习题课2 理想气体的综合问题
题型一 液柱(或活塞)的移动问题
INCLUDEPICTURE "重难整合.TIF"
1．假设法
用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液体或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。
2．极限法
所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零。这样使复杂的问题变得简单明了。
3．图像法
利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。
INCLUDEPICTURE "典例引领.TIF"
【例1】 如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
[解析] 设上段气体初态压强为p1，末态压强为p1′，压强变化量为Δp1，下段气体初态压强为p2，末态压强为p2′，压强变化量为Δp2，初始温度为T1，末态温度为T2，温度变化量分别为ΔT1、ΔT2。水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ρgh。温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动。所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。
(1)假设法
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
上段：＝，所以p2′＝p2，
Δp2＝p2′－p2＝p2＝p2；
下段：Δp1＝p1
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移。
(2)图像法
在同一p－T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时p1>p2，由图可得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，所以水银柱上移。
(3)极限法
由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降。
[答案] 水银柱上移
[针对训练1] (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
答案：BC
题型二 关联气体问题的分析方法
INCLUDEPICTURE "重难整合.TIF"
1．问题特点
两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积关系的关联。
2．解题思路
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实验定律列式求解。
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。
(3)多个方程联立求解。
INCLUDEPICTURE "典例引领.TIF"
【例2】 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm 和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
[解析] 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm。
[答案] 见解析
【例3】
如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的汽缸分为A、B两个汽缸，A、B两个汽缸装有体积均为12 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体。现给左边的活塞N施加一推力，使其向右移动，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。已知外界大气压强为1 atm，1 atm＝1×105 Pa，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，求：
(1)A汽缸中气体的压强；
(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。
[解析] (1)由题意知，pA＝1.0×105 Pa，当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强
pA′＝pA＋＝1.5×105 Pa＝1.5 atm。
(2)A汽缸中原来的气体压强及体积分别为
pA＝1 atm，VA＝12 L
A汽缸中气体发生等温变化后气体的体积设为VA′，由
pAVA＝pA′VA′
代入数据解得VA′＝8 L
则活塞N向右移动的距离
Δx＝＝ cm＝10 cm。
(3)B汽缸中气体原来压强、温度分别为
pB＝1 atm，TB＝300 K
后来压强pB′＝pA′＝1.5×105 Pa＝1.5 atm
B汽缸中气体发生等容变化，由＝
解得升温后气体温度
TB′＝TB＝×300 K＝450 K
即tB′＝177 ℃。
[答案] (1)1.5 atm (2)10 cm (3)177 ℃
[针对训练2] 一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为 5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为( )
A．d B．d
C．d D．d
解析：选D。以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2′(V2－xS)，代入数据可解得：x＝d，故A、B、C错误，D正确。
[针对训练3]
一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为 5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为( )
A.d B.d
C.d D.d
解析：选D。以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2′(V2－xS)，代入数据可解得：x＝d，故A、B、C错误，D正确。
题型三 气体状态变化的图像间的转换
INCLUDEPICTURE "重难整合.TIF"
1．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p－V 图像变成p－T图像或V－T图像。
2．在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p－V 图像中重点比较气体的温度，p－T图像中重点比较气体的体积，以及V－T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。
INCLUDEPICTURE "典例引领.TIF"
【例4】 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像如图所示。在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像。
[解析] 对气体A→B的过程，根据玻意耳定律，有p0V0＝3p0VB，则VB＝V0。由此可知A、B、C三点的状态参量分别为A：p0、T0、V0；B：3p0、T0、V0；C：3p0、3T0、V0。
V－T图像和p－V图像分别如图甲、乙所示。
[答案] 见解析图
[针对训练3] (多选)一定质量的理想气体，状态变化过程如图中A→B→C→A 图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p－T图像或V－T图像上，下列表示正确的是( )
解析：选AC。由题图知A→B是等压膨胀过程，由盖 吕萨克定律 ＝ 知，TB>TA即温度升高，B→C是等温压缩过程，由pBVB＝pCVC知，pC>pB即压强变大，C→A 是等容降压过程，由查理定律 ＝ 知，TC>TA温度降低，故A、C正确。
