8.1 新提升·课时作业
基础达标
1．一定质量的气体在温度保持不变时，压强增大到原来的4倍，则气体的体积变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C.倍 D.倍
【解析】 根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，得＝＝，即气体的体积变为原来的倍．
【答案】 D
2．在大气压为1.0×105 Pa(相当于76 cm水银柱产生的压强)下做托里拆利实验时，由于管中混入少量空气，水银柱上方有一节空气柱，如图所示，这时管中稀薄气体的压强相当于多少厘米水银柱所产生的压强( )
A．90 B．60
C．30 D．16
【解析】 由平衡条件可知：p0＝p＋h，所以p＝p0－h＝(76－60)cmHg＝16 cmHg.
【答案】 D
3．(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
【解析】 A图表示温度T始终不变，B、C图表示p×为定值，即温度不变A、B、C对，D中p∝V，此时温度必然变化，故D错．
【答案】 ABC
4．氧气瓶在储存过程中，由于密封不严出现缓慢漏气，其瓶内氧气的压强和体积变化如图中A到B所示，则瓶内氧气的温度(设环境温度不变)( )
A．一直升高 B．一直下降
C．先升高后降低 D．不变
【解析】 错解为B，错误原因是只简单地对A、B及A到B的过程进行分析后，作出各状态下的等温线，如图所示，从图中可以看出tA>t1>t2>tB，从而误选B，而忽略了只有一定质量的气体才满足tA>t1>t2>tB.正确答案应为D.密封不严说明漏气，说明气体质量变化，B不正确；“缓慢”说明氧气瓶中氧气可充分同外界进行热交换，隐含与外界“等温”．
【答案】 D
5．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，小孩一不小心松手，氢气球就会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为( )
A．球内氢气温度升高
B．球内氢气压强增大
C．球外空气压强减小
D．以上说法均不正确
【解析】 气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．
【答案】 C
6．如图所示，有一压力锅，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10－6 m2，限压阀重为0.7 N．使用该压力锅对水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为1.01×105 Pa)( )
p(×105 Pa)
1.01
1.43
1.54
1.63
1.73
1.82
1.91
2.01
2.12
2.21
t(℃)
100
110
112
114
116
118
120
122
124
126
A.100℃ B．112℃
C．122℃ D．124℃
【解析】 由表格数据知，气压越大，沸点越高，即锅内最高温度越高．对限压阀分析受力，当mg＋p0S＝pS时恰好要放气，此时p＝＋p0＝＋p0＝2.01×105 Pa达到最大值，对应的最高温度为122℃.
【答案】 C
7．在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图所示，U型管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为76 cm汞柱，图中给出了气体的两个不同的状态．
(1)实验时甲图气体的压强为________cmHg；乙图气体压强为________cmHg.
(2)实验时某同学认为管子的横截面积S可不用测量，这一观点正确吗？
答：__________________________________(选填“正确”或“错误”)．
(3)数据测量完后在用图象法处理数据时，某同学以压强p为纵坐标，以体积V(或空气柱长度)为横坐标作图，你认为他这样做能方便地看出p与V间的关系吗？
答：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
【解析】 (1)由连通器原理可知，甲图中气体压强为p0＝76 cmHg，乙图中气体压强为p0＋4 cmHg＝80 cmHg.
(2)由玻意耳定律p1V1＝p2V2，即p1l1S＝p2l2S，即p1l1＝p2l2(l1、l2为空气柱长度)，所以玻璃管的横截面积可不用测量．
(3)以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p－V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出p－图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比．
【答案】 (1)76 80 (2)正确 (3)不能
8．一个足球的容积V0＝2.6×10－3 m3，原装满1.0×105 Pa的空气．现用打气筒给这个足球打气，每次可把V＝1.0×10－4 m3、压强为1.0×105 Pa的空气打入球内，要使足球内部的压强增为2.0×105 Pa，应打气多少次？(设足球的容积和空气温度在打气过程中不变)
【解析】 对打足气后球内的气体有：
初态：p1＝1.0×105 Pa，
V1＝2.6×10－3 m3＋n×1.0×10－4 m3；
末态：p2＝2.0×105 Pa，
V2＝2.6×10－3 m3.
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
所以1.0×105×(26＋n)×10－4＝2.0×105×2.6×10－3，解得n＝26，即应打气26次．
【答案】 26次
9.
如图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．
【解析】 设压力为F，压缩后气体压强为p.
由p0V0＝pV和F＝pS得F＝p0S.
【答案】 p0S
能力提升
1．如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封有一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，则(大气压强为p0)( )
A．封闭气体的压强p＝p0＋
B．封闭气体的压强p＝p0＋g
C．封闭气体的压强p＝p0－
D．封闭气体的压强p＝
【解析】 以缸套为研究对象，如图所示，根据平衡条件有：Mg＋pS＝p0S，所以p＝p0－.
