2025人教版高中物理选择性必修第三册强化练习题（有解析）--第二章　气体、固体和液体拔高练

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2025人教版高中物理选择性必修第三册
综合拔高练
五年高考练
考点1　探究气体等温变化的规律
1.(2023江苏,9)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是 (　　)
A.把柱塞快速地向下压
B.把柱塞缓慢地向上拉
C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞
D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞
考点2　气体实验定律的图像问题
2.(2023江苏,3)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中 (　　)
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
3.(2023重庆,4)密封于汽缸中的理想气体,从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示,则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　)
　　　　
　　　　
4.(2023辽宁,5)“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p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是 (　　)
A　　　　B
C　　　　D
5.(2024江西,13)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求:
(1)气体在状态D的压强pD;
(2)气体在状态B的体积V2。
考点3　气体实验定律的应用
6.[2024全国甲,33(2)]如图,一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体,一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动,移动范围被限制在卡销a、b之间,b与汽缸底部的距离=10,活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时,活塞在卡销a处,汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同,分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力,逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变),外力增加到200 N并保持不变。
(ⅰ)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小;
(ⅱ)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
7.(2024广西,14)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。
(1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小;
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化;
(3)在图丙中画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。
8.[2022全国乙,33(2)]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2m、m,面积分别为2S、S,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T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积,重力加速度为g。
(ⅰ)求弹簧的劲度系数;
(ⅱ)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,活塞间气体的压强和温度。
考点4　关联气体问题
9.[2023全国乙,33(2)]如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位)
10.(2024广东,13)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3;B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa。重力加速度大小取g=10 m/s2。A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2=270 K时:
