
A．温度与温标是一回事，所以热力学温标也称为热力学温度
B．摄氏温度与热力学温度都可以取负值
C．摄氏温度升高3℃，在热力学温标中温度升高276.15K
D．热力学温度每一度的大小与摄氏温度每一度的大小相等
3．冬天，内蒙古的气温最低可达－42℃，为了测量那里的气温应选用(已知水银的熔点是－39.3℃；酒精的熔点是－114℃)( )
A．水银温度计B．酒精温度计
C．水温度计D．体温计
4．(多选)关于热力学温度和摄氏温度，下列说法错误的是( )
A．某物体摄氏温度为10℃，即热力学温度为10K
B．热力学温度升高1K等于摄氏温度升高1℃
C．摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高283K
D．热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较
5．下列说法中正确的是( )
A．只要温度相同，任何物体分子的平均动能都相同
B．分子动能指的是由于分子定向运动而具有的能
C.10个分子的动能和分子势能的总和就是这10个分子的内能
D．温度高的物体中的每一个分子的运动速率一定大于温度低的物体中的每一个分子的运动速率
6．(多选)两个原来处于热平衡状态的系统，分开后，由于受外界的影响，其中一个系统的温度升高了5K，另一个系统的温度升高了5℃，下列说法正确的是( )
A．两个系统不再是热平衡状态了
B．两个系统此时仍是热平衡状态
C．两个系统的状态都发生了变化
D．两个系统的状态都没有发生变化
7．关于物体的温度与分子动能的关系，正确的说法是( )
A．某种物体的温度是0℃，说明物体中分子的平均动能为零
B．物体温度降低时，每个分子的动能都减小
C．物体温度升高时速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
D．物体的运动速度越快，则物体的温度越高
8．(多选)严冬，湖面上结了厚厚的冰，但冰下鱼儿仍在游动．为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞，拿来一支实验室温度计，用下列四种方法测水温，正确的做法是( )
A．用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出温度计的示数
B．取一空的塑料饮水瓶，将温度计悬吊在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即读出温度计的示数
C．若温度计显示的示数为摄氏温度4℃，即热力学温度4K
D．若温度计显示的示数为摄氏温度4℃，即热力学温度277.15K
9．气体初始温度为27℃，升高了20℃.用热力学温标表示，气体初始温度和升高的温度分别为( )
A．初始为27K，升高了20K
B．初始为300K，升高了20K
C．初始为27K，升高了293K
D．初始为300K，升高了293K
10．一杯水含有大量的水分子，若杯中水的温度升高，则( )
A．水分子的平均动能增大
B．只有个别水分子的动能增大
C．所有水分子的动能都增大
D．每个水分子的动能改变量均相同
11．从微观角度分析宏观现象是学习和认识热现象的重要方法，下列关于热现象的微观本质分析正确的是( )
A．分子间距离增大时，分子间作用力先增大再减小
B．温度升高，物体内所有分子的动能都增大
C．布朗运动说明悬浮在液体中的固体颗粒内的分子在做无规则运动
D．温度升高，物体内分子的平均动能增大
12.
(多选)伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图所示，一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则( )
A．该温度计的测温物质是槽中的液体
B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩的性质制造的
13．(多选)实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片压合在一起的双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图所示．已知甲图中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述中正确的有( )
A．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B．双金属温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的
C．由甲图可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D．由乙图可知，双金属的内层一定为铜，外层一定为铁
14．根据图像判断，人们选择的温度计中的测温物质及其依据是( )
A．水，水的密度小
B．水，水的密度出现异常现象
C．汞，汞的密度大
D．汞，汞的密度与温度呈规则的线性关系
微点2 温度 温度计与温标
1．答案：A
解析：温标不同，测量同一系统的温度数值一般不同，A正确，B错误；每一种温标的规定都有一定意义，如摄氏温标的0℃表示标准大气压下冰的熔点，100℃为标准大气压下水的沸点，C错误；热力学温标和摄氏温标的数值关系为T＝t＋273K，D错误．
2．答案：D
解析：温标是温度数值的表示方法，所以温度与温标是不同的概念，用热力学温标表示的温度称为热力学温度，A错误；摄氏温度可以取负值，但是热力学温度不能取负值，因为热力学温度的零点是低温的极限，B错误；摄氏温度的每一度与热力学温度的每一度的大小相等，D正确；摄氏温度升高3℃，热力学温度升高3K，C错误．
3．答案：B
解析：水银的熔点是－39.3℃，低于－39.3℃时水银会凝固．而酒精的熔点是－114℃.水在零度就结冰，而体温计的测量范围为35～42℃，所以只能选B.
4．答案：ACD
解析：热力学温度与摄氏温度的关系T＝t＋273.15K，所以选项A错误；对于T＝t＋273.15K，有许多同学错误地认为可变形为ΔT＝Δt＋273.15K，而认为C选项正确，实际上ΔT＝T2－T1＝t2－t1＝Δt，即用摄氏温度表示的温差等于用热力学温度表示的温差，所以选项B正确，选项C、D错误．
5．答案：A
解析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，物体分子平均动能相同，故A正确；分子动能指的是由于分子做无规则运动而具有的能，B错误；物体的内能是对大量分子而言的，对于10个分子无意义，故C错误；温度高的物体分子的平均速率大(相同物质)，但具体的每一个分子的速率是不确定的，可能大于平均速率，也可能小于平均速率，故D错误．
6．答案：BC
解析：由于两个系统原来处于热平衡状态，故温度相同，升高相同的温度后，温度仍相同，仍是热平衡状态，A错误，B正确；由于温度发生了变化，系统的状态也发生了变化，C正确，D错误．
7．答案：C
解析：温度是分子平均动能的标志．温度是0℃，物体中分子的平均动能并非为零，因为分子无规则运动不会停止，A错误；温度降低时分子的平均动能减小，并非每个分子动能都减小，B错误；物体温度升高时，分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，C正确；物体的运动速度增大，宏观机械能(动能)增大，但物体内分子的热运动不一定加剧，温度不一定升高，D错误．
8．答案：BD
解析：要测量冰下水的温度，必须使温度计与冰下的水达到热平衡时，再读出温度计的示数，但因隔着冰无法直接读数，把温度计取出来，显示的也不再是原热平衡状态下的温度，故选项A错误，B正确．T＝t＋273.15K＝277.15K，故选项C错误，D正确．
9．答案：B
解析：用热力学温标表示，气体初始温度为T＝273＋t＝300K，升高了ΔT＝Δt＝20K，故A、C、D错误，B正确．
10．答案：A
解析：水的温度升高，水分子的热运动加剧，水分子的平均动能变大，即其内能增加，这是统计规律，不适用于研究少量分子．故A正确，B、C、D错误．
11．答案：D
解析：由于不知道起始时分子间的距离，所以分子间距离增大时无法确定分子间作用力大小的变化情况，故A错误；温度是分子热运动的平均动能的标志，温度升高，物体内分子的平均动能增大，而不是所有分子的动能都增大，故B错误，D正确；布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故C错误．
12．答案：CD
解析：细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物质是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用空气的热胀冷缩的性质制造的，故A、B错误，C、D正确．
13．答案：ABC
解析：双金属温度计是利用铜、铁两种金属的热膨胀系数不同制成的，A、B选项正确．甲图中加热时双金属片弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层铜的热膨胀系数较大，C选项正确．乙图中，温度计刻度值是顺时针方向增大，说明当温度升高时温度计指针沿顺时针方向转动，则双金属片的弯曲程度在增大，可以推知双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D选项错误．
14．答案：D
解析：由于水的密度和温度关系的图线是不规则曲线，且不是单调的，如果选水为测温物质，则温度计刻度不均匀；汞的密度与温度呈规则的线性关系，选汞为测温物质，温度计刻度是均匀的，D正确，A、B、C错误．微点3 气体压强的计算
1.
