高中物理人教版选修3-3作业题 第八章 气体 章末复习课 Word版含解析
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| 名称 | 高中物理人教版选修3-3作业题 第八章 气体 章末复习课 Word版含解析 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 516.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-10-19 08:43:12 | ||
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文档简介
章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①标志 ②t＋273.15 K ③碰撞 ④密集程度 ⑤温度 ⑥原点 ⑦体积 ⑧直线 ⑨压强 ⑩理想气体
主题1 气体的实验定律
1．玻意耳定律．
(1)条件：质量不变，温度不变．
(2)公式：pV＝C或p1V1＝p2V2或＝.
2．查理定律．
(1)条件：质量不变，体积不变．
(2)公式：＝C或＝.
3．盖—吕萨克定律．
(1)条件：质量不变，压强不变．
(2)公式：＝C或 ＝.
4．使用步骤：
(1)确定研究对象，并判断是否满足某个实验定律条件；
(2)确定初末状态及状态参量；
(3)根据实验定律列方程求解(注意单位统一)；
(4)注意分析隐含条件，做出必要的判断和说明．
【例1】 （2016·全国Ⅱ卷）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，则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（两个大气压）时，体积为V2，
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0（1个大气压）压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③
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＝④
联立①②③④式，并代入数据得
N＝4（天）.⑤
答案：4天
针对训练
1.如图所示为一种减震垫，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，
解得F＝p0S.
答案：p0S
主题2 理想气体状态方程
1．条件：理想气体．
2．公式：＝C或＝.
3．步骤：
(1)确定研究对象，是否质量不变；
(2)确定初末状态及状态参量；
(3)根据理想气体方程求解(注意单位统一)；
(4)注意分析隐含条件(变质量问题转化为定质量问题)，做出必要的判断和说明．
【例2】 (2014·上海卷)如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg.
(1)为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？
(2)封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？
解析：(1)初态压强
p1＝(76－16)cmHg＝60 cmHg.
末态时左右水银面高度差为
(16－2×3)cm＝10 cm，
压强p2＝(76－10)cmHg＝66 cmHg.
由理想气体状态方程：＝，
解得T2＝＝×280 K＝350 K.
(2)设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差
h′＝(16＋2×2)－l.
由玻意耳定律：p1V1＝p3V3.
式中p3＝76－(20－l)，
解得：l＝10 cm.
答案：(1)350 K (2)10 cm
针对训练
2.如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5.先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡，求：
(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
(2)最后两侧气体的体积之比．
解析：(1)设初始时压强为p.
左侧气体满足：＝，
右侧气体满足：pV2＝p′V.
解得k＝＝2.
(2)活塞导热达到平衡．
左侧气体满足：＝，
右侧气体满足：＝，
平衡时T1′＝T2′，
解得＝＝.
答案：(1)2 (2)
主题3 气体的图象问题
【例3】 (多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②.下列图象中可以表示此过程的是( )
解析：由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不变，体积增大，根据＝C可知压强减小．对A图象进行分析，p－V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确．对B图象进行分析，p－V图象是直线，温度会发生变化，故B错误．对C图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C错误．对D图象进行分析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故D正确．
答案：AD
针对训练
3.(多选)一定质量的理想气体经过如图所示的一系列过程，下列说法中正确的是( )
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变
答案：AD
统揽考情
气体是高考的必考部分，这也说明本章在高考中所占比重比较大．本章习题在新课标高考中多以计算题的形式出现，而且是必考的一类题．考查内容：气体实验定律和理想气体状态方程，还要涉及压强计算和压强的微观表示方法．
真题例析
（2016·全国Ⅰ卷）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升.已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.
（1）求在水下10 m处气泡内外的压强差；
（2）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值.
解析：（1）由公式Δp＝，得
Δp＝Pa＝28 Pa，
水下10 m处气泡的压强差是28 Pa.
（2）忽略水温随水深的变化，所以在水深10 m处和在接近水面时气泡内温度相同.
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2①
其中，V1＝πr②
V2＝πr③
由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有
p1＝p0＋ρgh1＝2×105Pa＝2p0④
p2＝p0⑤
将②③④⑤带入①得，
2p0×πr＝p0×πr，
气泡的半径与其原来半径之比的近似值＝≈1.3.
答案：（1）28 Pa （2）1.3
针对训练
（2015·全国Ⅰ卷）如图所示，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，气缸外大气压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强.