(1)求B内气体压强pB2;
(2)求A内气体体积VA2;
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。
11.[2022全国甲,33(2)]如图,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。
(ⅰ)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度;
(ⅱ)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
考点5　气体的变质量问题
12.[2023全国甲,33(2)]一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,温度为17 ℃,密度为1.46 kg/m3。
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变,求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度;
(ⅱ)保持温度27 ℃不变,再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求高压舱内气体的密度。
13.(2024甘肃,13)如图,刚性容器内壁光滑,盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求:
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB。
(2)弹簧的劲度系数k。
14.[2020课标Ⅰ,33(2)]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强;
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
三年模拟练
应用实践
1.(2024浙江宁波月考)理想气体常数R是表征理想气体性质的一个常数,由理想气体状态方程可推得R=,其中p为气体压强,Vmol为气体的摩尔体积(1 mol物质在0 ℃、1 atm状态下的体积),T为热力学温度,用国际单位制中的基本单位表示理想气体常数R的单位,正确的是(　　)
A.J/mol·K
B.kg·m2/(s2·K)
C.kg·m2/(s2·mol·K)
D.kg·m3/(s2·mol·K)
2.(2024重庆南岸阶段测试)如图所示,水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成,袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管,上端开口与大气相连。初始时,示值管内水银液面与水银壶内水银液面相平,反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每挤压一次气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为1 atm的气体40 mL,袖带橡皮囊最大容积为200 mL,当它内部气体体积小于最大容积时,其内气体压强等于大气压强,可认为水银壶内气体体积为80 mL不变,连接管内气体体积不计。开始充气前,袖带橡皮囊是瘪的,内部残留气体为40 mL。大气压强恒为1 atm,充气过程温度保持不变,忽略水银表面张力的影响。当袖带橡皮囊内气体的压强为2 atm时,充气的次数为 (　　)
A.11　　　　　B.10　　　　　C.9　　　　　D.8
3.(2024四川一模)如图所示,圆柱形薄壁汽缸的上部有小挡板,可以阻止活塞滑离汽缸,汽缸内部的高度为d,质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内。开始时活塞离汽缸底部高度为d,气体温度为t1=27 ℃。外界大气压强始终为p0=1×105 Pa,T=t+273 K。现对气体缓缓加热,求:
(1)气体温度升高到t2=117 ℃时,活塞离汽缸底部的高度;
(2)气体温度升高到t3=177 ℃时,缸内气体的压强。
4.(2024湖南长沙一模)如图所示,用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞P、Q,将开口向上的导热汽缸内的理想气体分成A、B两部分。上面活塞通过轻绳悬挂在天花板上,汽缸和汽缸下方通过轻质绳子悬挂的物块的质量均为2m,整个装置处于静止状态,此时两部分气柱的长度均为l0=30 cm。环境温度、大气压强p0均保持不变,且满足6mg=p0S,g为重力加速度,不计一切摩擦。
(1)求此时A气体的压强;
(2)剪断连接物块的绳子,一段时间后两活塞重新恢复平衡,求汽缸上升的距离。
5.(2024四川成都期末)一定质量的理想气体由状态M→N变化的p-V图像为如图所示的直线。已知气体在此过程中的最高热力学温度Tmax=300 K,求:
(1)此过程中气体对外界做的功W;
(2)气体在状态M时的热力学温度TM。
