2025人教版高中物理选择性必修第三册强化练习题（有解析）--3　气体的等压变化和等容变化

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2025人教版高中物理选择性必修第三册
3　气体的等压变化和等容变化
基础过关练
题组一　气体的等压变化(盖-吕萨克定律)
1.(2023江苏南通统考)如图所示,汽缸悬空而静止,设活塞可以在缸内自由移动且和缸壁间无摩擦,缸壁导热性能良好,使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同,则 (　　)
A.气温降低,汽缸的上底面距地面的高度减小
B.气温升高,汽缸中气体分子的数密度变大
C.外界大气压强减小,弹簧伸长
D.外界大气压强增大,汽缸的上底面距地面的高度增大
2.(2024河北强基名校联盟开学考试)如图所示,一绝热汽缸开口向下,内部封闭有理想气体,绝热活塞的质量为m=400 g、横截面积为S=2 cm2,初始时绝热活塞位于距汽缸顶部h=15 cm处,汽缸内气体的温度为27 ℃。现用电热丝缓慢加热缸内气体,直到活塞下移到2h处,已知外界的大气压强为p0=1×105 Pa,不计活塞和汽缸之间的摩擦力,取0 ℃=273 K,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)加热前汽缸内气体的压强;
(2)活塞下移到2h处时汽缸内气体的热力学温度。
3.(教材习题改编)如图所示,一导热性能良好的球形容器内部不规则,某兴趣小组为了测量它的容积,在容器上竖直插入一根两端开口的长l=100 cm的薄壁玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积S=0.2 cm2,管内一长h=14 cm的静止水银柱封闭着长度l1=10 cm的空气柱,此时外界温度t1=27 ℃。现把容器浸没在温度为t2=77 ℃的热水中,水银柱缓慢上升,当水银柱重新静止时下方空气柱长度l2=60 cm,实验过程中认为大气压没有变化,大气压p0相当于76 cm高水银柱产生的压强。(0 ℃对应的热力学温度为273 K,忽略水银柱与玻璃管壁之间的摩擦阻力)
(1)求容器的容积;
(2)在标准大气压下,这时对热水继续缓慢加热,能否让水银柱全部从上部离开玻璃管
题组二　气体的等容变化(查理定律)
4.(2024重庆模拟预测)如图,小明将海边拾到的漂流瓶竖直放入热水中,以便打开瓶塞。瓶塞的质量为m、横截面积为S,瓶内密闭气体的压强等于此时外界大气压强p0、温度为摄氏温度t1;当瓶子被置于热水中一段时间后,气体的温度为摄氏温度t2,瓶塞恰好能移动。0 ℃对应的热力学温度为T0,重力加速度为g,不考虑瓶子的容积变化。瓶塞所受最大静摩擦力大小为 (　　)
A.p0S+mg　　　　B.p0S-mg
C.p0S+mg　　　　D.p0S-mg
5.(经典题)(2024重庆沙坪坝月考)某兴趣小组参考烟雾报警器的原理,设计了一个简易温度报警装置,原理图如图所示,一导热性能良好的汽缸竖直放置于平台上,质量为2 kg活塞下方封闭一定质量的理想气体,固定在天花板上的压力传感器与活塞通过刚性竖直轻杆连接,当传感器受到竖直向上的压力大小达到20 N时,就会启动报警装置。已知当外界温度为242 K时,压力传感器的示数为0。不计气体体积变化以及一切摩擦,已知大气压强p0=1.0×105 Pa,汽缸的横截面积为2 cm2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)当外界温度为242 K时,封闭气体的压强大小;
(2)触发报警装置的环境温度值。
6.(教材习题改编)“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时,医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气,随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位,冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)。假设加热后小罐内的空气温度为87 ℃,当时的室温为27 ℃,大气压为p0=1×105 Pa,小罐开口部位的面积S=3×10-3 m2。当罐内空气温度变为室温时,求:(不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响,热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K)