【答案】 C
2．如图所示为一定质量的某种气体在p-V图中的等温线，A、B是等温线上的两点， △OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则( )
A．S1>S2 B．S1＝S2
C．S1
【解析】 △OBC的面积S2＝BC·OC＝pBVB，同理，△OAD的面积S1＝pAVA，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，可知两个三角形面积相等．
【答案】 B
3．如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程．则下列说法正确的是( )
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．A与B的状态参量相同
D．B→C体积减小，压强减小，温度不变
【解析】 由图象可知p－图象是过原点的倾斜直线，表示气体进行等温变化，故D→A是等温变化，A选项正确．A、B两个状态参量不同，故B、C选项错误；B→C气体进行等温变化，p减小，V增大，故D选项错误．
【答案】 A
4．一根竖直静止放置的两端封闭的细玻璃管，管内封闭着的空气被一段水银柱分为上下两部分，如图所示，当它在竖直方向运动时，发现水银柱相对玻璃管向上移动(温度不变)，以下说法正确的是( )
A．玻璃管做匀速运动
B．玻璃管向下加速运动
C．玻璃管向下减速运动
D．玻璃管向上加速运动
【解析】 水银柱相对玻璃管向上移动，即上面被封闭的气体体积减小，下面被封闭的气体体积增大，由此可知上面气体压强增大，下面气体压强减小，则水银柱受到合外力向下，因此，具有向下的加速度，故B选项正确．
【答案】 B
5．用注射器探究气体等温变化规律的实验，如图所示．
(1)若测得注射器的全部刻度长为L，由________直接读出其容积为V，用________测得注射器的活塞和框架的总质量为m，由________读出大气压强为p0.当框架两侧对称悬挂钩码总质量为M时，则气体压强为________；去掉钩码，用弹簧秤竖直向上拉框架，测得拉力为F，则气体压强为________．
(2)某同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，用p作纵轴，1/V作横轴，画出p－1/V图象如图甲、乙、丙，则甲可能产生的原因是________；乙可能产生的原因是________；丙可能产生的原因是________．
A．各组的p、1/V取值范围太小
B．实验过程中漏气现象
C．实验过程中气体温度升高
D．在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强
(3)在该实验中，需要用刻度尺测量的物理量有( )
A．注射器全部刻度的长度
B．活塞移动的距离
C．活塞的直径
D．注射器内空气柱的长度
【解析】 (1)被封闭的气体体积可直接从带刻度的注射器上读出，由天平测量活塞和框架的总质量m，由气压计读出当时的大气压p0，当两边挂上总质量为M的钩码时，对活塞根据平衡条件可得：(M＋m)g＋p0S＝pS，整理得：p＝p0＋.当去掉钩码用测力计向上施加拉力F时，对活塞由平衡条件可得：F＋pS＝mg＋p0S，整理得：p＝p0＋.
(2)甲图：是线性关系，但不过原点，相当于把图线向右平移了一段距离或向下平移了一段距离．分析知，体积计算是不会出错误，应该是少了一部分压强．选D.
乙图：图线向上弯曲，说明pV乘积变大，是温度升高或质量增加造成的现象，选C.
丙图：图线向下弯曲，说明pV乘积变小，是温度下降或质量减少造成的现象，选B.
(3)选A，这样做的目的是间接测量活塞的横截面积，该注射器最大刻度显示的容积为Vm，测出全部刻度的长度L，则S＝.
【答案】 (1)注射器的刻度 天平 气压计 p0＋ p0＋ (2)D C B (3)A
6.
一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动．如图所示，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了h/4.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．
【解析】 设大气和活塞对气体的总压强为p0，一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得
p0hS＝(p0＋p)(h－h)S①
由①式得p＝p0②
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0＋2p.
设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，由玻意耳定律得p0hS＝(p0＋2p)(h－h′)S③
联立②③式解得h′＝h.
【答案】 h
课件39张PPT。8.2 新提升·课时作业
基础达标
1．对于一定质量的气体，以下说法正确的是( )
A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比
B．气体做等容变化时，温度升高1℃，增加的压强是原来压强的1/273
C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1[1＋(t2－t1)/273]
【解析】 一定质量的气体等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不是正比关系，选项A错．根据公式pt＝p0(1＋t/273)，其中p0是0℃时的压强，B选项错．气体压强的变化量，总是跟温度的变化量成正比，无论是摄氏温度还是热力学温度，C选项正确．根据公式pt＝p0(1＋t/273)，判断D选项错误．
【答案】 C
2．一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上表示如图所示，则( )
A．在过程AC中，气体的压强不断变小
B．在过程CB中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
【解析】 气体的AC变化过程是等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故A错误．在CB变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由p/T＝C可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述在ACB过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．
【答案】 D
3．一定质量的气体保持其压强不变，若热力学温度降为原来的一半，则气体的体积变为原来的( )
A．四倍 B．二倍
C．一半 D．四分之一
【解析】 由盖—吕萨克定律得：＝知，气体的体积变为原来的一半，C项正确．
【答案】 C
4．高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p0＝1 atm，温度t0＝27℃，在火箭竖直向上飞行的过程中，加速度的大小等于重力加速度g，仪器舱内水银气压计的示数为p＝0.6 p0.已知仪器舱是密封的，那么，这段过程中舱内温度是( )
A．16.2℃ B．32.4℃
C．360 K D．180 K
【解析】 以密封舱内气体为研究对象，知压强p1＝p0，温度T1＝300 K；加速上升过程中，气体压强为p2＝2p＝1.2p0.根据查理定律得：p0/300＝1.2p0/T，解得T＝360 K.