INCLUDEPICTURE"分层演练素养达标LLL.TIF"
1．在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是( )
解析：选D。根据p－V、p－T、V－T图像的物理意义可以判断，其中D反映的是理想气体经历等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符。
2．一定质量的理想气体的状态变化过程的V－T图像如图所示。则与之相对应的变化过程p－T图像应为下列选项中的( )
解析：选B。a→b过程中，V－T图像是经过坐标原点的直线，根据理想气体状态方程＝C可知，压强p一定，故是等压变化，p－T图像是与T轴平行的直线；b→c过程是等容变化，根据理想气体状态方程＝C可知，p－T图像是经过坐标原点的直线；c→a过程是等温变化，p－T 图像是与p轴平行的直线；故A、C、D错误，B正确。
3．如图所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
答案：A
4．两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
答案：B
5．如图所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用p－V或V－T图像表示这一循环，在下列选项图中表示正确的是( )
解析：选B。在题图p－T图像中，气体在1→2过程发生的是等容变化，且压强、温度均增大，2→3过程发生的是等温变化，且压强减小、体积增大，3→1过程发生的是等压变化，且温度降低、体积减小，结合各过程状态参量变化特点，可知B正确。
6．U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg。开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图所示。现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离。
解析：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，
(1)以右管封闭气体为研究对象，设初状态管内气体压强、体积为p1、V1，末状态为p2、V2，则
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
V2＝10×3S＝30S
等温变化：p1V1＝p2V2
80×33S＝p2·30S
p2＝88 cmHg。
(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，
设初状态管内气体压强、体积为p1、V1，末状态为p2、V2，则
p3＝76 cmHg，V3＝11S，p4＝88 cmHg
等温变化：p3V3＝p4V4
V4＝9.5S
活塞推动的距离：
L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm。
答案：(1)88 cmHg (2)4.5 cm
7．如图所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝，活塞移动的过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高。现将活塞A上面的物块取走，试求重新达到平衡状态后，A活塞上升的高度。
解析：对Ⅰ部分气体，其初态压强p1＝p0＋
末态压强p1′＝p0＋
设末态时Ⅰ部分气体的长度为l1，则由玻意耳定律可得p1l0S＝p1′l1S
解得l1＝l0
对Ⅱ部分气体，其初态压强p2＝p1＋＝p0＋
末态压强p2′＝p1′＋＝p0＋
设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2，则由玻意耳定律可得
p2l0S＝p2′l2S
代入数据解得l2＝l0
故活塞A上升的高度Δh＝l1＋l2－2l0＝0.9l0。
答案：0.9l0
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第二章 气体、固体和液体
习题课2 理想气体的综合问题
题型一 液柱(或活塞)的移动问题
1．假设法
用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液体或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。
2．极限法
所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零。这样使复杂的问题变得简单明了。
3．图像法
利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。
【例1】 如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
[解析] 设上段气体初态压强为p1，末态压强为p1′，压强变化量为Δp1，下段气体初态压强为p2，末态压强为p2′，压强变化量为Δp2，初始温度为T1，末态温度为T2，温度变化量分别为ΔT1、ΔT2。水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ρgh。温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动。所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。
(2)图像法
在同一p－T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时p1>p2，由图可得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，所以水银柱上移。
(3)极限法
由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降。
[答案] 水银柱上移
[针对训练1] (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
√
√
题型二 关联气体问题的分析方法
1．问题特点
两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积关系的关联。
2．解题思路
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实验定律列式求解。
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。
(3)多个方程联立求解。
【例2】 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm 和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
[解析] 设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm。
[答案] 见解析
【例3】如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的汽缸分为A、B两个汽缸，A、B两个汽缸装有体积均为12 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的理想气体。现给左边的活塞N施加一推力，使其向右移动，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。已知外界大气压强为1 atm，1 atm＝1×105 Pa，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。当推力F＝2×103 N，活塞N达到平衡状态时，求：
(1)A汽缸中气体的压强；
(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。
√
题型三 气体状态变化的图像间的转换