如图，把一粗细均匀的玻璃管开口端插入到水银中，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为10cm，则管内气体的压强为( )
A．10cmHgB．86cmHg
C．76cmHgD．66cmHg
2．如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧静止吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，则封闭气体的压强p为( )
A．p0＋B．p0＋
C．p0－D．
3．有一段12cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在玻璃管下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76cmHg)( )
A．76cmHgB．82cmHg
C．88cmHgD．70cmHg
4．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为( )
A．p0＋h2B．p0－h1
C．p0－(h1＋h2) D．p0＋(h2－h1)
5．如图所示，4支管中A端有封闭气体，气体的压强分别为pa、pb、pc、pd，它们的大小顺序为( )
A．pa＝pb＝pc＝pdB．pd＞pc＞pa＞pb
C．pa＝pb＝pc＜pdD．pa＝pc＜pb＝pd
6．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0) ( )
A．p0－ρg(h1＋h2－h3) B．p0－ρg(h1＋h3)
C．p0－ρg(h1＋h3－h2) D．p0－ρg(h1＋h2)
7.
(多选)如图所示，竖直放置一根上端开口，下端封闭的细玻璃管，内有两段长为20cm的水银柱，封闭了长度均为20cm的A、B两段空气柱，已知大气压强P0＝75cmHg，环境温度保持不变．则A、B两段空气柱的压强是多大( )
A．PA＝55cmHgB．PA＝95cmHg
C．PB＝115cmHgD．PB＝120cmHg
8．如图所示，活塞质量为M，上表面横截面积为S，上表面水平，下表面与水平面成α角，摩擦不计，外界大气压为p0，则被封闭气体的压强为(重力加速度为g)( )
A．B．
C．p0－D．
9．(多选)如图所示，内径均匀、两端开口的“V”形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是( )
A．B管内水银面比槽内水银面高h
B．B管内水银面比槽内水银面高hcosθ
C．B管内水银面比槽内水银面高hsinθ
D．管内封闭气体的压强比大气压强小hcosθ高水银柱产生的压强
10．(多选)如图所示，用弹簧秤拉着一支薄壁玻璃试管，将它的开口向下插在水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h.若试管本身的重力与管壁的厚度均不计，此时弹簧秤的示数等于( )
A．进入试管内的H高水银柱的重力
B．外部大气与内部空气对试管底部的压力之差
C．试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力
D．上面A、C所述的两个数值之差
11.
(多选)如图所示，两端开口的U形管中，右边直管内有一部分空气被一段水银柱与外界隔开( )
A．若向左管口注入一些水银，h减小
B．若向左管口注入一些水银，h不变
C．若向右管口注入一些水银，不变
D．若向右管口注入一些水银，h增大
12.
如图所示，竖直静止放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内．已知水银柱a长h1为10cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5cm，大气压强为75cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少．
13．如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被轻绳倒挂于倾角为θ的斜面上，管内有一段长为h的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g.求在下列情况下，被封闭气体的压强为多少．(式中各物理量单位均为国际单位制单位)
(1)玻璃管静止不动；
(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳加速下滑过程(已知管与斜面间动摩擦因数为μ，且μ
14.
如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压强为p0)
微点3 气体压强的计算
1．答案：B
解析：根据管内液面内外压强相等可知p＝p0＋p水银＝76cmHg＋10cmHg＝86cmHg.故选B.
2．答案：C
解析：以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故应选C.
3．答案：A
解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理．水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a＝gsinθ，所以对水银柱由牛顿第二定律得：
p0S＋mgsinθ－pS＝ma，
故p＝p0＝76cmHg，B、C、D错误，A正确．
4．答案：B
解析：选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确．
5．答案：B
解析：液体相连在等高处压强相等，必须注意的是不能把气体和液体“连通”，pa＝p0－ph，pb＝p0－p2h，pc＝p0＋ph，pd＝p0＋p2h.故选B项．
6．答案：B
解析：需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh3，B端气体压强比中间气室低ρgh1，所以B端气体压强为p0－ρgh3－ρgh1，B正确．
7．答案：BC
解析：设水银柱长度为h，玻璃管横截面积为S，对A上部水银柱受力分析可得
p0S＋mg＝pAS，mg＝ρghS
联立解得pA＝p0＋ρgh＝(75＋20) cmHg＝95cmHg，故A错误，B正确；对B上部水银柱受力分析，根据平衡条件pAS＋mg＝pBS mg＝ρghS
pB＝pA＋ρgh＝(95＋20) cmHg＝115cmHg
故C正确，D错误，故选BC.
8．答案：C
解析：以活塞为研究对象，对活塞受力分析如图所示
外界对活塞的压力为F＝p0
由平衡条件有Fcosα＝Mg＋pS
解得p＝p0－，故选C.
9．答案：BD
解析：以A管中的水银为研究对象，设管内封闭气体的压强为p，管的横截面积为S，水银密度为ρ，有pS＋ρghScosθ＝p0S
则管内封闭气体的压强p＝p0－ρghcosθ
显然p且B管内水银面要比槽内水银面高Δh＝＝hcosθ
故B、D正确，A、C错误．
10．答案：BC
解析：隔离试管，受三个力作用，外部大气对管顶的压力，内部气体对管顶的压力，弹簧秤向上的拉力，平衡时有F＋pS＝p0S
内部压强为p＝p0－ρgh
可得F＝p0S－pS＝ρghS，故选BC.