【答案】 C
5．一定质量的理想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450 K B．升高了150℃
C．升高了40.5℃ D．升高了450℃
【解析】 根据盖 吕萨克定律，可得＝，ΔT＝ΔV＝ K×V＝150 K．升高150 K和升高150℃是等效的，故B正确.
【答案】 B
6．(多选)如图所示，在一只烧瓶上连一根玻璃管，把它跟一个水银压强计连在一起，烧瓶里封闭着一定质量的气体，开始时水银压强计U形管两端水银面一样高．下列情况下，为使U形管两端水银面一样高，管A的移动方向是( )
A．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移
B．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移
C．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移
D．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移
【解析】 使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压而不变，若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银等高，应把A下移，故A项正确，B错；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管上移，故C错，D对．
【答案】 AD
7．一定质量的理想气体的p－t图象如图所示，在气体由状态A变化到状态B的过程中，其体积( )
A．一定不变 B．一定减小
C．一定增加 D．不能判定
【解析】 图中横坐标表示的是摄氏温度t，若BA的延长线与t轴相交在－273.15℃，则表示A到B过程中体积是不变的．但是，由图中未表示出此点，故无法判定体积变化情况，D正确．
【答案】 D
8．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止．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，则气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，则气缸的上底面距地面的高度将增大
【解析】 若外界大气压增大或气温升高，因弹簧的弹力总等于活塞与气缸的总重力保持不变，则弹簧长度不变，A、C项错；对气缸分析，据平衡条件可知大气压增大，密封气体的压强增大，又气体温度不变，则体积减小，而活塞的位置不变，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B错；若气温升高，分析气缸的平衡可知密封气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律知体积增大，气缸的上底面距地面的高度将增大，D项正确．
【答案】 D
9．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL.假设在室温(17℃)罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐承受的压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
【解析】 取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17) K＝290 K.
末态：p2＝1.2 atm，T2＝未知量．
气体发生等容变化，由查理定律＝得：
T2＝ T1＝ K＝348 K，
t＝(348－273) ℃＝75 ℃
【答案】 75℃
能力提升
1．如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V－T图象，由图象可知( )
A．pA>pB
B．pCC．VAD．TA【解析】 由A到B的过程是等容变化，由＝C，因TB>TA，所以pB>pA，故A、C项错误；由B到C的过程是等压变化，由＝C，因TB>TC，所以VB>VC，故B项错误．
【答案】 D
2．如图所示，一导热性良好的气缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与缸壁摩擦)，温度升高时，改变的量有( )
A．活塞高度h
B．气缸高度H
C．气体压强p
D．弹簧长度L
【解析】 以气缸整体为研究对象，由受力平衡知弹簧弹力等于总重力，故L、h不变，设缸壁的重力为G1，则封闭气体的压强p＝p0－保持不变，当温度升高时，由盖—吕萨克定律知气体体积增大，H将减小，故只有B项正确．
【答案】 B
3．(多选)如右图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气( )
A．弯管左管内外水银面的高度差为h
B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C．若把弯管向下移动少许，右管内的水银柱沿管壁上升
D．若环境温度升高，右管内的水银柱沿管壁上升
【解析】 封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错、C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对．
【答案】 ACD
4.
如图所示，气缸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.当气缸内气体温度是20℃时，活塞与气缸底部距离为h1；当气缸内气体温度是100℃时，活塞与气缸底部的距离是多少？
【解析】 初状态：T1＝273 K＋20 K＝293 K，V1＝h1S，
末状态：T2＝273 K＋100 K＝373 K，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＝1.27 h1.
【答案】 1.27h1
5．如图所示，A气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27℃，活塞与气缸底部距离为h，活塞截面积为S.气缸中的活塞通过滑轮系统挂一重物，质量为m.若不计一切摩擦，当气体的温度升高10℃且系统稳定后，求重物m下降的高度．
【解析】 初末状态，物块静止，分析活塞受力，可知绳中拉力大小相等，气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律知：＝＝
V1＝Sh，ΔV＝SΔh
T1＝300 K，解得Δh＝ΔT＝h
【答案】 h
课件35张PPT。8.3 新提升·课时作业
基础达标
1．对一定质量的理想气体，下列状态变化中不可能的是( )
A．使气体体积增大，同时温度降低、压强减小
B．使气体温度升高，体积不变、压强增大
C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大
D．使气体温度降低，压强减小、体积减小
【解析】 根据理想气体状态方程＝C知，V增大，T降低，如果压强减小，A可以实现；同理，B、D可以实现，C不可以实现，因此选C.