解析：（1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化.
初始状态：V1＝（S1＋S2），T1＝495 K；
末状态：V2＝LS2.
由盖－吕萨克定律：＝代入数值可得：T2＝330 K.
（2）对大小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝pS2＋p1S1，
可得p1＝1.1×105 Pa，
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化.
初状态：p1＝1.1×105 Pa，T2＝330 K，
末状态：T＝303 K，
由查理定律＝，得p2＝1.01×105 Pa.
答案：（1）330 K （2）1.01×105 Pa
1.如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体( )
A．压强增大，体积增大
B．压强增大，体积减小
C．压强减小，体积增大
D．压强减小，体积减小
解析：初始时，水银处于静止状态，受到的重力和封闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由下落时，管中水银也处于完全失重状态，加速度为g竖直向下，所以封闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体的体积减小，B项正确．
答案：B
2．(2015·江苏卷)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．
解析：将包装袋压缩到压强为2个标准大气压温度不变：
初状态：p1＝1 atm，V1＝1 L；
末状态：p1＝2 atm.
由玻意耳定律：p1V1＝p2V2，
解得：V2＝0.5 L>0.45 L.
则会漏气．
答案：会漏气
3．(2015·重庆卷)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．
解析：由题知质量和体积不变得
初状态：p1，T1，末状态：p2，T2.
由查理定理：＝，则：p2＝T2，
则压强差：Δp＝p2－p1＝p1－p1＝p1.
答案：p1
4.（2016·全国Ⅲ卷）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变.
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被推下h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位，由题给条件，得
p1＝p0＋cmHg，
l′1＝cm.
根据玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1，
联立解得p′1＝144 cmHg，
根据题意可得p′1＝p′2，
l′2＝（4.00＋－h）cm，
根据玻意耳定律可得，p2l2＝p′2l′2，
解得h＝9.42 cm.
答案：144 cmHg 9.42 cm
5.(2015·海南卷)如图所示，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B ；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V.已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0.现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．
解析：A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋.
B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋，
因为温度始终不变，
对于混合气体有(p1＋p2)·2V＝pV′，
漏气前A距离底面的高度为h＝，
漏气后A距离底面的高度为h′＝.
联立可得Δh＝－.
答案：－
【知识体系】
[答案填写] ①标志 ②t＋273.15 K ③碰撞 ④密集程度 ⑤温度 ⑥原点 ⑦体积 ⑧直线 ⑨压强 ⑩理想气体
主题1 气体的实验定律
1．玻意耳定律．
(1)条件：质量不变，温度不变．
(2)公式：pV＝C或p1V1＝p2V2或＝.
2．查理定律．
(1)条件：质量不变，体积不变．
(2)公式：＝C或＝.
3．盖—吕萨克定律．
(1)条件：质量不变，压强不变．
(2)公式：＝C或 ＝.
4．使用步骤：
(1)确定研究对象，并判断是否满足某个实验定律条件；
(2)确定初末状态及状态参量；
(3)根据实验定律列方程求解(注意单位统一)；
(4)注意分析隐含条件，做出必要的判断和说明．
【例1】 （2016·全国Ⅱ卷）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，则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（两个大气压）时，体积为V2，
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0（1个大气压）压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③
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＝④
联立①②③④式，并代入数据得
N＝4（天）.⑤
答案：4天
针对训练
1.如图所示为一种减震垫，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，
解得F＝p0S.
答案：p0S
主题2 理想气体状态方程
1．条件：理想气体．
2．公式：＝C或＝.
3．步骤：
(1)确定研究对象，是否质量不变；
(2)确定初末状态及状态参量；
(3)根据理想气体方程求解(注意单位统一)；
(4)注意分析隐含条件(变质量问题转化为定质量问题)，做出必要的判断和说明．
【例2】 (2014·上海卷)如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg.
(1)为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？
(2)封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？
解析：(1)初态压强
p1＝(76－16)cmHg＝60 cmHg.
末态时左右水银面高度差为
(16－2×3)cm＝10 cm，
压强p2＝(76－10)cmHg＝66 cmHg.
由理想气体状态方程：＝，
解得T2＝＝×280 K＝350 K.
(2)设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差
h′＝(16＋2×2)－l.
由玻意耳定律：p1V1＝p3V3.