11．答案：BD
解析：被封闭气体的压强为p＝p0＋h，压强单位是cmHg，右侧空气柱上方的液柱长也为h，向左侧玻璃管注入水银，因右侧上方水银柱长度不变，所以左右高度差h也不变，A错误，B正确；向右侧管口注入水银，会导致右侧空气上方的水银柱长度变长，所以左侧水银柱的高度差会变大，C错误，D正确．
12．答案：65cmHg 60cmHg
解析：设管的横截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(pA＋ph1)S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则(pA＋ph1)S＝p0S，
所以pA＝p0－ph1＝(75－10) cmHg＝65cmHg，
再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h2的上表面处的压强等于pB，则(pB＋ph2)S＝pAS，所以pB＝pA－ph2＝(65－5) cmHg＝60cmHg.
13．答案：(1)p0－ρghsinθ (2)p0－μρghcosθ
解析：(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，以水银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示，
根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsinθ＋p1S
而m＝ρSh
所以p1＝p0－ρghsinθ
(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受力情况如图乙所示，
分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
N′＝Mgcosθ，Mgsinθ－f＝Ma
又f＝μN′
所以a＝g(sinθ－μcosθ)
以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示
沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得mgsinθ＋p2S－p0S＝ma
所以p2＝p0＋(a－gsinθ)
将m＝ρSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcosθ.
14．答案：p0＋
解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象，汽缸和活塞相对静止时有：F＝(M＋m)a①
以活塞为研究对象，由牛顿第二定律有：pS－p0S＝ma②
联立①②解得：p＝p0＋.微点4 实验：探究气体等温变化的规律
1．(多选)“探究气体等温变化的规律”的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化
B．实验中为找到体积与压强的关系，一定要测量空气柱的横截面积
C．为了减小实验误差，可以在柱塞上涂润滑油，以减小摩擦
D．处理数据时采用p 图像，是因为p 图像比p V图像更直观
2．(多选)在“探究气体等温变化的规律”实验中，为保持温度不变，下列采取的措施合理的是( )
A．推动活塞运动时尽可能慢些
B．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性
C．不要用手握住注射器封闭气体部分
D．实验时尽量在注射器中封入较多的空气
3.在“探究气体等温变化的规律”的实验中，利用注射器选取一段空气柱为研究对象，如图所示，注射器下端的开口有橡胶套，它和柱塞一起把一段空气柱封闭．
(1)在实验过程中，空气柱的体积变化不要太快的原因是____________________________；在移动柱塞的过程中，正确的操作是________________________________．
(2)在温度不变的情况下，得到压强p与体积V成反比的结论，你对这一结论的微观解释是：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
4．对一定质量的气体，在等温条件下得出体积V与压强p的数据如下表：
V/m3 1.00 0.50 0.40 0.25 0.20
p/(×105Pa) 1.45 3.10 3.95 5.98 7.70
(1)根据所给数据在坐标纸上(如图所示)画出p 图线．
(2)由画出的图线可得出的结论是
_______________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
5．某同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律．
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的________．
A.用橡胶套密封注射器的下端
B.用游标卡尺测量柱塞的直径
C.读取压力表上显示的气压值
D.读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是________．
6．某实验小组用如图所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律．
(1)关于该实验，下列说法正确的是________．
A.实验前应将注射器内的空气完全排出
B.空气柱体积变化应尽可能的快些
C.空气柱的压强随体积的减小而减小
D.作出p 的图像可以直观反映出p与V的关系
(2)如图是甲、乙两同学在实验中得到的p 图像，若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同，那么两图像斜率不同的主要原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
7．在“探究气体等温变化的规律”的实验中，如图所示，导热性能良好的注射器下端的开口有橡胶套，它和柱塞一起把一段空气柱封闭在玻璃管中，以这段空气柱为研究对象，实验过程中它的质量不会变化．空气柱的压强p可以从上方的压力表中读出，空气柱的体积V可以从注射器的标度上读出，用手把柱塞向下或向上拉，读出体积与压强的几组数据．
(1)关于本实验的实际操作及数据处理，以下说法正确的是________；
A.为减小实验误差，应缓慢移动柱塞
B.气体的压强和体积必须用国际单位
C.推、拉柱塞时，为了稳定，手应握住注射器筒上的空气柱部分
D.注射器下端橡胶套脱落后，应立即重新封上，继续实验并记录数据
(2)以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验得到的各组数据在坐标系中描点．某小组在这次实验过程中，环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的p 关系图像可能是________．
8．某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律．
(1)为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验(两次注射器中封闭空气的质量相同)，得到的p V图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1________T2(选填“<”“＝”或“>”).
(2)为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出________(选填“p V”或“p ”)图像．对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条________________________________________________________________________线，
就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比．
(3)另一小组根据实验数据作出的V 图线如图丙所示，若实验操作规范正确，则图线不过原点的原因可能是
________________________________________________________________________．
微点4 实验：探究气体等温变化的规律
1．答案：AD
解析：本实验采用的方法是控制变量法，所以要保持被封闭气体的质量和温度不变，A正确；由于注射器的横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，B错误；涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，C错误；p与V成反比，p 图像是一条过原点的直线，而p V图像是双曲线的一支，所以p 图像更直观，D正确．
2．答案：AC
解析：缓慢地推拉活塞，可以使封闭气体的温度与外界的温度保持一致，从而可以保持封闭气体的温度不变，所以A正确；在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，这样是为了保持封闭气体的质量不发生变化，并不能保持封闭气体的温度不变，故B错误；当用手直接握住注射器封闭气体部分时，手的温度可能改变封闭气体的温度，所以不要用手直接握住注射器封闭气体部分，所以C正确；只要是封闭气体的质量不变，气体的多少不会改变实验的数据，与气体的温度是否会变化无关，所以D错误．
3．答案：(1)为保持温度不变 缓慢地向下压或向上拉 (2)温度保持不变，分子的平均动能一定；体积减小，分子的数密度增大，压强增大，反之体积变大则压强变小
解析：(1)为了使温度变化可以忽略不计，即保持温度不变，空气柱的体积变化不能太快．具体操作是缓慢地向下压或向上拉活塞．
(2)微观上，压强由分子平均动能和分子的数密度决定，则温度保持不变，分子的平均动能一定，而体积减小，分子的数密度增大，故压强增大，反之体积变大则压强变小．
4．答案：(1)见解析图 (2)一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比
解析：(1)作图如图所示
(2)由图可知p 图线过原点，即一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强p与体积的倒数成正比，所以压强与体积成反比．
5．答案：(1)B (2)保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 (3)C
解析：(1)为了保证气密性，应用橡胶套密封注射器的下端，A需要；由于注射器的直径均匀恒定，根据V＝LS可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B不需要，D需要；为了得知气压的变化情况，需要读取压力表上显示的气压值，C需要．
(2)手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的是保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变．
(3)当气体做等温变化时，p与V成反比，即p∝，故p 图像为直线，所以为了能直观反映p与V成反比的关系，应作p 图像，C正确．
6．答案：(1)D (2)研究气体的质量不同(或同质量气体在不同温度下研究)
解析：(1)实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动柱塞保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；p 图像是一条倾斜的直线，作出p 的图像可以直观反映出p与V的关系，故D正确．
(2)根据p 图像可知，如果温度相同，则说明两次气体质量不同，如果气体质量相同则两次温度不同．
7．答案：(1)A (2)A
解析：(1)为减小实验误差，应缓慢移动柱塞，以防止柱塞移动太快时气体的温度产生变化，A正确；气体的压强和体积没必要必须用国际单位，只要单位相同即可，B错误；推、拉柱塞时，手不应握住注射器筒上的空气柱部分，以防止气体温度产生变化，C错误；注射器下端橡胶套脱落后，气体的质量产生变化，需重新做实验，D错误．故选A.
