[体系构建]
[核心速填]
1．气体的状态参量
(1)温度(T)
①意义
宏观：物体的冷热程度．
微观：分子平均动能的标志．
②温标：两种温度的关系：T＝t＋273(K)．
(2)体积(V)
(3)压强(p)
①意义：气体对器壁单位面积上的压力．
②产生：大量气体分子对器壁频繁碰撞的结果．
③决定因素：宏观上由温度和体积决定，微观上由气体分子的平均动能和分子的密集程度决定．
2．气体实验定律
(1)玻意耳定律
①成立条件：m、T一定．
②表达式：pV＝C.
③图象：等温线．
(2)查理定律
①成立条件：m、p一定．
②表达式＝C.
③图象：等容线．
(3)盖—吕萨克定律
①成立条件：m、p一定．
②表达式：＝C.
③图象：等容线．
3．理想气体的状态方程
(1)理想气体：严格遵守气体实验定律，分子力为零，内能由温度决定．
(2)方程：＝C.
(3)应用
4．气体热现象的微观意义
(1)气体分子沿各个方向运动的机会均等，速率呈“中间多，两头少”的规律分布．
(2)气体压强的微观解释．
(3)对气体实验定律的微观解释．
封闭气体压强的计算方法
封闭气体压强的计算是应用气体实验定律的基础，大致可分为液体封闭气体压强的计算和固体封闭气体压强的计算．
1．平衡时液体封闭气体压强计算：液体封闭气体压强的计算的典型问题是水银柱封闭气体压强的计算，采用的方法主要有：
(1)取等压面法：即根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求解压强．
如图中，C、D在同一液面处，两点压强相等，所以封闭气体的压强p＝p0＋ρgh(其中h为液面间的竖直高度差，不一定是液柱的长度)．
(2)参考液片法：通常是在液体的最低点选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得封闭气体的压强．
如图所示，设U形管的横截面积为S，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知：
pS＋ρgh0S＝p0S＋ρgh0S＋ρghS
即得p＝p0＋ρgh
2．平衡时固体封闭气体压强的计算：固体封闭气体压强计算的典型问题是汽缸和活塞封闭气体压强的计算，通常选活塞或汽缸为研究对象，对其进行受力分析，列平衡方程求封闭气体的压强．
3．容器加速运动时，封闭气体压强的计算：当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液体柱、固体等做研究对象，分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，根据牛顿第二定律列方程，可求得封闭气体的压强．
【例1】 如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1＝25.0 cm的空气柱，中间有一段长l2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0 cm.已知大气压强为p0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
[解析] 研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量，根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强，结合玻意耳定律求解．
以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为
p1＝p0＋l2 ①
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，由玻意耳定律得
p1l1＝p′1l′1 ②
如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl ③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′2，则
p′2＝p′1－l2 ④
由玻意耳定律得p0l3＝p′2l′3 ⑤
由①至⑤式及题给数据解得Δl＝15.0 cm.
[答案] 15.0 cm
1．在竖直放置的U形管内用密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱．大气压强为p0，各部分尺寸如图所示．求A、B气体的压强．
[解析] 求pA：取液柱h1为研究对象，设U形管横截面积为S，大气压力和液柱重力向下，A气体压力向上，液柱h1静止，如图甲，则p0S＋ρgh1S＝pAS，
所以pA＝p0＋ρgh1.
求pB：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端是连通器，A气体压强由液体传递后对h2的压力向上，B气体压力、液柱h2重力向下，液柱平衡如图乙，
则pBS＋ρgh2S＝pAS，
所以pB＝p0＋ρgh1－ρgh2.