1．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像,可以根据这一图像转换成另一图像，如由p－V 图像变成p－T图像或V－T图像。
2．在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p－V 图像中重点比较气体的温度，p－T图像中重点比较气体的体积，以及V－T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。
【例4】 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像如图所示。在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像。
[针对训练3] (多选)一定质量的理想气体，状态变化过程如图中A→B→C→A 图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p－T图像或V－T图像上，下列表示正确的是( )
√
√章末过关检测(二)
(时间：75分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．下列说法正确的是( )
A．所有的晶体都表现为各向异性
B．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
C．晶体在合适的条件下可以转变为非晶体，但非晶体不可以转变为晶体
D．布雨伞能够遮雨，其原因之一是液体表面存在表面张力
解析：选D。只有单晶体才表现为各向异性，A错误；液体表面张力的方向与液面相切，B错误；晶体在合适的条件下可以转变为非晶体，非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，C错误；布雨伞能够遮雨，其原因之一是液体表面存在表面张力，D正确。
2．下列现象属于浸润现象的是( )
A．内径很小的玻璃管竖直插在水银槽内，细管内的水银面比外面槽里的水银面低
B．洒在玻璃板上的水滴会向四周扩展
C．少量的油在汤里形成小油珠
D．少量的水洒在蜡纸上，呈球形水珠
答案：B
3．中医拔罐疗法在中国有着悠久的历史，早在成书于西汉时期的帛书《五十二病方》中就有类似于后世的火罐疗法。其方法是以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部淤血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、袪风散寒等作用。在刚开始的很短的时间，火罐“吸”在皮肤上的主要原因是( )
A．火罐内的气体温度不变，体积减小，压强增大
B．火罐内的气体压强不变，温度降低，体积减小
C．火罐内的气体体积不变，温度降低，压强减小
D．火罐内的气体体积不变，温度降低，压强增大
解析：选C。在刚开始的很短时间内，火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据＝C可知，气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，A、B、D错误，C正确。
4．一定质量的某种气体做等压变化时，其体积V随摄氏温度t变化的关系图像(V－t 图像)如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比( )
A．与t轴之间的夹角变大
B．与t轴之间的夹角不变
C．与t轴交点的位置不变
D．与t轴交点的位置一定改变
答案：C
5．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温变化过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0 的空气的体积为( )
A．V B．V
C．V D．V
解析：选C。设所求体积为Vx，由玻意耳定律得，p0(Vx＋V)＝pV，Vx＝V，C正确。
6．关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是( )
A．甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B．乙图中将棉线圈中一侧的肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C．丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象，低于管外液面的不是毛细现象
D．丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是一种浸润现象
解析：选B。因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A错误；将棉线圈中一侧的肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润液体情况下容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故液体分子间作用力表现为斥力，附着层内液面升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面，都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误。
7．如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，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0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，那么水银柱( )
A．向A移动 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
答案：A
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
8．若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管中时，则( )
A．附着层分子密度大于液体内分子的密度
B．附着层分子的作用力表现为引力
C．管中的液体表面一定是下凹
D．液体跟固体接触的面积有扩大的趋势
解析：选ACD。浸润时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布比液体内部密，这样就会使液体间出现相互排斥力，使液体跟固体接触的面积有扩大的趋势。
9．如图所示的是一定质量的气体的三种升温过程，以下四种解释正确的是( )
A．ad过程，气体的体积增大
B．bd过程，气体的体积不变
C．cd过程，气体的体积增大
D．ad过程，气体的体积减小
解析：选AB。图像中各状态与原点的连线的斜率越大，体积越小，所以ad过程气体的体积增大，bd过程气体的体积不变，cd过程气体的体积减小。
10．甲、乙、丙、丁四位同学组成合作学习小组，对晶体和液晶的特点展开了讨论。他们的说法正确的是( )
A．甲说，晶体有单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何外形
B．乙说，多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有固定的熔点
C．丙说，液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有各向异性
D．丁说，液晶是一种在分子结构上介于固体和液体之间的中间态，它具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
解析：选AD。单晶体具有规则的几何形状，而多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，无论是多晶体还是单晶体都有固定的熔点，故A正确，B错误；液晶像液体一样具有流动性，但不能说它是液态的晶体，它的光学性质具有各向异性，故C错误，D正确。