(2)由＝C，可知p＝CT·，CT是p 关系图像的斜率，如果环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的p 关系图像的斜率将减小，图像可能是A，所以A正确，BCD错误．
8．答案：(1)> (2)p 过原点的倾斜直线 (3)未考虑注射器前端和橡胶塞连接处的气体
解析：(1)在p V图像中，根据＝C，即pV＝CT，可知离坐标原点越远的等温线温度越高，故T1>T2.
(2)由玻意耳定律可知一定质量的理想气体温度不变时，压强与体积成反比，故为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出p 图像．
如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比．
(3)另一小组根据实验数据作出V 图像如题图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图像不过原点的原因可能是试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验器材可知，实验时未考虑注射器前端与橡胶塞连接处的气体．微点5 玻意耳定律的简单应用
1．用打气筒给自行车打气，设每打一次可打入压强为1atm的空气0.1L，自行车内胎的容积为2.0L，假设胎内原来没有空气，且打气过程温度不变，那么打了40次后胎内空气压强为( )
A．5atmB．25atm
C．2atmD．40atm
2．在一个温度可视为不变的水池中，一个气泡从水底缓慢向上浮起，则在气泡上升的过程中，气泡的( )
A．体积增大，压强减小
B．体积不变，压强不变
C．体积减小，压强增大
D．体积减小，压强减小
3．如图，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接．洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量．已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2.当空气柱被压缩到50cm长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为(设整个过程中细管内气体可看作理想气体且温度保持不变)( )
A．40cmB．42cm
C．44cmD．46cm
4．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( )
A.A瓶中的药液先用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐减小
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
5．如图，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的( )
A．压强变大，体积变大
B．压强变大，体积变小
C．压强变小，体积变大
D．压强变小，体积变小
6.
粗细均匀的玻璃管长L＝90cm，内有齐口h＝2cm长水银柱封闭一定质量气体，外界大气压p0＝76cmHg，环境温度不变，从外界缓慢加入水银，则( )
A．最多能加10cm水银
B．最多能加7cm水银
C．最多能加5cm水银
D．不能再加入水银
7．如图所示，下端封闭、上端开口且粗细均匀的玻璃管与水平方向成30°角倾斜放置，管内用长度为10.0cm的水银柱封闭了长度为17.0cm的空气柱，大气压强恒为75cmHg，将该玻璃管绕其下端缓慢逆时针旋转至竖直，空气柱可看作理想气体且温度不变，则密闭空气柱的长度将变为( )
A．12.0cmB．14.0cm
C．16.0cmD．18.0cm
8．(多选)如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为15cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体，封闭气柱长度为30cm，大气压强恒为75cmHg.现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示．再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示．已知气体温度始终不变，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．图丙状态的气体压强大于图乙
B．若玻璃管从图乙状态自由下落，气柱长度将增加
C．图乙气柱长度为37.5cm
D．图丙气柱长度约为26.8cm
9.
如图所示，粗细均匀的等高U形玻璃管竖直放置，左管封闭，右端开口，用水银柱封闭长为L＝20cm的一段空气柱，右侧水银柱比左侧高出h＝8cm，已知大气压为p0＝76cmHg.现用一质量不计的薄活塞封住右端开口，缓慢向下压活塞使两边液面相平，此过程中环境温度始终不变，当两边液面相平时，求：
(1)左侧空气柱的压强；
(2)右侧空气柱的长度是多少厘米？(计算结果保留两位小数)
10．如图所示，一厚度不计的导热气缸放在水平地面上，气缸的质量M＝6kg，长L＝1m．气缸中用质量m＝4kg、横截面积S＝10cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，气柱长度l0＝0.4m．已知大气压强p0＝1×105Pa，重力加速度g取10m/s2，气缸与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，缸内气体的温度保持不变，求：
(1)若气缸固定在水平面上，求活塞到达缸口时缸内气体的压强p1；
(2)若气缸不固定在水平面上，求气缸刚好滑动时气柱的长度l.
11．如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的2倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝15cm.活塞A上方的水银深H＝15cm，两活塞的重力及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，直至水银的三分之二被推入细筒中，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p0相当于75cm的水银柱产生的压强)
12．如图所示，横截面积不等的气缸水平固定放置，内壁光滑，活塞A的横截面积SA＝20cm2，活塞B的横截面积SB＝30cm2.两活塞用质量不计的细绳连接，活塞A还通过细绳、定滑轮与质量不计的小桶相连，A和B之间封闭有一定量的理想气体，且温度始终与外界保持相同．已知大气压强p0＝1.0×105Pa保持不变，环境温度保持不变，活塞A、B始终可以自由移动．若往小桶中缓慢注入1kg细沙，发现气缸内活塞A、B向左移动了3cm，试求若再往小桶中缓慢注入1kg细沙，活塞A、B移动的距离．
微点5 玻意耳定律的简单应用
1．答案：C
解析：每打一次可打入压强为1atm的空气0.1L，打了40次，气压为1atm时总体积为V1＝0.1×40L＝4L
压入自行车内胎，体积减小为2L，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得p2＝2atm故选C.