熟练后，可直接由压强平衡关系写出待测压强，不一定非要先写出力的平衡方程．
[答案] pA＝p0＋ρgh1 pB＝p0＋ρgh1－ρgh2
应用状态方程讨论变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用相关规律求解．
1．充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题．只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题．
2．抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题．
3．分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解．如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关方程求解即可．
【例2】 一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为多少？
甲 乙
[解析] 打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V
所以p′＝p0＝(1＋n)p0
抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻璃耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1(V＋V0)，则p1＝p0
第二次抽气：p1V＝p2(V＋V0)
则p2＝p1＝p0
则第n次抽气后：pn＝p0
[答案] p0，p0
2．用来喷洒农药的压缩喷雾器的结构如图所示，A的容积为7.5 L，装入药液后，药液上方空气体积为1.5 L．关闭阀门K.用打气筒B每次打进105 Pa的空气250 cm3.假设整个过程温度不变，求：
(1)要使药液上方气体的压强为4×105 Pa，应打几次打气？
(2)当A中有4×105 Pa的空气后，打开阀门K可喷洒药液，直到不能喷洒时，喷雾器剩余多少体积的药液？(忽略喷管中药液产生的压强)
[解析] (1)设原来药液上方空气体积为V，每次打入空气的体积为V0，打n次后压强由p0变为p1，以A中原有空气和n次打入A中的全部气体为研究对象，由玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p1V，
故n＝＝＝18.
(2)打开阀门K，直到药液不能喷出，忽略喷管中药液产生的压强，则A容器内的气体压强应等于外界大气压强，以A中气体为研究对象p1V＝p0V′，
V′＝＝×1.5 L＝6 L，
因此A容器中剩余药液的体积为7.5 L－6 L＝1.5 L.
[答案] (1)18次 (2)1.5 L
气体状态变化的图象问题
1．常见的有p -V图象、V -T图象、p -T图象三种．
2．要能够识别p -V图象、p -T图象、V -T图象中的等温线、等容线和等压线，能从图象上解读出状态参量和状态变化过程．
3．依据理想气体状态方程＝C，得到V＝·T或p＝·T，认识p -图象、V -T图象、p -T图象斜率的意义．
4．作平行于横轴(或纵轴)的平行线，与同一坐标系内的两条p -V线(或p-线)，或两条V -T线或两条p -T线交于两点，两点横坐标(或纵坐标)相同，依据纵坐标(或横坐标)关系，比较第三物理量的关系．
【例3】 如图所示，1、2、3为一定质量理想气体在p-V图中的三个状态．该理想气体由状态1经过程1→2→3到达状态3，其中2→3之间图线为双曲线．已知状态1的参量为p1＝1.0×105 Pa，V1＝2 L，T1＝200 K.
(1)若状态2的压强p2＝4.0×105 Pa，则温度T2是多少？
(2)若状态3的体积V3＝6 L，则压强p3是多少？
[解析] (1)1→2是等容变化
由查理定律＝ 得：T2＝T1＝800 K
(2)2→3是等温变化
由玻意耳定律p2V2＝p3V3
得：p3＝＝×105 Pa.
[答案] (1)800 K (2)×105 Pa
[一语通关]
解决图象问题应注意的几个问题
(1)看清坐标轴，理解图象的意义：图象上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程．
(2)观察图象，弄清图象中各量的变化情况，看是否属于特殊变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化．
(3)若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图象(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较．
(4)涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应关系．
3.如图所示，表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是( )
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态e，压强增大
C．从状态e到状态a，压强减小
D．从状态a到状态b，压强不变
E．从状态b到状态c，压强减小
ACE [在V -T图象中等压线是过坐标原点的直线．由理想气体状态方程知＝.可见，当压强增大，等压线的斜率k＝＝变小．由题图可确定pa
课件42张PPT。第八章 气体章末复习课23气体4气体5平均动能 6压力 频繁碰撞 温度 体积 平均动能 密集程度 78等容线 9实验定律 零 温度 10均等 中间多，两头少 1112封闭气体压强的计算方法13141516171819202122应用状态方程讨论变质量问题232425262728293031323334气体状态变化的图象问题35363738394041Thank you for watching !章末综合测评(二) 气体
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分．第1～6题为单选，7～10题为多选，每小题有3项符合题目要求，选对1个得1分，选对2个得2分，选对3个得4分，每选错1个扣2分，最低得分为0分)