11.如图所示，绝热隔板K把绝热汽缸分隔成两部分，K与汽缸的接触是光滑的，隔板K用销钉固定，两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种理想气体a、b，a的体积大于b的体积。现拔去销钉(不漏气)，当a、b各自达到新的平衡时( )
A．a的体积小于b的体积
B．a的体积等于b的体积
C．在相同时间内两边与隔板碰撞的分子数不同
D．a的温度比b的温度高
解析：选CD。由于两部分气体是相同质量、相同温度的同种气体，所以两部分气体的值是相等的，由于a的体积大一些，压强就小一些，拔去销钉后，a的体积会减小，温度升高，压强增大，再次平衡后压强相等，但由于a的温度高一些，a的体积还是大一些，A、B错误，D正确；由于压强相等，a的温度高，分子平均动能大，相同时间内两边碰撞的次数不同，C正确。
三、非选择题(本题共5小题，共56分)
12．(10分)某小组利用如图所示的装置研究“等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”。
带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V，实验所用测量压强的装置较特殊，测量的是注射器内部气体和外部大气(压强为p0)的压强差Δp，在多次改变体积后，得到如下数据：
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
(1)图中装置1为________________，装置2为________________；(两空均选填“数据采集器”或“压强传感器”)
(2)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了________________________________________________________________________________________________________________________________________________；
(3)研究小组基于数据，以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是________；
(4)若图像斜率为k，该直线的函数表达式是________________，图像纵截距的绝对值表示的是_________________________________________________。
解析：(1)本实验利用电脑自动处理数据，首先需要感应压强大小的压强传感器，即装置1；还需要采集数据的数据采集器，即装置2；
(2)在实验过程中，每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了让封闭气体与外界进行充分的热交换，温度恢复原状，保持不变；
(3)根据理想气体状态方程p0V0＝(p0＋Δp)V，Δp＝p0V0·－p0，则x轴是；
(4)若图像斜率为k，该直线的函数表达式是Δp＝k·－p0，根据图像表达式可以得到图像与Δp轴的交点的绝对值为外部大气压强的值。
答案：(1)压强传感器 数据采集器 (2)让封闭气体与外界进行充分的热交换，保持封闭气体的温度不变 (3) (4)Δp＝k·－p0 外部大气压强的值
13．(10分)如图所示，甲、乙两个储气罐的容积都为V，储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐中气体的压强为5p0，乙罐中气体的压强为p0。现通过连接两罐的细管把甲罐中的气体尽量多的调配到乙罐中去，两罐中气体的温度相同且在调配过程中保持不变。求调配完成后：
(1)两罐中气体的压强；
(2)调配到乙罐中的气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
解析：(1)设调配完成后，两罐中压强为p，在该压强下，甲罐中气体体积为V1，乙罐中气体体积为V2，对甲罐中气体由玻意耳定律有5p0V＝pV1
同理，对乙罐中气体有p0V＝pV2
V1＋V2＝2V
联立解得p＝3p0。
(2)由问题(1)可知V1＝V，V2＝V
所以调配到乙罐中的气体质量Δm与甲罐中原有的气体质量m甲之比为＝＝。
答案：(1)3p0 (2)
14．(10分)如图所示，将一厚度不计的金属筒移至水面上方，使其开口向下轻轻释放，金属筒下沉过程中不歪斜，最终静止漂浮在水中。已知金属筒的质量m＝25 kg，长度L＝1.512 m，横截面积S＝0.05 m2；水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金属筒静止漂浮在水中时，内外水面的高度差；
(2)金属筒静止漂浮在水中时，露出水面的长度。
解析：(1)当金属筒静止漂浮在水中时，设内外水面高度差为h，有ρSh·g＝mg
解得h＝0.5 m。
(2)金属筒静止漂浮在水中时，设内部气体压强为p，金属筒水面上方长度为L′
由平衡条件可得p0S＋mg＝pS
由玻意耳定律可得p0L＝pL′
代入数据解得L′＝1.44 m，则露出水面的长度
ΔL＝L′－h＝0.94 m。
答案：(1)0.5 m (2)0.94 m
15．(12分)中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的、导热性良好的平底大烧瓶。在一次实验中，体积为V＝1 L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个截面积为S＝2 cm2 的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦力fm＝60 N。瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中球内外气压近似相等。已知：实验室环境温度T＝290 K恒定，环境空气密度ρ＝1.20 kg/m3，压强为标准大气压p0＝105 Pa，求：
(1)橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强；
(2)为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量。
解析：(1)设橡皮塞即将被弹出时瓶内气体压强为p，橡皮塞即将弹出时对瓶塞受力分析得：pS＝p0S＋fm，解得：p＝p0＋＝4×105 Pa；
(2)设末状态瓶内气体体积为V1，瓶内气体等温变化：p0V＝pV1，则
V1＝0.25 L
对气球内气体：体积V2＝V－V1＝0.75 L
气球内气体压强也为p
等温变化：p0V0＝pV2，可得V0＝3 L
打入空气质量m＝ρV0＝3.6×10－3 kg。
答案：(1)4×105 Pa (2)3.6×10－3 kg
16．(14分)如图所示，导热汽缸的上端开口，用厚度不计的活塞密封一定质量的理想气体，活塞与汽缸间的摩擦不计。用系在活塞上的轻绳将汽缸竖直悬挂起来，活塞与汽缸均处于静止状态。当环境的热力学温度为T0时，活塞距缸底的高度为h0，已知外界大气压恒为p0，活塞质量为m，横截面积为S，汽缸质量为M，重力加速度大小为g。
(1)由于环境温度降低，汽缸向上移动了Δh，求此过程中外界对密封气体做的功W及此时环境的热力学温度T。
(2)保持环境的热力学温度为T，在汽缸底部挂上一个质量为m0的砝码，使活塞距缸底的高度仍为h0，求砝码质量m0的大小。
解析：(1)活塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，设汽缸内气体压强为p1，外界对气体做功为：
W＝p1SΔh
其中p1S＋Mg＝p0S
解得W＝(p0S－Mg)Δh
根据盖 吕萨克定律可得＝
其中V0＝Sh0、V1＝S(h0－Δh)
解得T＝。
(2)设末状态缸内气体体积为V2，压强为p2，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
其中V1＝(h0－Δh)S，V2＝h0S
p2S＋Mg＋m0g＝p0S
解得m0＝－。
答案：(1)(p0S－Mg)Δh
(2)－
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