(1)小罐内的空气对皮肤的压力大小;
(2)某次拔罐时由于医生操作不当,小罐未紧贴在皮肤上,当罐内空气温度变为室温时,进入罐内空气与原有空气质量之比。
题组三　理想气体(理想气体状态方程)
7.(2024广东肇庆模拟)如图所示,一根一端封闭粗细均匀细玻璃管AB开口向上竖直放置,管内用高h=24 cm的水银柱封闭了一段长L1=45 cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=76 cmHg,封闭气体的温度为t1=27 ℃,重力加速度g取10 m/s2,热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K,则:
(1)若玻璃管AB长度为L0=75 cm,现对封闭气体缓慢加热,则温度升高到多少摄氏度时,水银刚好不溢出
(2)若玻璃管AB足够长,缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定,同时使封闭气体的温度缓慢降到t3=-13 ℃,求此时管内空气柱的长度。
8.(2024四川雅安开学考试)如图所示,汽缸开口向上放在水平地面上,缸内用一质量和厚度均不计、面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体。绕过定滑轮的细线一端连接活塞,另一端连接质量为m的物块,开始时,系统处于静止状态,活塞离缸底的距离为h,离缸口的距离也为h,重力加速度大小为g,物块与地面接触,但对地面的压力大小为0,汽缸内气体初始的热力学温度为T1,大气压强恒为,不计一切摩擦。
(1)求汽缸内气体的压强;
(2)通过电阻丝(体积不计)对汽缸内气体缓慢加热,当活塞刚好到缸口时,求汽缸内气体的热力学温度。
9.(经典题)(2024湖南九校联盟第二次联考)如图所示,高为2H的导热汽缸的底部与体积可以忽略的透明管相连,活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体,汽缸上端与大气相通。初始时,活塞与汽缸底部间的距离为H,竖直细管内水银柱的高度为(式中ρ为水银的密度),水银柱的上方为一小段真空。已知大气压强为p0,活塞的横截面积为S,重力加速度为g。不计活塞的厚度、活塞与汽缸间的摩擦,不计细管内气体的体积变化,水银柱始终未进入汽缸。
(1)求活塞的质量;
(2)若在初始状态下将汽缸顶端封闭(将大气视为理想气体),然后把整个系统置于低温环境中,稳定时测得活塞与汽缸底部间的距离为0.96H。已知初始时环境温度为T1=300 K,求该低温环境的温度。
题组四　气体实验定律的微观解释
10.(多选题)对于一定质量的理想气体,下列论述中正确的是 (　　)
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
能力提升练
题组一　V-T图像与p-T图像
1.(经典题)(2023山东济南、枣庄联考)一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程,其V-T图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.a状态的压强小于b状态的压强
B.b状态的压强小于c状态的压强
C.c状态分子的平均动能小于a状态分子的平均动能
D.c状态每个分子的动能都比a状态的大
2.(2024重庆沙坪坝月考)如图所示,一定质量的理想气体经过一系列变化过程,下列说法中正确的是 (　　)
A.b→c过程中,气体压强不变,体积增大
B.a→b过程中,气体体积增大,压强减小
C.c→a过程中,气体压强增大,体积变小
D.c→a过程中,分子的平均动能不变
题组二　盖-吕萨克定律、查理定律的应用
3.(经典题)(2024河南阶段测试)如图所示,向一个空的易拉罐中插入一根透明吸管,接口用蜡密封,在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化,这就是一个简易的气温计。已知易拉罐内的有效容积是36 cm3,吸管内部粗细均匀、横截面积为0.2 cm2,在压强等于1个大气压、温度为270 K的环境中,油柱刚好与易拉罐顶部在同一水平面。
(1)在压强等于1个大气压、温度为300 K的环境中,油柱到易拉罐顶部的距离是多少
(2)将此温度计拿到压强为0.9个大气压的山顶,显示的温度为310 K,则山顶的实际温度与显示的温度相差多少摄氏度