2．答案：A
解析：根据p＝p0＋ρgh可知，一个气泡从水底缓慢向上浮起，h减小，所以气泡内压强减小；气泡内气体做等温变化，由pV＝C可知压强与体积成反比，故体积增大，故A正确，BCD错误．
3．答案：B
解析：设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封闭空气柱长度为l1，压力传感器关闭时空气柱长度为l2，则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p＝p0＋ρg(h－l1＋l2)
则由玻意耳定律可知p0l1S＝pl2S
解得h＝42cm，故选B.
4．答案：A
解析：药液从B瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶补充，使B瓶液面保持不变，直到A瓶液体全部流入B瓶，所以A瓶液体先用完，A正确，B错误；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，液体产生压强减小，因此封闭气体压强增大，C、D错误．
5．答案：B
解析：设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知
pS＋mg＝p0S
则当m减小时，p增大；根据玻意耳定律pV＝C可知，体积减小．故选B.
6．答案：A
解析：初状态p1＝(76＋2) cmHg＝78cmHg，V1＝(L－h)S＝88S
设水银柱下降xcm后注满，则p2＝(76＋90－88＋x) cmHg＝(78＋x) cmHg，V2＝(L－h－x)S＝(88－x)S
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
联立得x＝10cm
则加入水银柱的长度为H＝L－h－(L－h)＋x＝10cm
故选A.
7．答案：C
解析：被封闭气体做等温变化，初态
p1＝p0＋ρgL0sin30°＝75cmHg＋10×0.5cmHg＝80cmHg V1＝L1S
末态p2＝p0＋ρgL0＝75cmHg＋10cmHg＝85cmHg V2＝L2S
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得L2＝16cm，故选项C正确．
8．答案：AC
解析：大气压强p0＝75cmHg由图知乙图中封闭空气柱的压强p2＝p0－h＝75cmHg－15cmHg＝60cmHg
设图丙中气柱的压强为p3，则p3＝p0－hcos53°＝75cmHg－15×0.6cmHg＝66cmHg，即p3>p2，故A正确；若玻璃管从图乙状态做自由下落，玻璃管中水银柱由于重力而产生的压强变为0，管内封闭气体压强变为p0，气体温度不变，由玻意耳定律知p2L2S＝p0L′S由于p2设乙图中空气柱长度为L2，则V2＝L2S p2＝60cmHg
由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S 代入数据得L2＝37.5cm，故C正确；设丙图中空气柱的长度为L3，由p1L1S＝p3L3S 代入数据，解得L3≈34.1cm，故D错误．
9．答案：(1)105cmHg (2)8.69cm
解析：(1)设刚开始左侧空气柱的压强为p1，右侧水银柱高出部分的压强为p2，则
p2＝8cmHg，p1＝p2＋p0＝84cmHg
当两边液面相平时设左侧空气柱的压强为p3，则根据玻意耳定律p1V＝P3V′
即 p1LS＝p3L′S，L′＝L－
联立解得p3＝105cmHg
(2) 当两边液面相平时设右侧空气柱的压强为p4，则p4＝p3＝105cmHg
则根据玻意耳定律p0(L－h)S＝p4L1S
解得L1＝8.69cm.
10．答案：(1)4×104Pa (2)0.8m
解析：(1)气缸固定在水平面上时，由于气缸导热，活塞由初始位置到达缸口的过程中发生等温变化，有p0Sl0＝p1SL
解得活塞到达缸口时缸内气体的压强p1＝4×104Pa
(2)若气缸不固定在水平面上，气缸刚好滑动时有F＝f＝μ(M＋m)g
设气缸刚好滑动时内部密封气体的压强为p2，有p0Sl0＝p2Sl，F＋p2S＝p0S
联立可解得气缸刚好滑动时气柱的长度l＝0.8m．
11．答案：11.5cm
解析：初态封闭气体压强p1＝pH＋p0
体积V1＝LS
水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S，
则HS＝h1 HS＝h2S
此时封闭气体压强p2＝ph1＋ph2＋p0
体积V2＝L′S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得L′＝13.5cm
活塞B上移的距离d＝H＋L－L′－H＝11.5cm.
12．答案：2.5cm
解析：开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零，设气缸内气体压强为p1、体积为V1.
p1(SB－SA)＝p0(SB－SA)
若往小桶中缓慢注入1kg细沙，设气缸内气体压强为p2、体积为V2.
p2(SB－SA)－p0(SB－SA)＝m1g
气体发生等温变化p1V1＝p2V2
根据题意V1－V2＝L1(SB－SA)
若再往小桶中缓慢注入1kg细沙，设气缸内气体压强为p3、体积为V3.
p3(SB－SA)－p0(SB－SA)＝(m1＋m2)g
气体发生等温变化p2V2＝p3V3
根据题意V2－V3＝L2(SB－SA)
联立解得L2＝2.5cm.微点6 盖 吕萨克定律的应用
1．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是( )
A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍
B．气体的热力学温度升高到原来的两倍
C．温度每升高1K体积增加是原来的
D．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比
2．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27℃，则温度的变化是( )
A．升高了450KB．升高了150℃
C．降低了150℃D．降低了450℃
3．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度为0℃时，其体积为V0，当温度升高为T(K)时，体积为V，那么每升高1℃增大的体积等于( )
A．B．
C．D．
4.
如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是( )
A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′
B．加热后V1′>2V2′
C．加热后V1′<2V2′
D．条件不足，无法判断
5.
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
6.
如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0.当汽缸内气体温度是20℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？
7.