【答案】 C
2．关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是( )
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．气体由状态1变到状态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，可能是压强减半，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，可能是体积加倍，热力学温度减半
【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，体积增大为原来的1.27倍，故A项错误．理想气体状态方程成立的条件为质量不变，B项缺条件故错误．由理想气体状态方程＝恒量得C项正确，D项错误．
【答案】 C
3．如图所示，A、B两点代表一定质量理想气体的两个不同的状态，状态A的温度为TA，状态B的温度为TB.由图可知( )
A．TA＝2TB B．TB＝4TA
C．TB＝6TA D．TB＝8TA
【解析】 从已知p－V图上可知TB>TA.为确定它们之间的定量关系，可以从p－V图上的标度值代替压强和体积的大小，代入理想气体状态方程＝即＝，得TB＝6TA.
【答案】 C
4．甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲A．甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度
B．甲容器中气体的温度等于乙容器中气体的温度
C．甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能
D．甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能
【解析】 甲、乙两容器中的气体由于质量相等，可以看成同一气体的两个不同状态，则＝，由于V甲＝V乙，所以T甲【答案】 C
5.
如图所示，一定质量的理想气体，由状态A沿直线AB变化到状态B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是( )
A．不断增大
B．不断减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【解析】 在p－V图线上，画一簇等温线，某一条等温线与直线ACB相切时，这一状态的温度最高，即题中的C点温度最高．又因为气体分子的平均速率随温度升高而增大，所以气体分子的平均速率是先增大后减小，则D项正确．
【答案】 D
6．(多选)一定质量理想气体的状态，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与bc平行，则气体体积在( )
A．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
【解析】 由＝c可知P－T图线斜率k＝，据此可知ab过程中体积增加，A正确；bc过程体积不变，B正确；cd过程中体积减小，C错误；da过程体积增大，D错误．
【答案】 AB
7．一圆筒形真空容器，在筒顶系着的轻弹簧下端挂一质量不计的活塞，弹簧处于自然长度时，活塞正好触及筒底，如图，当在活塞下方注入一定质量的理想气体后，温度为T时，气柱高为h，则温度为T′时，气柱的高为(活塞与圆筒间摩擦不计)( )
A. B.
C．h D．h
【解析】 设弹簧的劲度系数为k，当气柱高为h时，弹簧弹力f＝kh，由此产生的压强＝(S为容器的横截面积)．取封闭的气体为研究对象，初状态：(T，hS，)；末状态：(T′，h′S，)，由理想气体状态方程＝，得h′＝h ，故C选项正确．
【答案】 C
8．内燃机气缸里的混合气体，在吸气冲程结束瞬间，温度为50℃，压强为1.0×105 Pa，体积为0.93 L．在压缩冲程中，把气体的体积压缩为0.155 L时，气体的压强增大到1.2×106 Pa.这时混合气体的温度升高到多少摄氏度？
【解析】 气体初状态的状态参量为
p1＝1.0×105 Pa，V1＝0.93 L，T1＝(50＋273) K＝323 K.
气体末状态的状态参量为p2＝1.2×106 Pa，V2＝0.155 L，T2为未知量．
由＝可求得T2＝T1，
将已知量代入上式，得
T2＝×323 K＝646 K，
所以混合气体的温度t＝(646－273) ℃＝373 ℃.
【答案】 373 ℃
能力提升
1．向固定容器内充气，当气体压强为p、温度为27℃时气体的密度为ρ，当温度为327℃、气体压强为1.5p时，气体的密度为( )
A．0.25ρ B．0.5ρ
C．0.75ρ D．ρ
【解析】 由理想气体状态方程得＝，所以V′＝V.所以ρ′＝ρ＝0.75ρ，应选C.
【答案】 C
2．在图中，不能反映理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化，又回到原来状态的图是( )
【解析】 根据p V、p T、V T图象的意义可以判断，其中选项D显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，又回到原来状态的图，与题意不符．
【答案】 D
3．(多选)甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲＜p乙．则( )
A．甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度
B．甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度
C．甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能
D．甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能
【解析】 根据理想气体的状态方程可知，＝，因为p甲＜p乙，且V甲＝V乙，则可判断出T甲＜T乙，B正确；气体的温度直接反映出气体分子的平均动能的大小，故C对．
【答案】 BC
4．已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为气缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中气缸内气体的内能( )
A．先增大后减小 B．先减小后增大
C．单调变化 D．保持不变
【解析】 由图知气缸内理想气体状态的pV变化特点是先减小后增大，又因为＝C(常量)可知温度T先降低后升高，故气体内能先减小后增大，B正确．
【答案】 B
5．一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为27℃，如果把它加热到127℃，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？
【解析】 设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝300 K；末态V2＝V＋ΔV，T2＝400 K
由盖—吕萨克定律＝，得＝，代入数据得ΔV＝，又因为m＝ρV，故＝＝＝.