4.(2024山东聊城一模)中国是瓷器的故乡,也被称为“瓷器之国”。英语“CHINA”,既称中国,又名瓷器。瓷器是“泥琢火烧”的艺术,是人类智慧的结晶,是全人类共有的珍贵财富。如图所示,气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前,封闭在窑内的气体压强为p0,温度为室温27 ℃,为避免窑内气压过高,窑上装有一个单向排气阀,当窑内气压达到2p0时,单向排气阀开始排气。开始排气后,气窑内气体维持2p0压强不变,窑内气体温度逐渐升高,最后的烧制温度恒定为1 327 ℃。热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。求:
(1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度;
(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。
题组三　理想气体状态方程的应用
5.(2024湖南邵阳期中)如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0=0.5 L,玻璃管的容积忽略不计,开始时阀门K关闭,将上面玻璃泡抽成真空,下面玻璃泡中有一定质量的理想气体,外界大气压强为p0=76 cmHg,温度为t0=27 ℃时,玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h=12 cm。热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。
(1)如果外界大气压强保持不变,玻璃管中水银面因温度下降又上升8 cm,则环境温度改变了多少摄氏度;
(2)如果在环境温度急剧升高到t=87 ℃的过程中,打开阀门,改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化,则玻璃泡中气体的压强变为多少cmHg
6.(经典题)(2024陕西宝鸡二模)如图所示,一水平放置导热汽缸,由横截面积不同的两个圆筒连接而成,轻质活塞A、B用一长度为3L=30 cm刚性轻杆连接成整体,它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的横截面积分别为SA=20 cm2和SB=10 cm2,汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体,A的左边及B的右边均与大气相通,大气压强始终保持为p0=1.0×105 Pa,当汽缸内气体温度为T1=300 K时,活塞处于图示位置的平衡状态。求:
(1)此时汽缸内理想气体的压强p1;
(2)现对活塞A施加一个水平向右推力,使活塞向右移动L=10 cm的距离后静止,此时汽缸内气体温度T2=312 K,则此时推力F大小为多少
7.(经典题)(2024安徽阶段测试)如图所示,竖直放置的汽缸质量M=8 kg,活塞的质量m=2 kg,活塞的横截面积S=4×10-3 m2,厚度不计。汽缸壁和活塞都是绝热的,活塞上方的汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞下表面与劲度系数k=2.5×103 N/m的轻弹簧相连,活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦。当汽缸内气体的温度T0=450 K时,缸内气柱长L=50 cm,汽缸总长L0=60 cm,汽缸下端距水平地面的高度h=2 cm,现使汽缸内气体的温度缓慢降低,已知大气压强p0=1.0×105 Pa,取重力加速度大小g=10 m/s2。则:
(1)汽缸刚接触地面时,求活塞上方汽缸内气体的热力学温度﹔
(2)汽缸接触地面后,把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气,地面导热良好。现改变活塞上方汽缸内气体温度,求当弹簧刚好恢复到原长时,活塞下方的气体压强;
(3)求(2)问中,活塞上方汽缸内气体的热力学温度。
题组四　液柱、活塞移动问题
8.(2024江苏扬州月考)如图所示,两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置,管内充有理想气体,一段水银柱将气体封闭成上下两部分,两部分气体柱的长度分别为l1、l2,且l1=l2,下列判断正确的是 (　　)