6.(2024河北沧州期末)生活中常见到这样的现象:给热水瓶灌上开水并用软木塞将瓶口盖紧,过一会儿,软木塞会蹦起来,再塞紧软木塞,经过一段时间后,要拔出软木塞又会变得很吃力。如图所示,一热水瓶的容积为2 L,现倒入温度为90 ℃的热水1.5 L,盖紧瓶塞,设塞住瓶口瞬间封闭空气的温度为57 ℃,压强等于外界大气压。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,瓶口的横截面积S=10 cm2,瓶塞与热水瓶间的最大静摩擦力为fm=11 N。瓶塞密封良好不漏气且重力忽略不计,瓶中气体可视为理想气体,不考虑瓶内水蒸气的影响。T=t+273 K。
(1)若热水温度保持不变,通过计算判断瓶塞会不会蹦起来;
(2)当瓶内气体的温度降至24 ℃时,至少要用多大的力才能将瓶塞拔出
迁移创新
7.(2024山东临沂一模)如图所示,“空气枪”是一款利用压缩空气将乒乓球射出的小玩具,深受小朋友们喜爱。其主要构件是一塑料圆筒,圆筒左侧用弹性橡胶膜密封,圆筒下侧接一单向通气阀门(气体只能从外向内流动),阀门右侧连接一光滑塑料管。其使用方法是先用手拉动左侧的橡胶膜,抽取一定量的空气后,迅速放手,橡胶膜在恢复原状的过程中压缩空气,从而产生内外压强差,空气从管口冲出形成冲力将乒乓球射出。已知“空气枪”在使用前的容积为400 mL,拉动橡胶膜至释放前的容积变为600 mL,大气压强为1.0×105 Pa,整个过程中“空气枪”中的空气温度等于环境温度不变。
(1)若橡胶膜恢复原状瞬间,球未射出,气体没有泄漏,试求橡胶膜恢复原状瞬间“空气枪”内部空气压强。
(2)若某次发射中发现乒乓球射出距离偏小,经检测橡胶膜恢复原状瞬间,“空气枪”内部空气压强为1.2×105 Pa,试求此时已泄漏的空气质量与仍在“空气枪”内部的空气质量之比。
答案与分层梯度式解析
1.B 2.B 3.C 4.B
1.B　快速下压时,气体来不及与外界发生热交换,温度会变化,故A错误。在橡胶套处接另一注射器,会改变气体质量,故C、D错误。
2.B　AB的反向延长线过坐标原点,说明气体经历的是等容变化,体积不变,则气体分子的数密度不变,故A错误;理想气体分子的平均动能只与温度有关,温度升高,则平均动能增大,故B正确;温度升高,压强增大,所以单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,故C错误;温度升高,体积不变,则分子热运动变剧烈,单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,故D错误。
归纳总结
根据理想气体状态方程=C得p=T,可知p-T图像中过原点的直线为等容线,气体体积不变。
3.C　由V-T图像可知,理想气体ab过程做等压变化,A错误;bc过程做等温变化,cd过程做等容变化,根据理想气体状态方程=C,在cd过程,其p-T图像延长线要过原点,B错误;在bc过程,温度不变,理想气体的体积增大,则压强减小,C正确,D错误。故选C。
教材溯源
本题是对教材44页复习与提高B组第5题的改编题,考查对气体实验定律中图像的理解。
考情分析
气体实验定律中的图像问题是高考热学中的常考内容,重点考查V-T、p-T、p-V等图像的理解。
4.B　由理想气体状态方程=C和“空气充电宝”工作过程的p-T图像分析知,p-T图中某点与坐标原点连线的斜率为,则>>,故Vapc,故选项B正确。
5.答案　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
解析　(1)气体在状态A的温度T1=1 200 K,压强pA=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,在状态D的温度T2=300 K,由状态D到状态A,气体做等容变化,根据查理定律有=
代入数值解得pD=2.0×105 Pa
(2)气体在状态C的温度T2=300 K,压强pC=1.0×105 Pa,由状态A到状态C,根据理想气体状态方程有
=
代入数值解得V2=2.0 m3
气体由B到C做等容变化,则气体在状态B的体积为2.0 m3
6.答案　(1)100 N　(2)327 K
解析　过程草图如图所示
(1)活塞在卡销a处时,气体压强p1=1.0×105 Pa、体积V1=S·11
活塞在卡销b处时,气体体积V2=S·10,设气体压强为p2,
对活塞分析,根据平衡条件有F+p1S=p2S+N
活塞从卡销a处到卡销b处过程中,气体发生等温变化,由玻意耳定律得p1V1=p2V2
联立解得p2=1.1×105 Pa,卡销b对活塞支持力的大小N=100 N
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,当活塞刚好能离开卡销b时,设气体压强为p3,温度为T2
对活塞分析,根据平衡条件有F+p1S=p3S,
解得p3=1.2×105 Pa,
气体做等容变化,由查理定律得
=,其中p2=1.1×105 Pa,T1=300 K
解得T2≈327 K
7.答案　(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析图
解析　(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时封闭气体压强等于大气压强p0,