如图所示，质量M＝10kg的导热缸内用横截面积S＝100cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，忽略汽缸和活塞的厚度．求：
(1)缸内气体的压强p1；
(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．
8．[2023·河北保定高二校考阶段练习]某山地车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形气缸(出厂时已充入一定量气体).气缸内气柱长度变化范围为40mm～100mm，气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦，将其竖直放置于足够大的加热箱中(加热箱中气压恒定)，当温度T1＝300K时空气柱长度为60mm，当温度缓慢升至T2＝360K时空气柱长度为72mm，通过计算判断该避震器的气密性是否良好．
9．孔明灯在中国有非常悠久的历史，热气球的原理与其相同．热气球由球囊、吊篮和加热装置3部分构成．如图，某型号热气球的球囊、吊篮和加热装置总质量m＝160kg，球囊容积V0＝2000m3.大气密度为1.2kg/m3，环境温度恒为16℃.在吊篮中装载M＝460kg的物品，点燃喷灯，热气球从地面升空．升空后通过控制喷灯的喷油量操纵气球的升降．热气球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，即f＝kv，其中k＝500kg/s，重力加速度g＝10m/s2，不计大气压强随高度的变化，忽略球囊的厚度、搭载物品的体积及喷油导致的装置总质量变化．当热气球在空中以1.6m/s的速度匀速上升时，求：
(1)球囊内气体的质量；
(2)球囊内气体的温度．
微点6 盖 吕萨克定律的应用
1．答案：BD
解析：由盖 吕萨克定律＝可知，在压强不变时，体积与热力学温度成正比，故A错误，B正确；温度每升高1℃即1K，体积增加是0℃体积的，故C错误；由盖 吕萨克定律的变形式＝可知，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，故D正确．
2．答案：B
解析：由盖 吕萨克定律可得＝，代入数据可知，＝，得T2＝450K．所以升高的温度Δt＝150K＝150℃.
3．答案：A
解析：由等压变化可得＝＝＝，则每升高1℃增大的体积ΔV＝＝，故选A.
4．答案：A
解析：加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖 吕萨克定律得＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确．
5．答案：D
解析：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，活塞距离地面高度不变，A、C错误；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；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＝C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.
6．答案：1.27h1
解析：初状态：T1＝(273＋20) K＝293K，V1＝h1S.
末状态：T2＝(273＋100) K＝373K，V2＝h2S，其中S为活塞的横截面积．
根据盖 吕萨克定律＝，得V2＝T2，
即h2＝T2＝×373＝1.27h1.
7．答案：(1)9×104Pa (2)327℃
解析：(1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S
解得：p1＝9×104Pa
(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．
在这一过程中对缸内气体由盖 吕萨克定律得＝
所以T2＝2T1＝600K
故t2＝(600－273) ℃＝327℃.
8．答案：避震器不漏气
解析：由于加热箱中气压恒定，对气缸受力分析有
mg＋p0S＝pS
故气缸内压强恒定；若气缸不漏气时，根据盖 吕萨克定律＝
代入得l2＝72mm
气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器不漏气．
9．答案：(1)1700kg (2)135℃
解析：(1)热气球匀速上升时，设球囊内气体质量为m2，根据平衡条件得F浮－mg－m2g－Mg－f＝0
其中F浮＝ρgV0
f＝kv
解得m2＝1700kg.
(2)升温前球囊内气体的质量m1＝ρV0
初始气体温度T1＝t1＋273K＝289K
升温后，根据盖 吕萨克定律有＝
且升温前后的体积满足＝
解得T2＝408K
即t2＝T2－273K＝135℃.微点7 气体等压变化的图像
1.
(多选)一定质量的气体经过一系列过程，如图所示．下列说法正确的是( )
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体温度升高，体积不变
2.
(多选)一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在V T图像中都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断( )
A．ab过程中气体压强不断减小
B．bc过程中气体压强不断减小
C．cd过程中气体压强不断增大
D．da过程中气体压强不断增大
3.
一定质量的理想气体从状态A开始，经历状态B、C、D回到状态A的p T图像如图所示，其中BA的延长线经过原点O，BC、AD与横轴平行，CD与纵轴平行，下列说法正确的是( )
A．A到B过程中，气体的压强变大、温度升高、体积变大
B．B到C过程中，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数增多
C．C到D过程中，体积变大、分子热运动剧烈程度不变
D．D到A过程中，气体压强不变、内能减小、体积变大
4.
如图所示为表示一定质量的气体的状态变化(A→B→C→A)的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行，下列说法正确的是( )
A．A→B过程气体压强减小
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减少
D．A→B过程气体分子平均动能增大
5.
一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．求：
(1)气体在状态B时的压强pB.
(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC.
微点7 气体等压变化的图像
1．答案：AD
解析：从题图中可以看出a→b过程中气体的温度保持不变，所以气体发生等温变化，并且pa＞pb，根据玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得Va＜Vb，即压强减小，体积增大，A正确；b→c过程中，压强不变，温度减小，根据＝可得Vb＞Vc，即体积减小，B错误；c→a过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，根据＝得气体的压强增大，温度升高，C错误，D正确．
2．答案：BD
解析：A、C错：在V T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa＝pb，pc＝pd.
B、D对：在V T图像中，斜率越大压强越小，所以得到pa＝pb>pc＝pd.则由b到c的过程，压强变小，由d到a的过程，压强变大．
3．答案：C
解析：在该图像中过原点的直线是等容线，A到B过程中，气体的体积不变，故A错误；B到C过程中，压强不变，温度升高，则分子平均动能增大，由＝C知体积变大，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少，故B错误；C到D过程中，温度不变，气体分子热运动剧烈程度不变，故C正确；D到A过程中，等压变化、温度降低，则气体内能减小，由＝C知体积减小，故D错误．故选C.
4．答案：D
解析：状态A与状态B在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，图像斜率变大，则气体压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增多，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则气体分子平均动能增大，D正确．故选D.
5．答案：(1) (2) T0
解析：(1)A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，得pB＝.
(2)由B到C是等压变化，得pC＝，由A到C是等容变化，根据查理定律得＝.根据盖 吕萨克定律得＝，得TC＝T0.微点8 查理定律的应用
1．[2023·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，若气体热力学温度升高到原来的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
2．(多选)某校外学习小组在进行实验探讨．如图所示，在烧瓶上连着一根玻璃管，用橡皮管把它跟一个水银压强计连在一起，在烧瓶中封入了一定质量的理想气体，整个烧瓶浸没在温水中、用这个实验装置来研究一定质量的气体在体积不变时，压强随温度变化的情况．开始时水银压强计U形管两端水银面一样高，在下列几种做法中，能使U形管左侧水银面保持原先位置(即保持瓶内气体体积不变)的是( )
A．甲同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向下移
B．乙同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向上移
C．丙同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向下移
D．丁同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向上移
3．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电．若大气压为1.0×105Pa，刚通电时显示温度为27℃，通电一段时间后显示温度为7℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是( )
A．0.26×105PaB．0.93×105Pa
C．1.07×105PaD．3.86×105Pa
4．在密封容器中装有某种气体，当温度从50℃升高到100℃时，气体的压强从p1变到p2，则( )
A．＝B．＝
C．＝D．1＜＜2
5．一定质量的理想气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0，再经等容变化使压强减小到p0，则气体最后状态为( )
A．p0、V0、T0B．p0、V0、T0
C．p0、V0、T0D．p0、V0、T0
6．(多选)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．VaB．Va>Vb，Ta＝Tb
C．Va＝Vb，Ta>Tb
D．VaTb
7．[2023·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
8.