A.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体柱的长度l1'>l2'
B.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体柱的长度l1'C.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体柱的长度l1'>l2'
D.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体柱的长度l1'=l2'
9.(经典题)(2024江苏苏州期中)如图所示,两端封闭的U形管中装有水银,分别在A、B两端封闭住部分气体,当它们温度相同且A、B端竖直向上放置,静止时左右液面高度差为h,以下说法中错误的是 (　　)
A.使A、B两端气体降低相同的温度,则水银液面高度差h变大
B.两部分气体升高到相同的温度后,两部分气体的压强差比升温前大
C.当U形管由图示位置开始自由下落时,两侧水银柱高度差h变大
D.若U形管加速下落过程中(a=g)液柱稳定,则两部分气体的压强差为零
10.(2023江苏泰州中学期中)如图所示,a、b两容器中密封有一定量的理想气体,a中活塞的横截面积小于b中活塞的横截面积,开始处于静止状态,两容器温度相同,当两边升高相同温度后,活塞将(　　)
A.向左移动　　　　
B.向右移动
C.仍静止不动　　　　
D.无法确定
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.A　选择汽缸和活塞整体为研究对象(解题技法),整体所受的大气压力相互抵消,气温升高或外界大气压强变化时,弹簧长度不发生变化,则活塞距地面的高度不变,故C错误;气温降低时,缸内气体做等压变化,根据=C,可知气体体积减小,汽缸下降,则汽缸的上底面距地面的高度将减小,故A正确;当气温升高时,气体温度升高,体积增大,汽缸中气体分子的数密度减小,故B错误;外界大气压强增大,弹簧长度不发生变化,选择汽缸为研究对象,竖直向下受重力和大气压力,向上受到缸内气体的压力,三力平衡,若外界大气压增大,缸内气体压强一定增大,根据理想气体的等温变化规律,当压强增大时,体积一定减小,所以汽缸的上底面距地面的高度将减小,故D错误。故选A。
2.答案　(1)8×104 Pa　(2)600 K
解析　(1)设加热前汽缸内气体的压强为p,
活塞静止,由平衡条件有p0S=pS+mg
解得p=8×104 Pa
(2)对汽缸内气体,初态:V1=hS,T1=(273+27) K=300 K,
末态:活塞下移到2h处,V2=2hS,设温度为T2
加热过程,汽缸内气体的压强不变,
气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=
解得T2=600 K
3.答案　(1)58 cm3　(2)见解析
解析　(1)封闭气体的压强始终是p=p0+ph=90 cmHg,气体发生等压变化。
设容器的容积为V,
两状态对应的热力学温度分别是
T1=(27+273) K=300 K,T2=(77+273) K=350 K
由盖-吕萨克定律,有=
将已知的数据代入,解得V=58 cm3
(2)设水银刚要溢出时的温度为T3,根据盖-吕萨克定律,有=
解得T3=376 K
在标准大气压下,热水最高温度为
T4=(100+273) K=373 K说明水银不能离开玻璃管。
方法技巧
应用盖-吕萨克定律解题的一般步骤
　　(1)确定研究对象(压强不变的一定质量的封闭气体);
　　(2)确定初、末状态,找出初、末状态的体积、温度;
　　(3)根据盖-吕萨克定律列方程求解。
4.D　瓶内气体的温度为摄氏温度t2时,瓶塞恰好能移动,设此时瓶内气体的压强为p1,则mg+p0S+f=p1S。瓶内温度变化时,瓶内气体的体积不变,根据查理定律有=,解得f=p0S-mg,故选D。
方法技巧
使用查理定律解题的一般步骤
　　(1)选定体积不变的一定质量的气体作为研究对象;
　　(2)找出气体初、末状态的压强和温度;
　　(3)根据查理定律列方程求解。
5.答案　(1)2×105 Pa　(2)363 K
解析　(1)当外界温度为242 K时,压力传感器的示数为0。
设汽缸内封闭气体的压强为p,对活塞受力分析,有mg+p0S=pS
解得p=2×105 Pa
(2)当达到报警温度时,活塞受到竖直轻杆的力F=20 N,设汽缸内封闭气体的压强为p'
对活塞受力分析,有mg+p0S+F=p'S
封闭气体发生等容变化,由查理定律有=
解得T'=363 K