【答案】 倍
6．一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm(即76.0 cmHg)、温度为27.0℃的氦气时，体积为3.50 m3.在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压36.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0℃.求：
(1)氦气在停止加热前的体积；
(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积．
【解析】 (1)在气球上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．
根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2①
式中，p1＝76.0 cmHg，V1＝3.50 m3，p2＝36.0 cmHg，V2是在此等温过程氦气末状态的体积．由①式得
V2＝7.39 m3②
(2)在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300 K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225 K．这是一等压过程
根据盖—吕萨克定律有＝③
式中，V3是在此等压过程氦气末状态的体积．由③式得V3＝5.54 m3.
【答案】 (1)7.39 m3 (2)5.54 m3
课件41张PPT。8.4 新提升·课时作业
基础达标
1．下列关于气体分子运动的特点，正确的说法是( )
A．气体分子运动的平均速率与温度有关
B．当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多、两头少”
C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得
D．气体分子的平均速度随温度升高而增大
【解析】 气体分子的运动与温度有关，温度升高时，平均速率变大，但仍遵循“中间多、两头少”的统计规律，A对，B错．由于分子运动是无规则的，而且牛顿运动定律是物体运动宏观定律，故不能用它求微观的分子运动速率，C错．大量分子向各个方向运动的概率相等，所以稳定时，平均速度几乎为零，与温度无关，D错．
【答案】 A
2．(多选)关于理想气体的温度和分子平均速率、内能之间的关系，下列说法正确的是( )
A．温度升高，气体分子的平均速率增大
B．温度相同时，气体分子的平均速率都相同
C．温度相同时，气体分子的平均动能相同
D．温度相同时，各种气体的内能相同
【解析】 温度升高，分子平均速率增大，A选项正确；温度相同分子平均动能相同，B选项错误，C选项正确；气体的内能与温度和物质的量有关，故D选项错误．
【答案】 AC
3．在一定温度下，当气体的体积减小时，气体的压强增大，这是由于( )
A．单位体积内的分子数增多，单位时间对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个分子对器壁的平均撞击力变大
D．气体分子的密度变大，单位体积内分子的重量变大
【解析】 气体体积减小，质量不变，分子总数不变，单位体积内分子数增多，故A对．气体分子密度变大，但分子对器壁的吸引力不变，B错．温度不变，故分子的平均速率不变，每个分子对器壁的平均撞击力不变，C错．
【答案】 A
4．在一房间内，上午10时的温度为15℃，下午2时的温度为25℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的( )
A．空气密度增大
B．空气分子的平均动能增大
C．空气分子的速率都增大
D．空气质量增大
【解析】 温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲击力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减少，所以有ρ空减小，m空＝ρ空·V，所以m空减小．
【答案】 B
5．如图所示，一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，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．在相同时间内撞在单位面积上的分子数两状态一样多
D．单位体积的分子数两状态一样多
【解析】 由V－T过原点可知a→b是等压过程，Ta【答案】 B
6．关于密闭容器中气体的压强，下列说法正确的是( )
A．是由于气体分子相互作用产生的
B．是由于气体分子碰撞容器壁产生的
C．是由于气体的重力产生的
D．气体温度越高，压强就一定越大
【解析】 气体的压强是由容器内的大量分子撞击器壁产生的，A、C错，B对．气体的压强受温度、体积影响，温度升高，若体积变大，压强不一定增大，D错．
【答案】 B
7．一定量理想气体处于平衡状态Ⅰ，现设法使其温度降低而压强升高，达到平衡状态Ⅱ，则( )
A．状态Ⅰ时气体的密度比状态Ⅱ时的大
B．状态Ⅰ时分子的平均动能比状态Ⅱ时的小
C．状态Ⅰ时分子间的平均距离比状态Ⅱ时的大
D．状态Ⅰ时每个分子的动能都比状态Ⅱ时的分子平均动能大
【解析】 一定质量气体由状态Ⅰ变到状态Ⅱ，状态变化遵循理想气体状态方程，由＝恒量知，若气体的温度降低、压强升高，其体积V一定减小．由密度ρ＝知，ρ变大．温度是分子平均动能的标志，由状态Ⅰ到Ⅱ，温度下降，则气体的分子平均动能变小．分子的速率分布遵循一定的统计规律，气体的分子平均动能大，其中亦有速率小，动能小的分子．综上所述A、B、D错误，C正确．
【答案】 C
8．下列说法正确的是( )
A．只要温度相同，任何分子的平均速率都相同
B．不管分子间距离是否等于r0(r0是平衡位置分子距离)，只要分子力做正功，分子势能就减小，反之分子势能就增加
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，一定大于温度低的每一个物体中每一个分子的速率
【解析】 温度相同，物体分子平均动能相同，而平均速率不一定相同，故选项A错．因为分子势能是由分子间相互作用才产生的，而分子力做负功，即外力对分子做正功，分子势能增加，反之，分子势能减小，故选项B对．物体内能是对大量分子而言；对于10个这样少的分子无意义，故选项C错．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，也可以小于平均速率，故选项D错．
【答案】 B
9．一定质量的某种理想气体，当它的压强变为原来的3倍，体积减小为原来的一半时，其热力学温度变为原来的多少？试从压强和温度的微观意义进行说明．
【解析】 设原气体的压强为p0，体积为V0，热力学温度为T0.则末状态时的压强变为3p0，体积变为V0，根据理想气体状态方程可得：
＝.