有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃瓶A内封有一定量气体，与瓶A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映瓶内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A瓶的体积相比可略去不计．
(1)B管刻度线是在1个标准大气压下制作的(1个标准大气压相当于76cm水银柱的压强).已知当温度t＝27℃时的刻度线在x＝16cm处，问t＝0℃的刻度线在x为多少厘米处？
(2)若大气压已变为相当于75cm水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27℃，求此时实际温度．
微点8 查理定律的应用
1．答案：A
解析：根据查理定律＝C可知，一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度升高到原来的2倍，则气体的压强增大到原来的2倍．故选A.
2．答案：BC
解析：浸在热水中，温度升高，由于气体体积不变，所以瓶内压强增大p＝p0＋h
上移A管保持体积不变，故A错误，B正确；浸在冷水中，温度降低，由于气体体积不变，所以瓶内压强减小p＝p0－h下移A管保持体积不变．故C正确，D错误．
3．答案：B
解析：冷藏室气体的初状态：T1＝(273＋27) K＝300K，p1＝1.0×105Pa，末状态：T2＝(273＋7) K＝280K，设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律＝，代入数据得p2≈0.93×105Pa.故B正确．
4．答案：C
解析：由于气体做等容变化，所以＝＝＝，故C正确．
5．答案：B
解析：在等压过程中，由盖 吕萨克定律有＝，V2＝V0，再经过一个等容过程，由查理定律有＝，T3＝T0，所以B正确．
6．答案：CD
解析：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Δp＝
而各管原压强p相同，所以Δp∝即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；因TaΔpb则水银柱向右移动，选项A错误；因Ta＝Tb，则Δpa＝Δpb则水银柱不移动，选项B错误；因Ta>Tb，则Δpa<Δpb则水银柱向左移动，选项CD正确．故选CD.
7．答案：C
解析：假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律有＝
得Δp＝·ΔT
根据题意知，升高相同温度ΔT相同，原来平衡pA＝pB
又TA＝TB，得ΔpA＝ΔpB
则ΔF＝Δp·S，所以ΔFB＝ΔFA
活塞将保持不动，故C正确，ABD错误．
8．答案：(1)21.4cm (2)22℃
解析：(1)A瓶内气体初态
p1＝76cmHg－16cmHg＝60cmHg
T1＝(273＋27) K＝300K
T2＝(273＋0) K＝273K
气体发生等容变化，由查理定律可得＝
即＝
解得p2＝54.6cmHg
则x＝76cm－54.6cm＝21.4cm.
(2)此时A瓶内气体压强为
p3＝75cmHg－16cmHg＝59cmHg
气体发生等容变化，由查理定律＝
即＝
解得T3＝295K
所以t3＝22℃.微点9 气体实验定律的微观解释
1．汽缸内封闭着一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时( )
A．气体的分子数密度增大
B．气体的压强减小
C．气体分子的平均速率减小
D．每秒钟撞击器壁单位面积上的气体分子数增多
2．(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目增加
3．一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况不可能是( )
A．p、V、T都增大
B．p减小，V和T都增大
C．p和V减小，T增大
D．p和T增大，V减小
4.
某同学在水杯中倒入一半开水后，将杯盖盖上后杯内空气(视为一定质量的理想气体)的温度约为97℃，一段时间后，该同学想喝水时，发现杯盖很难被打开，若此时杯中空气的温度与外部环境温度均为17℃，则下列说法正确的是( )
A．杯盖很难被打开的原因是降温后杯内空气的压强大于外界大气压强
B．17℃时杯内空气的体积比97℃时的大
C．17℃时杯内空气的密度比97℃时的大
D．17℃时杯内空气对杯壁单位时间内、单位面积上的碰撞次数比97℃时的少
5．(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是( )
A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大
B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
C.若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加
D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变
6．(多选)如图所示是一定质量的某种理想气体的等压线，比较等压线上的a、b两个状态，下列说法正确的是( )
A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多
B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多
C．a状态对应的分子平均动能小
D．单位体积的分子数a状态较多
7．(多选)一定质量的理想气体的p V图线如图所示，若其状态为A→B→C→A，且A→B为等容变化，B→C为等压变化，C→A为等温变化，则气体在A、B、C三个状态时( )
A．单位体积内气体的分子数nA＝nB＝nC
B．气体分子的平均速率vA>vB>vC
C．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力FA>FB＝FC
D．气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数NA>NB，NA>NC
微点9 气体实验定律的微观解释
1．答案：D
解析：当温度升高时，由于气体的体积不变，因此气体的分子数密度不变，A错误；保持气体体积不变，即分子密集程度不变，当温度升高时，气体分子平均动能增大，平均速率增大，因此每秒钟撞击器壁单位面积的气体分子数增多，且单个分子撞击器壁的平均作用力变大，所以气体的压强增大，B、C错误，D正确．
2．答案：BD
解析：理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，气体分子的总数不变，故B、D正确，A、C错误．
3．答案：C
解析：根据理想气体状态方程，有＝C，因此不可能出现压强和体积减小而温度升高的情形．故选C.
4．答案：D
解析：杯内空气温度降低，由＝
可知杯内压强减小，杯内空气的压强小于外界大气压强，故A错误；17℃时与97℃时相比，杯内空气的体积不变，质量不变，所以密度不变，故BC错误；17℃时与97℃时相比，杯内空气压强减小，对杯壁单位时间内、单位面积上的碰撞次数减少，故D正确．故选D.
5．答案：AC
解析：单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此气体压强一定增大，故选项A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，单位体积内分子个数一定增加，故选项C正确，D错误．
6．答案：BCD
解析：由题图可知，一定质量的气体a、b两个状态的压强相等，而a状态温度低，分子平均动能小，每个分子对器壁的平均撞击力小，而压强不变，则在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多，A错误，B、C正确；一定质量的气体，分子总数不变，Vb>Va，故单位体积的分子数a状态较多，D正确．
7．答案：CD
解析：由题图可知，B→C气体的体积增大，密度减小，A错误；C→A为等温变化，分子平均速率vA＝vC，B错误；而气体分子对器壁产生的作用力，B→C为等压变化，pB＝pC，FB＝FC，由题图知，pA>pB，则FA>FB，C正确；A→B为等容降压过程，密度不变，温度降低，NA>NB，C→A为等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有NA>NC，D正确．微点10 理想气体及理想气体的状态方程的应用
1．(多选)下列对理想气体的理解，正确的有( )
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵从气体实验定律
2．关于气体的状态变化，下列说法正确的是( )
A．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100℃上升到200℃时，其体积增大为原来的2倍
B．任何气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程＝
C．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，则气体可能压强减半，热力学温度加倍
D．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，则气体可能体积加倍，热力学温度减半
3．对于一定质量的理想气体，下列状态变化中可能实现的是( )
A．使气体体积增加而同时温度降低
B．使气体温度升高，体积不变、压强减小
C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大
D．使气体温度升高，压强减小，体积减小
4.