6.答案　(1)250 N　(2)
解析　(1)加热后小罐内的空气压强、温度分别为
p1=p0=1×105 Pa,T1=(87+273) K=360 K
罐内空气温度变为室温时T2=(27+273) K=300 K
气体做等容变化,根据查理定律有=
解得p2=×105 Pa
小罐内的空气对皮肤的压力大小F=p2S=×105×3×10-3 N=250 N
(2)设小罐的容积为V1,小罐未紧贴在皮肤上,气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律有=
罐内空气温度降为室温时,原小罐内的空气的体积变为V2=V1
进入罐内的空气体积V进=V1-V2=V1
进入罐内空气与原有空气质量之比为==
7.答案　(1)67 ℃　(2)75 cm
图形剖析
解析　(1)若对封闭气体缓慢加热,直到水银刚好不溢出,设玻璃管的横截面积为S,
初状态:V1=L1S,T1=(273+27) K=300 K
末状态:V2=L2S=(L0-h)S
封闭气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律有
=
解得T2=340 K
此时的温度为t=(340-273) ℃=67 ℃
(2)初始时刻,气体的压强为p=p0+ρgh=100 cmHg
玻璃管倒过来后,气体的压强为
p3=p0-ρgh=52 cmHg,T3=(273-13) K=260 K
由理想气体状态方程,有=
解得L3=75 cm
8.答案　(1)　(2)3T1
解析　(1)初始时,细线对物块的拉力大小F=mg
设汽缸内气体的压强为p1,大气压强为p0,对活塞有p1S+F=p0S,解得p1=
(2)对汽缸内气体,初态:压强p1=,体积V1=hS,温度T1
当活塞刚好到缸口时,压强p2=p0,体积V2=2hS,温度T2
由理想气体状态方程有=
解得T2=3T1
9.答案　(1)　(2)208 K
解析　(1)设封闭气体的压强为p,对活塞分析,由平衡条件有pS=p0S+Mg
水银柱产生的压强等于封闭气体的压强,可得
p=ρgh=1.2p0
解得活塞的质量M=
(2)对活塞上方、下方气体,如图所示:
由理想气体状态方程分别有
=
=
对活塞有p2S-p1S=Mg
解得p1=p0,T2=208 K
10.AC　对于一定质量的理想气体,若单位体积内分子个数不变,即分子的密集程度不变,当分子热运动加剧时,压强一定变大,选项A正确,B错误;若气体的压强不变而温度降低,则体积减小,单位体积内分子个数一定增加,选项C正确,D错误。
能力提升练
1.B 2.B 8.B 9.A 10.A
1.B　a到b为等温变化,气体体积增大,由玻意耳定律pV=C得a状态的压强大于b状态的压强,选项A错误;由图像可知,b到c的过程中,体积不变,由查理定律p=CT得b状态的压强小于c状态的压强,选项B正确;由图可得c状态的温度大于a状态的温度,因此c状态分子的平均动能大于a状态分子的平均动能,选项C错误;c状态分子的平均动能大于a状态分子的平均动能,但不是c状态每个分子的动能都比a状态的大,选项D错误。
2.B　由=C得p=T,可知在p-T图像中,状态点与原点连线的斜率越小,体积越大(解题技法),则b→c过程中,气体体积V减小,A错误;
a→b过程中,气体的温度T不变,压强p减小,由pV=C可知气体体积V增大,B正确;c→a过程中,p与T成正比,由=C可知气体体积V不变,气体压强p与温度T都增大,分子的平均动能增大,C、D错误。故选B。
方法技巧
p-T图像中斜率的意义
　　在p-T图像中,比较两个状态气体的体积大小,可以比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小,其规律是:斜率越大,体积越小;斜率越小,体积越大。
3.答案　(1)20 cm　(2)31 ℃
解析　(1)设在压强等于1个大气压、温度为300 K的环境中,油柱离易拉罐顶部的距离为L,
初态V0=36 cm3,T0=270 K
末态V1=V0+LS,T1=300 K
气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律有=
解得L=20 cm
(2)题中的气温计是在1个大气压的环境中制成的,显示的温度为310 K时,对应的气体的体积等于在1个大气压、温度为310 K的环境中的气体体积(破题关键),
设山顶的实际温度为T2,由查理定律得=
解得T2=279 K
Δt=ΔT=T-T2=31 ℃
4.答案　(1)327 ℃　(2)
解析　(1)以封闭在气窑内的气体为研究对象,排气前体积不变,