解得T＝T0＝T0.
下面从气体的压强和温度的微观意义对上述结果进行说明．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，一个是气体分子的密集程度．当体积减小为原来的一半时，气体分子的密集程度变为原来的两倍，这时气体的压强相应地变为原来的两倍，但还不能满足题意(题目要求，压强变为原来的3倍)，这时，只能要求从另外一个因素考虑，即增加气体分子的平均动能．而气体分子的平均动能是由温度决定的，即应增加温度，根据计算，气体的热力学温度应变为原来的1.5倍，这时压强便在两个因素(体积减小——分子密集程度增大，温度升高——分子平均动能变大)的共同作用下变为原来的3倍．
【答案】 见解析
能力提升
1．如图所示，c、d表示一定质量的某种气体的两状态，则关于c、d两状态的下列说法中正确的是( )
A．压强pdB．温度TdC．体积Vd>Vc
D．d状态时分子运动剧烈，分子密度大
【解析】 由图象可直观看出pd>pc，TdVd，分子密度增大，C、D错．
【答案】 B
2．对一定质量的气体，通过一定的方法得到了分子数目f与速率v的两条关系图线，如图所示，下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2
B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2
C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2
D．无法判断两曲线对应的温度关系
【解析】 对一定质量的气体，当温度升高时，速度增大的分子数目一定增加，因此曲线的峰值向速率增大的方向移动，且峰值变小，由此可知曲线Ⅱ对应的温度T2一定高于曲线Ⅰ所对应的温度T1.
【答案】 C
3．用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B两部分，如图所示．A和B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为理想气体，则可知两部分气体处于热平衡时( )
A．分子的平均动能和平均速率都相等
B．分子的平均动能相等
C．分子的平均速率相等
D．分子数相同
【解析】 两种理想气体的温度相同，所以分子的平均动能相同，而气体种类不同，其分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故B正确，A、C错误．两种气体的质量相同，而摩尔质量不同，所以分子数不同，故D错误．故正确答案为B.
【答案】 B
4．如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)( )
A．两容器中器壁的压强都是由于分子撞击器壁而产生的
B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的
C．甲容器中pA>pB，乙容器中pC＝pD
D．当温度升高时，pA、pB变大，pC、pD也要变大
【解析】 对甲容器压强产生的原因是由于液体受到重力的作用，而乙容器压强产生的原因是分子撞击器壁产生的，A、B错；液体的压强p＝ρgh，hA>hB，可知pA>pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC＝pD，C对；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，D错．
【答案】 C
5．(多选)x、y两容器中装有相同质量的氦气，已知x容器中氦气的温度高于y容器中氦气的温度，但压强却低于y容器中氦气的压强．由此可知( )
A．x中氦气分子的平均动能一定大于y中氦气分子的平均动能
B．x中每个氦分子的动能一定都大于y中每个氦分子的动能
C．x中动能大的氦气分子数一定多于y中动能大的氦气分子数
D．x中氦分子的热运动一定比y中氦分子的热运动剧烈
【解析】 分子的平均动能取决于温度，温度越高，分子的平均动能越大，故A项正确；但对于任一个氦分子来说并不一定成立，故B项错；分子的动能也应遵从统计规律：即“中间多、两头少”，温度较高时容器中动能大的分子数一定多于温度较低时容器中动能大的分子数，C项正确；温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，D项正确．
【答案】 ACD
6．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K.
(1)求气体在状态B时的体积；
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因．
【解析】 (1)设气体在B状态时的体积为VB，由盖 吕萨克定律得＝，代入数据得VB＝0.4 m3.
(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度降低，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．
【答案】 (1)0.4 m3 (2)见解析
课件35张PPT。第八章单元检测
时间：90分钟 满分：100分
第Ⅰ卷(选择题 48分)
一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)
1.