[2023·河北邯郸高二校考期中]两端开口的玻璃管中有两段水银，封闭有一段气体LB，左边的活塞也封闭了一段气体LA，现将活塞缓慢地向下移动，两段气体温度保持不变，两气柱长度变化是( )
A．LA不变，LB减小B．LA减小，LB不变
C．LA增大，LB减小D．LA减小，LB增大
5．如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，在图中三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3，则T1、T2、T3的大小关系为( )
A．T1＝T2＝T3B．T1C．T1>T2>T3D．T16.
[2023·山东济南高二统考期末] 如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，利用虹吸原理使活塞上方的液体逐渐流出，在此过程中，大气压强与外界的温度均保持不变．对这部分理想气体．下列说法正确的是( )
A．气体分子的平均动能减小
B．分子间的引力和斥力都增大
C．单位体积内的气体分子数减少
D．在单位时间内，气体分子对活塞的冲量保持不变
7.
[2023·浙江丽水高二统考期末]如图所示弯管，左侧a、b两处液面上方分别封闭一段气体，右侧开口处与大气相通．ab、cd两处液面高度差分别为h1、h2.现用一轻质活塞封住开口处一段气体．活塞不计重量且可在弯管内无摩擦滑动，大气压强为p0，装置气密性良好，右侧开口端与活塞足够远．下列说法正确的是( )
A．一定有h1＝h2
B．若仅加热右侧轻活塞处封闭的气体，d处液面上升
C．若缓慢向上推动活塞，a处液面上升，a处上方气体压强增大
D．若加热a处上方的气体，b、c液面之间气体的体积不变
8.如图所示，U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为76cmHg.若给左管的封闭气体加热，使管内空气柱长度变为30cm，(忽略温度对水银体积的影响)则此时左管内气体的温度为多少？
9．如图所示，绝热汽缸被一导热薄活塞分隔成A、B两部分，活塞左侧用一水平轻绳固定在汽缸左壁．已知A部分气体的压强为2×105Pa，B部分气体的压强为1×105Pa，A、B体积之比为1∶3，汽缸内气体温度为27℃，活塞横截面积为50cm2，汽缸内表面光滑，A、B中气体均为理想气体．
(1)求轻绳的拉力大小F；
(2)若轻绳突然断掉，求再次平衡时A、B两部分气体的体积之比．
微点10 理想气体及理想气体的状态方程的应用
1．答案：AD
解析：理想气体是理想化物理模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体；理想气体在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律，选项A、D正确，选项B错误．一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，与体积无关，选项C错误．
2．答案：C
解析：一定质量的理想气体压强不变，体积与热力学温度成正比，温度由100℃上升到200℃时，由＝可知，体积增大为原来的1.27倍，故A错误；理想气体状态方程成立的条件为气体可看作理想气体且质量不变，故B错误；由理想气体状态方程＝C可知，C正确，D错误．
3．答案：A
解析：由理想气体状态方程＝C得，A项中若使压强减小就有可能，故A项正确；体积不变，温度与压强应同时变大或同时变小，故B项错误；温度不变，压强与体积成反比，故不能同时增大，故C项错误；温度升高，压强减小，体积不可能减小，故D项错误．
4．答案：B
解析：对于右边封闭的气体LB而言，在活塞缓慢地向下移动的过程中属于等压变化，而在缓慢移动中可认为与外界及时进行热交换，温度不变，由理想气体的状态方程＝C
可知，体积不变，所以LB不变；由于右侧压强不变，在压迫LA过程中，造成左右压强差增加，所以A部分压强变大，由理想气体的状态方程＝C
可知，在温度不变时，压强变大，所以体积减小即LA减小．
故选B.
5．答案：B
解析：以活塞为研究对象，对T1、T2状态下的气体有：p1S＝Mg＋p0S，p0S＋Mg＝p2S，对T3状态下的气体有：p0S＋Mg＋mg＝p3S，可以得出：p1＝p26．答案：C
解析：外界的温度保持不变，导热材料制成的气缸内气体温度不变，气体分子的平均动能不变，故A错误；活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，气缸内气体压强减小，又气缸内气体温度不变，气体体积变大，分子间距变大，则分子间的引力和斥力都减小，故B错误；气体的温度不变，压强减小，由理想气体状态方程可知，气体体积增大，则单位体积内的气体分子数减少，所以单位时间内气体分子对活塞的冲量减少．故C正确，D错误．
7．答案：C
解析：对中间封闭的气体，则p0－h2＝pa＋h1
则h1不一定等于h2，选项A错误；当有活塞时，仅加热右侧轻活塞处封闭的空气，由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，d处液面也不变，选项B错误；缓慢上推活塞，活塞处封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可知，活塞处封闭气体体积减小压强增大，同理a和bc处封闭气体压强增大体积减小，a处液面上升，选项C正确；若加热a处上方的气体，由＝C，该处体积增大，a处液面下降，b处液面上升，若b、c液面之间气体的体积不变，则c处液面上升，d处液面下降，h2增大，而由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，则pbc＝p0－h2
可见b、c液面之间气体的压强减小，而温度不变，则体积不可能不变，选项D错误．
8．答案：420K
解析：以封闭气体为研究对象，设左管横截面积为S，当左管封闭的空气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm；右管水银柱上升8cm，即两端水银柱高度差为：h′＝24cm，由题意得：V1＝L1S＝26S，p1＝p0－ph＝76cmHg－36cmHg＝40cmHg，T1＝280K，p2＝p0－ph′＝52cmHg，V2＝L2S＝30S.由理想气体状态方程：＝，解得T2＝420K．
9．答案：(1)500N (2)
解析：(1)对活塞受力分析，由平衡条件可知pAS＝pBS＋F
得F＝500N.
(2)再次平衡时A、B两部分气体的压强相等，设为p，设汽缸总体积为V，气体温度为T2，
对A中气体＝
对B中气体＝
解得＝.