初态p1=p0,T1=(27+273) K=300 K
末态p2=2p0,T2=(t2+273) K
由查理定律可得=
解得t2=327 ℃
(2)开始排气后,气窑内气体维持2p0压强不变,
最后T3=(1 327+273) K=1 600 K
设排出2p0压强的气体体积为V',排出气体质量为m',以原来气窑内的气体为研究对象,气体等压膨胀,
由盖-吕萨克定律可得=
对于膨胀后的气体,则有=(解题技法)
解得=
5.答案　(1)37.5 ℃　(2)38.4 cmHg
解析　(1)设玻璃泡中气体初态压强为p1,有p0=p1+ρ水银gh,解得p1=64 cmHg
温度T1=t0+273 K=300 K
设末态压强为p2,则p0=p2+ρ水银g(h+Δh),解得p2=56 cmHg
根据查理定律有=
解得T2=262.5 K
T1-T2=37.5 K
则环境温度降低了37.5 ℃
(2)升温前有p1=64 cmHg,V1=V0=0.5 L,T1=300 K
打开阀门后有V3=2V0=1.0 L,T3=360 K,设压强为p3
根据理想气体状态方程有=
解得p3=38.4 cmHg
6.答案　(1)1.0×105 Pa　(2)30 N
解析　(1)设被封闭的理想气体压强为p1,轻杆对A和B的弹力大小为F杆,
对活塞A分析,有p0SA=p1SA+F杆
对活塞B分析,有p0SB=p1SB+F杆
解得p1=1.0×105 Pa
(2)汽缸内气体状态参量,初态:p1=1.0×105 Pa,V1=2LSA+LSB,T1=300 K
末态:V2=(2L-L)SA+(L+L)SB,T2=312 K,设压强为p2
根据理想气体状态方程有=
解得p2=1.3×105 Pa
对两活塞整体受力分析,有F+p0SA+p2SB=p0SB+p2SA
解得F=30 N
7.答案　(1)432 K　(2)7.5×104 Pa　(3)231 K
图形剖析
解析　(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程,
对汽缸和活塞整体分析,弹簧弹力不变,汽缸内气体做等压变化,
由盖-吕萨克定律有=C,得=
解得T'=432 K
(2)设初状态弹簧的压缩量为x,由平衡条件得kx=(M+m)g,解得x=4 cm
则弹簧原长x0=(L0+h)-L+x=16 cm
汽缸接触地面后,把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气,地面导热良好,
此时,活塞下方的气体体积V0=(x0-x)S=12 cm×S,压强为p0
弹簧恢复到原长时,活塞下方的气体体积V1=x0S=16 cm×S,压强为p1
地面导热良好,气体做等温变化,由玻意耳定律,有p0V0=p1V1
解得p1=7.5×104 Pa
(3)对活塞上方气体,
最初状态,体积V3=LS=50 cm×S,温度T3=T0=450 K,设压强为p3,
此时弹簧的压缩量为x=4 cm,
对活塞受力分析,有p3S+mg=kx+p0S
解得p3=p0+=1.2×105 Pa,
最末状态,弹簧恢复到原长,弹力为0,
气体体积V4=(L0-x0)S=44 cm×S,设温度为T4,压强为p4,
对活塞受力分析,有p4S+mg=p1S
解得p4=7.0×104 Pa,
由理想气体状态方程,有=
解得T4=231 K
方法技巧
利用理想气体状态方程解题的步骤
8.B　设上方气体为a、下方气体为b,初状态时b内气体压强大,a内气体压强小,将玻璃管转至水平,b内的气体压强减小,a内的气体压强增大,则b内气体体积增大,气体柱的长度增加,a内气体柱的长度减小,故l1'Δp1,故b气体的压强增加量较大,水银柱将向上移动,稳定后两部分气体柱的长度关系为l1'9.A　设初状态时A端的气体压强为pA,B端的气体压强为pB,则pA+ρgh=pB,此时pA方法技巧
假设液面不动,两部分气体都做等容变化,根据=结合两部分气体ΔT、T、p各量的关系,判断Δp大小关系,即可得出水银柱的移动情况。利用假设法分析可以快速求解。假设法是高中阶段重要的思想方法,遇到涉及多个变量、难以直接判断的问题时,均可尝试用这种方法分析。
10.A　先对两活塞用整体法分析水平方向的受力情况,如图所示,平衡时四个力的关系为p1S1+p0S2=p2S2+p0S1,因为S121世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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