封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N
(2)由图乙可知F-图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k·
根据F=pS可得封闭气体压强为p=(SI)
可知活塞从a处到b处,对封闭气体有pV=·S·(x+5)×10-3=k·10-3(SI)=定值(破题关键)
可知封闭气体做等温变化。
(3)活塞从a处到b处,封闭气体做等温变化,
活塞在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3
活塞在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3
根据玻意耳定律paVa=pbVb,其中pb=p0
解得pa=40×105 Pa
封闭气体等温变化的p-V图像如下
8.答案　(ⅰ)　(ⅱ)　T0
解析　(ⅰ)设活塞内部压强为p
对于两活塞组成的系统,利用整体法受力分析,有
(p-p0)(2S-S)=(2m+m)g
对下面活塞受力分析,有k×0.1l=(p-p0)S+mg
可得k=,p=
(ⅱ)温度缓慢升高,气体压强不变,弹簧弹力不变
对于被封闭的气体
V1=(l+0.1l)×(2S+S)=lS
V2=(l+0.1l)·2S=2.2lS
根据=,解得T2=T0
9.答案　见解析
解析　A管内径为B管内径的2倍,则A管横截面积为B管横截面积的4倍,倒置后A管气柱长度变为11 cm,则B管液柱长度变为14 cm,B管气柱长度变为6 cm,如图
整个过程是等温变化,对于B、A管内气体分别由玻意耳定律得
pBh1=pB'h1'
pAh2=pA'h2'
h1=10 cm　h1'=6 cm
h2=10 cm　h2'=11 cm
压强关系为
pB+ph=pA
pA'+ph'=pB'
其中ph=20 cmHg　ph'=23 cmHg
联立解得:pA=74.36 cmHg
pB=54.36 cmHg
10.答案　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)1.1×102 kg
解析　(1)(2)假设温度降低到T2时,差压阀没有打开,A、B两个汽缸导热良好,
B内气体做等容变化,初态:pB1=p0,T1=300 K
末态:T2=270 K
根据查理定律有 =
可得pB2=9×104 Pa
A内气体做等压变化,初态:VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K
末态:T2=270 K
根据盖-吕萨克定律有=
可得VA2=3.6×10-2 m3
由于p0-pB2<Δp
假设成立,即pB2=9×104 Pa
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,A内气体压强增大,差压阀打开,
B内气体压强回到pB'=p0时,差压阀关闭,此时A内气体压强pA'=pB'+Δp
设已倒入铁砂的质量为m,对活塞分析,有pA'=p0+
联立解得m=1.1×102 kg
11.答案　(ⅰ)T0　(ⅱ)p0
解析　(ⅰ)选第Ⅳ部分气体为研究对象,在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化:=
解得T1=T0
(ⅱ)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象,从初态到末态,由理想气体状态方程知:
=
对第Ⅳ部分气体,从初态到末态,由理想气体状态方程知:=,解得p1=p0
12.答案　(ⅰ)1.41 kg/m3　(ⅱ)1.18 kg/m3
解析　(ⅰ)设高压舱容积为V0,以全部气体为研究对象,发生等压变化,有=
ρ0V0=ρ1V1
联立解得ρ1== kg/m3≈1.41 kg/m3
(ⅱ)以第1次释放气体后舱内气体为研究对象,发生等温变化,有p0V0=p2V2,ρ1V0=ρ2V2
联立解得ρ2== kg/m3≈1.18 kg/m3
教材溯源
本题是对教材42页复习与提高A组第5题的改编题,考查气体实验定律在变质量问题中的应用。
考情分析
气体的变质量问题是高考热学中的常考内容,重点考查气体实验定律、理想气体状态方程的应用。
13.答案　(1)p0　p0　(2)
解析　(1)抽气前,A、B两部分的体积均为V=Sl,
对A中气体,抽气后VA=2V-V=Sl
根据玻意耳定律得p0V=pAV
解得pA=p0
对B中气体,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半,即p0,(解题技法)
根据玻意耳定律得p0V=pBV
解得pB=p0
(2)抽气后,弹簧的压缩量为,根据胡克定律得F=k
对活塞受力分析有pAS=pBS+F
联立解得k=
14.答案　(ⅰ)p　(ⅱ)
解析　(ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有p(2V)=pV1 ①
现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1)。设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有