1．关于理想气体的下列说法正确的是( )
A．气体对容器的压强是由气体的重力产生的
B．气体对容器的压强是由大量气体分子对器壁的频繁碰撞产生的
C．一定质量的气体，分子的平均动能越大，气体压强也越大
D．压缩理想气体时要用力，是因为分子之间有斥力
B [气体对容器的压强是由气体分子对器壁的碰撞产生的，选项A错误，B正确；气体的压强与分子密集程度及分子的平均动能大小有关，平均动能越大则温度越高，但如果体积变为很大，压强可能减小，故选项C错误；压缩理想气体要用力，克服的是气体的压力(压强)，而不是分子间的斥力，选项D错误．]
2．已知离地面越高大气压强越小，温度也越低．现有一气球由地面向上缓慢升起，则大气压强与温度对此气球体积的影响如何( )
A．大气压强减小有助于气球体积变大，温度降低有助于气球体积增大
B．大气压强减小有助于气球体积变小，温度降低有助于气球体积减小
C．大气压强减小有助于气球体积变大，温度降低有助于气球体积减小
D．大气压强减小有助于气球体积变小，温度降低有助于气球体积增大
C [若温度不变，大气压强减小时，内部气体压强不变，则气体将要膨胀，体积增大，故大气压强减小有助于气球体积增大；若压强不变，温度降低时，根据理想气体状态方程＝C得知，气体的体积将要减小，故温度降低有助于气球体积减小．选项A、B、D均错误，C正确．]
3．如图是竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同，使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则( )
A．水银柱向下移动了一段距离
B．ΔVA＜ΔVB
C．ΔpA＞ΔpB
D．ΔFA＝ΔFB
C [假定水银柱不动，升高相同的温度，对气体A：＝得＝，同理知＝，又因pA＞pB，所以pA′－pA＞pB′－pB，即ΔpA′＞ΔpB′，水银柱向上移动．向上移动后，水银柱上下液面高度差更大，pA－pB＜pA2－pB2，最终ΔpA＞ΔpB，且有ΔFA＞ΔFB，因此选项C正确，A、D错误；因为水银不可压缩，所以ΔVA＝ΔVB，选项B错误．]
4．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
B [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．故选B.]
5．如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是( )
A．h2变长 B．h2变短
C．h1上升 D．h1下降
D [被封闭气体的压强为p＝p0＋ph1，或p＝p0＋ph2，则始终有h1＝h2；当p0增大时，被封闭气体的压强增大，由玻意耳定律知，封闭气体的体积应减小，故水银柱h1下降．]
6．如图所示，质量为M、导热性能良好的汽缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上．汽缸内有一个质量为m的活塞，活塞与汽缸壁之间无摩擦且不漏气．汽缸内密封有一定质量的理想气体．如果大气压强增大(温度不变)，则( )
A．气体的体积增大
B．细线的张力增大
C．气体的压强增大
D．斜面对汽缸的支持力增大
C [设大气压强为p0，封闭气体压强为p，活塞面积为S，斜面倾角为θ，对活塞列受力平衡方程得pS＝p0S－mgsin θ，故当p0增大时，p增大，由玻意耳定律得，气体体积减小，故选项A错误，C正确；由封闭气体和汽缸及活塞整体受力平衡，则细线拉力、斜面对汽缸的支持力与大气压强的改变没有关系，即细线的张力、斜面对汽缸的支持力不变，故选项B、D错误．]
7．如图所示是一定质量的某种气体的等压线，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
E．单位体积的分子数b状态较多
BCD [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，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A错，B、C对；一定质量的气体，分子总数不变，Vb>Va，单位体积的分子数a状态较多，故D对．]
8．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，下列说法中不正确的是( )
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hcos θ
C．B管内水银面比管外水银面低hcos θ
D．管内封闭气体的压强比大气压强小hcos θ高汞柱
E．管内封闭气体的压强比大气压强大hcos θ高汞柱
ACE [以A管中的水银为研究对象，则有pS＋hcos θ·S＝p0S，B管内压强p＝p0－hcos θ，显然p9．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p—T图上都是直线段，其中AB的延长线通过坐标原点O，BC垂直于AB，而CD平行于AB，由图可以判断( )
A．AB过程中气体体积不断减小
B．AB过程中气体体积不变
C．BC过程中气体体积不断增大
D．CD过程中气体体积不断增大
E．DA过程中气体体积不断增大
BDE [AB的延长线通过坐标原点O，即AB位于同一等容线，所以VA＝VB，A错误，B正确；连线CO与DO，则C和O、D和O分别位于同一等容线，比较斜率可知VA＝VB＞VD＞VC，D、E正确，C错误．]
10．用如图所示的实验装置来研究气体等容变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的某种气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )
A．将烧瓶浸入热水中，应将A管向上移
B．将烧瓶浸入热水中，应将A管向下移动
C．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向上移动