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管内水银面比管外水银面高h
B．B管内水银面比管外水银面高hsinθ
C．B管内水银面比管外水银面低hcosθ
D．管内封闭气体的压强比大气压强小hcosθ高水银柱
【解析】 以A管中的水银柱为研究对象，则有pS＋hcosθS＝p0S，B管内压强p＝p0－hcosθ，显然p【答案】 D
2．如图为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3 200 m、气温为10℃的环境下，下列说法中错误的是( )
A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强
B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强
C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大
D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能
【解析】 根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．
【答案】 A
3.
如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则( )
A．A管内空气柱将变长
B．A管内空气柱将变短
C．两管内水银柱高度差不变
D．两管内水银柱高度差将减小
【解析】 将B管慢慢提起，可以认为气体温度不变．在气体的压强增大时，体积减小，所以气柱将变短，而pA＝p0＋ph，所以高度差增大．综上所述只有B正确．
【答案】 B
4．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是 ( )
A．加速上升，直到玻璃管一部分露出水面
B．加速下降，直到水底
C．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡
D．仍然静止
【解析】 上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一部分而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一部分露出水面，A正确．
【答案】 A
5．如图所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则( )
A．下部两侧水银面A、B高度差h减小
B．下部两侧水银面A、B高度差h增大
C．右侧封闭气柱体积变小
D．下部两侧水银面A、B高度差h不变
【解析】 右管中水银柱的长度不变，被封闭气体的压强不变，则水银面A、B高度差不变，D正确．
【答案】 D
6．如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接．当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于 ( )
A．0 m B．0.5 m
C．1 m D．1.5 m
【解析】 表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C相通，p1＝p2＝pC.
即p1＝p0＋ρgh1 h1＝1.5 m
p2＝p1＝p0＋ρgh 则h＝1.5 m，D正确．
注意：若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而h为液柱竖直高度．
【答案】 D
7．如图所示为一定质量的理想气体的P－图象，图中BC为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是( )
A．TA>TB＝TC B．TA>TB>TC
C．TA＝TB>TC D．TA【解析】 由图象可知A→B为一等容线，根据查理定律＝，因为pA>pB，故TA>TB，B→C为等温线，故TB＝TC，所以A选项正确．
【答案】 A
8．一绝热隔板将一绝热长方形容器隔成两部分，两边分别充满气体，隔板可无摩擦移动．开始时，左边的温度为0℃，右边的温度为20℃，当左边的气体加热到20℃，右边的气体加热到40℃时，则达到平衡状态时隔板的最终位置( )
A．保持不动 B．在初始位置右侧
C．在初始位置左侧 D．决定于加热过程
【解析】 设温度变化过程中气体的体积不变，据查理定律得：
＝?＝?Δp＝ΔT.
对左边的气体Δp左＝×20.对右边的气体Δp右＝×20；因初始p左＝p右，故Δp左>Δp右，即隔板将向右侧移动，正确答案为选项B.
【答案】 B
9．一定质量的气体，由状态a经b变化到c.如图所示，图乙中能正确反映出这种变化过程的是( )
【解析】 由p－T图象知，状态a到状态b为等容变化，且压强增大，由状态b到状态c为等温变化，且压强减小，所以在p－V图上，状态a到状态b为平行于p轴的线段，且由下向上，状态b到状态c为双曲线的一部分，且压强减小，故选C.
【答案】 C
10．如图所示为上端封闭的连通器，A、B、C三管中的水银面相平，三管横截面积的关系为SA>SB>SC，管内水银上方的空气柱长度为LAA．A管中水银面最高 B．C管中水银面最高
C．一样高 D．条件不足，不能确定
【解析】 根据连通器的原理，同一液面压强相等．我们可以让阀门K打开流出少量水银后，假定三个管中的水银面都下降了相同高度h后，看一下这时各管的气体压强的情况．哪个管中气体的压强最小，哪个管中的水银面就会越高．
设管中气柱原长为L0，压强为p0，放出水银后气柱长为L0＋h，压强为p′，则根据玻意耳定律，p0L0S＝p′(L0＋h)S，所以p′＝＝.可见原来气柱L0长的，下降h一定时，p′就大，反之原来L0短的，p′就小．A管中原来气柱短，这时它的压强最小，所以它的液面最高．
【答案】 A
11．钢瓶中装有一定质量的理想气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取三次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取3 L气体，这两种抽法中，抽取气体质量较多的是( )
A．第一种抽法
B．第二种抽法
C．两种抽法抽出气体质量一样多
D．无法判断
【解析】 设初状态气体压强为p0，抽出气体后压强为p，对气体状态变化应用玻意耳定律，则：
第一种抽法：p0V＝p1(V＋1)
p1＝p0·
p1V＝p2(V＋1)
p2＝p1·＝p02
p2V＝p(V＋1)
p＝p2·＝p03
即三次抽完后：p＝p0·.
第二种抽法：p0V＝p(V＋3)，
p＝p0＝p0.