p(V+V1)=p'(V+2V) ②
联立①②式可得p'=p ③
(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律p'V=pV2 ④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有k= ⑤
联立③④⑤式可得k= ⑥
一题多解
三年模拟练
1.C　由p=、F=ma可得压强的单位可表示为kg/(m·s2)。摩尔体积Vmol的单位为m3/mol,T的单位为K。则理想气体常数R的单位是kg·m2/(s2·mol·K)。故选C。
2.A　由题可知,袖带橡皮囊最大容积为200 mL,内部残留气体为40 mL,每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为1 atm的气体40 mL,袖带橡皮囊内气体达到压强为1 atm的最大体积的充气次数为n1==4(次),继续充气n2次,袖带橡皮囊内气体的压强为2 atm,对袖带橡皮囊内气体和水银壶内气体及继续充入n2次的气体分析,由玻意耳定律得p1(V袖+V壶+n2V气囊)=p2(V袖+V壶),代入数据得1 atm×(200 mL+80 mL+n2×40 mL)=2 atm×(200 mL+80 mL),解得n2==7(次),所以共需充气次数为n=n1+n2=11(次),故选A。
3.答案　(1)d　(2)1.125×105 Pa
解析　(1)假设气体温度达到tC时,活塞恰好移动到挡板处,气体做等压变化,
设汽缸横截面积为S,由盖-吕萨克定律得
=
解得tC=127 ℃
温度升高到127 ℃前,气体做等压变化,因为t2设温度为t2时活塞离汽缸底部高度为h,由盖-吕萨克定律得=
解得h=d
(2)当温度高于127 ℃后,活塞受到挡板的阻碍,气体体积不再发生变化,
由查理定律得=
解得p3=p0=1.125×105 Pa
4.答案　(1)　(2)35 cm
解析　(1)对汽缸分析,根据平衡条件有pA1S+2mg+2mg=p0S
解得初态A气体压强为pA1=p0=
(2)剪断绳子前,对活塞P,根据平衡条件有
pB1S+mg=pA1S
解得初态B气体压强为pB1=p0
剪断连接物块的绳子,重新恢复平衡后,对汽缸,根据平衡条件有pA2S+2mg=p0S
解得末态A气体压强为pA2=p0
对活塞P,根据平衡条件有pB2S+mg=pA2S
解得末态B气体压强为pB2=p0
环境温度保持不变,根据玻意耳定律可得pA1l0S=pA2lAS,pB1l0S=pB2lBS
解得lA=15 cm,lB=10 cm
汽缸上升的距离为h=2l0-lA-lB=35 cm
易混易错
在对汽缸受力分析时,正确使用隔离法,活塞并没有直接对汽缸作用。
5.答案　(1)8×105 J　(2)225 K
解析　(1)气体体积增大时,p-V图像与横轴围成的面积为气体对外界做功的大小,有
W= J=8×105 J
(2)根据pV=CT可知,p-V图像上每个点的横、纵坐标乘积越大,对应的气体温度越高,
结合函数表达式p=4×105-×105×V
则有pV=4×105V-×105×V2=CT
可知,当气体体积为V1=4 m3时,对应的热力学温度最高,此时p1=2×105 Pa,Tmax=300 K,
由理想气体状态方程有=
解得TM=225 K
方法技巧
求二次函数的最大值:对于f(x)=ax2+bx+c(a<0),当x=-时,f(x)取最大值。
6.答案　(1)见解析　(2)21 N
解析　(1)设瓶中气体温度升至90 ℃,瓶中气体做等容变化,有=
其中T0=(273+57) K=330 K,p0=1.0×105 Pa,T1=(273+90) K=363 K,
瓶塞内外气体压力差最大值ΔF1=(p1-p0)S
其中S=10 cm2=1.0×10-3 m2
解得ΔF1=10 N(2)瓶中气体温度降至24 ℃,瓶中气体做等容变化,有=
其中T0=330 K,T2=(273+24) K=297 K
瓶塞内外气体压力差ΔF2=(p0-p2)S=10 N
设至少用力F才能将瓶塞拔出,则F=ΔF2+fm
解得F=21 N
7.答案　(1)1.5×105 Pa　(2)1∶4
解析　(1)以抽入气体后的空气枪内气体为研究对象,
初始气体压强p1=1.0×105 Pa,气体体积V1=600 mL
橡胶膜恢复原状瞬间气体体积V2=400 mL,
气体做等温变化,由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得橡胶膜恢复原状瞬间“空气枪”内部空气压强为p2=1.5×105 Pa
(2)以抽入气体后空气枪内气体为研究对象,
初始气体压强p1=1.0×105 Pa,气体体积V1=600 mL
橡胶膜恢复原状瞬间空气枪内气体的体积V2=400 mL,设泄漏的气体体积为V3,泄漏的气体的压强视为与内部相同,为p2'=1.2×105 Pa
气体做等温变化,由玻意耳定律得p1V1=p2'(V2+V3)
解得V3=100 mL
已泄漏的空气质量与仍在“空气枪”内部的空气质量之比==
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