D．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向下移动
E．将该装置移到高山上做实验，应将A管向上移
ADE [将烧瓶浸入热水中，气体温度升高，压强增大，要维持体积不变，应将A管向上移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项A正确，选项B错误；将烧瓶浸入冰水中，气体温度降低，压强减小，要维持体积不变，应将A管向下移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项D正确，选项C错误；将该装置移到高山上做实验，大气压减小，气体压强大于外界大气压，要维持体积不变，应将A管向上移动，E正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)
11．(6分)如图是医院用于静脉滴注的示意图，倒置的输液瓶上方有一段气体A，密封的瓶口处的软木塞上插有两根细管，其中a管与大气相通，b管为输液软管，中间又有一气室B，而其c端则通过针头接入人体静脉．
(1)若气室A、B中的压强分别为pA、pB，则它们与外界大气压强p0的大小顺序应为________．
(2)在输液瓶悬挂高度与输液软管内径确定的情况下，药液滴注的速度________(选填“越滴越慢”“越滴越快”或“恒定”)．
[解析] (1)由于a管与大气相通，气室A中的气体压强pA加上输液瓶中液体的压强等于大气压强，故pA＜p0.由于a管与大气相通，a管上端所处的高度上，液体内部压强等于大气压强，所以B中气体压强pB等于大气压强加上B气室上面输液软管中液体产生的压强，故pB＞p0.
综合比较：pA＜p0＜pB.
(2)只要瓶中有液体，b管上端压强恒定不变，B气室中气体压强pB也恒定不变，那么药液滴注的速度就恒定．
[答案] (1)pA＜p0＜pB (2)恒定
12．(8分)用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接．
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p.
③用V-图象处理实验数据，得出如图乙所示的图线．
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是___________．
(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是________和________．
[解析] (1)为了保证气体的质量不变，要用润滑油涂活塞达到封闭效果．
(2)气体的体积变化，外界对气体做正功或负功，要让气体与外界进行足够的热交换，一要时间长，也就是抽动油塞缓慢，二要活塞导热性能好．
[答案] (1)用润滑油涂活塞 (2)慢慢地抽动活塞 活塞导热
13．(10分)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．
[解析] 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2 ①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1 ②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0 ③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝V0/ΔV ④
联立①②③④式，并代入数据得
N＝4天． ⑤
[答案] 4天
14．(12分)如图所示，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．
[解析] (1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得
p0V＝p1V1 ①
(3p0)V＝p1(2V－V1) ②
联立①②式得
V1＝ ③
p1＝2p0. ④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2 ⑤
由⑤式得
p2＝p0 ⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p′2＝p0.
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
＝ ⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0. ⑧
[答案] (1) 2p0 (2)上升直到B的顶部
(3)1.6 p0
15．(10分)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l′1和l′2.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 ⑤
l2′＝7.5 cm. ⑥
[答案] 22.5 cm 7.5 cm
16．(14分)如图所示，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间．
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强．
[解析] (1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气做等压变化，设汽缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为，由题中数据和盖—吕萨克定律得
V1＝V0＋×＝V0 ①
V2＝V0＋V0＝V0 ②
＝ ③
由①②③式和题中数据得T2＝320 K.
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积为V′2，压强为p′2，由题中数据和玻意耳定律得
V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0 ④
p′1V′1＝p′2V′2 ⑤
由④⑤式得p′2＝p0.
[答案] (1)320 K (2)p0