由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多．
【答案】 A
12．(多选)一定质量的理想气体处于平衡状态Ⅰ.现设法使其温度降低而压强升高，达到平衡状态Ⅱ，则( )
A．状态Ⅰ时气体的密度比状态Ⅱ时的大
B．状态Ⅰ时分子的平均动能比状态Ⅱ时的大
C．状态Ⅰ时分子间的平均距离比状态Ⅱ时的大
D．状态Ⅰ时每个分子的动能都比状态Ⅱ时的分子平均动能大
【解析】 由理想气体状态方程＝，T2p1，可知V2【答案】 BC
第Ⅱ卷(非选择题 52分)
二、实验题(本题有2小题，共15分．请按题目要求作答)
13．(7分)有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，如图所示．缓慢推动活塞，使注射器内空气柱的初始体积为20.0 mL.实验共测了5次，每次体积值直接从注射器的刻度上读出并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值．实验完成后，计算机屏幕上立刻显示出如下表中所示的实验结果.
序号
V(mL)
p(×105Pa)
pV(×105Pa·mL)
1
20.0
1.0010
20.020
2
18.0
1.0952
19.714
3
16.0
1.2313
19.701
4
14.0
1.4030
19.642
5
12.0
1.6351
19.621
(1)仔细观察不难发现，pV(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是________．
A．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大
B．实验时环境温度升高
C．实验时外界大气压强发生了变化
D．实验时注射器内的空气向外发生了泄漏
(2)根据你在(1)中的选择，说明为了减小误差，应采取的措施是：________________________.
【解析】 (1)温度不变，pV越来越小，说明气体质量减少，发生了漏气．
(2)增加密封性，可在注射器活塞上涂润滑油．
【答案】 (1)D (2)在注射器活塞上涂润滑油以增加密封性
14．(8分)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)画出p－1/V图线，说明可得结论是__________________．
(2)由所作图线，求p＝8.85×105Pa时该气体体积是________________________________________________________________________．
(3)该图线斜率大小和温度的关系是________．
【答案】 (1)画图略，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定律是正确的
(2)0.172 m3
(3)斜率越大，该气体温度越高
三、计算题(本题有3小题，共37分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)1697年法国物理学家帕平发明了高压锅，高压锅与普通铝锅不同，锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，加上锅盖与锅体之间有橡皮制的密封圈，所以锅盖与锅体之间不会漏气，在锅盖中间有一排气孔，上面再套上类似砝码的限压阀，将排气孔堵住(如图)．当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，这时蒸气就从排气孔向外排出．由于高压锅内的压强大，温度高，食物容易煮烂．若已知排气孔的直径为0.3 cm，外界大气压为1.0×105 Pa，温度为20℃，要使高压锅内的温度达到120℃，则限压阀的质量应为多少？
【解析】 选锅内气体为研究对象，则
初状态：T1＝293 K，p1＝1.0×105 Pa
末状态：T2＝393 K
由查理定律得
p2＝＝ Pa＝1.34×105 Pa.
对限压阀受力分析可得
mg＝p2S－p1S＝(p2－p1)S＝(p2－p1)π·
＝(1.34×105－1.0×105)×3.14× N＝0.24 N，
所以m＝0.024 kg.
【答案】 0.024 kg
16．(12分)
一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示．将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮．求V2和h2.
已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.
【解析】 当F＝0时，由平衡条件得
Mg＝ρg(V0＋V2)①
代入数据得
V2＝2.5 m3②
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得
p1＝p0＋ρgh1③
p2＝p0＋ρgh2④
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
h2＝10 m．⑥
【答案】 2.5 m3 10 m
17.
(13分)一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S＝2×10－3 m2，竖直插入水面足够宽广的水中．管中有一个质量为m＝0.4 kg的密闭活塞，封闭一段长度为L0＝66 cm的气体，气体温度T0＝300 K，如图所示．开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管壁间的摩擦．外界大气压强P0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3.试问：
(1)开始时封闭气体的压强是多大？
(2)现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞．当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝6.0 N，则这时管内外水面高度差为多少？管内气柱长度多大？
(3)再将活塞固定住，改变管内气体的温度，使管内外水面相平，此时气体的温度是多少？
【解析】 (1)当活塞静止时，
P1＝P0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.02×105 Pa
(2)当F＝6.0 N时，有
P2＝P0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝9.9×104 Pa
P2＝P0－ρgh
管内外液面的高度差
h＝＝ m＝0.1 m
由玻意耳定律：P1L1S＝P2L2S
空气柱长度：
L2＝L1＝×66 cm＝68 cm
(3)P3＝P0＝1.0×105 Pa L3＝68 cm＋10 cm＝78 cm T2＝T1＝T0＝300 K
由气态方程：＝
气体温度变为
T3＝T1＝×300 K＝347.6 K.
【答案】 (1)1.02×105 Pa (2)0.1 m 68 cm (3)347.6 K
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