式中p3＝76－(20－l)，
解得：l＝10 cm.
答案：(1)350 K (2)10 cm
针对训练
2.如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5.先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡，求：
(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
(2)最后两侧气体的体积之比．
解析：(1)设初始时压强为p.
左侧气体满足：＝，
右侧气体满足：pV2＝p′V.
解得k＝＝2.
(2)活塞导热达到平衡．
左侧气体满足：＝，
右侧气体满足：＝，
平衡时T1′＝T2′，
解得＝＝.
答案：(1)2 (2)
主题3 气体的图象问题
【例3】 (多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②.下列图象中可以表示此过程的是( )
解析：由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不变，体积增大，根据＝C可知压强减小．对A图象进行分析，p－V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确．对B图象进行分析，p－V图象是直线，温度会发生变化，故B错误．对C图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C错误．对D图象进行分析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故D正确．
答案：AD
针对训练
3.(多选)一定质量的理想气体经过如图所示的一系列过程，下列说法中正确的是( )
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变
答案：AD
统揽考情
气体是高考的必考部分，这也说明本章在高考中所占比重比较大．本章习题在新课标高考中多以计算题的形式出现，而且是必考的一类题．考查内容：气体实验定律和理想气体状态方程，还要涉及压强计算和压强的微观表示方法．
真题例析
（2016·全国Ⅰ卷）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升.已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.
（1）求在水下10 m处气泡内外的压强差；
（2）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值.
解析：（1）由公式Δp＝，得
Δp＝Pa＝28 Pa，
水下10 m处气泡的压强差是28 Pa.
（2）忽略水温随水深的变化，所以在水深10 m处和在接近水面时气泡内温度相同.
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2①
其中，V1＝πr②
V2＝πr③
由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有
p1＝p0＋ρgh1＝2×105Pa＝2p0④
p2＝p0⑤
将②③④⑤带入①得，
2p0×πr＝p0×πr，
气泡的半径与其原来半径之比的近似值＝≈1.3.
答案：（1）28 Pa （2）1.3
针对训练
（2015·全国Ⅰ卷）如图所示，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，气缸外大气压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强.
解析：（1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化.
初始状态：V1＝（S1＋S2），T1＝495 K；
末状态：V2＝LS2.
由盖－吕萨克定律：＝代入数值可得：T2＝330 K.
（2）对大小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝pS2＋p1S1，
可得p1＝1.1×105 Pa，
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化.
初状态：p1＝1.1×105 Pa，T2＝330 K，
末状态：T＝303 K，
由查理定律＝，得p2＝1.01×105 Pa.
答案：（1）330 K （2）1.01×105 Pa
1.如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体( )
A．压强增大，体积增大
B．压强增大，体积减小
C．压强减小，体积增大
D．压强减小，体积减小
解析：初始时，水银处于静止状态，受到的重力和封闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由下落时，管中水银也处于完全失重状态，加速度为g竖直向下，所以封闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体的体积减小，B项正确．
答案：B
2．(2015·江苏卷)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．
解析：将包装袋压缩到压强为2个标准大气压温度不变：
初状态：p1＝1 atm，V1＝1 L；
末状态：p1＝2 atm.
由玻意耳定律：p1V1＝p2V2，
解得：V2＝0.5 L>0.45 L.
则会漏气．
答案：会漏气
3．(2015·重庆卷)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．
解析：由题知质量和体积不变得
初状态：p1，T1，末状态：p2，T2.
由查理定理：＝，则：p2＝T2，
则压强差：Δp＝p2－p1＝p1－p1＝p1.
答案：p1
4.（2016·全国Ⅲ卷）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变.
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被推下h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位，由题给条件，得
p1＝p0＋cmHg，
l′1＝cm.
根据玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1，
联立解得p′1＝144 cmHg，
根据题意可得p′1＝p′2，
l′2＝（4.00＋－h）cm，
根据玻意耳定律可得，p2l2＝p′2l′2，
解得h＝9.42 cm.
答案：144 cmHg 9.42 cm
5.(2015·海南卷)如图所示，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B ；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V.已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0.现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．
解析：A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋.
B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋，
因为温度始终不变，
对于混合气体有(p1＋p2)·2V＝pV′，
漏气前A距离底面的高度为h＝，
漏气后A距离底面的高度为h′＝.
联立可得Δh＝－.
答案：－