第二章 气体、固体和液体 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教版）

章末综合提升 第二章　气体、固体和液体 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1.气体实验定律和理想气体状态方程 (1)理想气体状态方程与气体实验定律的关系 = (2)两个重要的推论 ①查理定律的推论:Δp=ΔT ②盖-吕萨克定律的推论:ΔV=ΔT (3)利用气体实验定律解决问题的基本思路 2.气体变质量问题 气体实验定律和理想气体状态方程均适用于质量不变的气体,当发生充气、漏气等现象时,我们要灵活选取研究对象,将变质量问题转化为不变质量问题。 三、经典例题体验 [典例1]　如图所示,一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置,封闭端空气柱的长度L=50 cm,管两侧水银面的高度差为h=19 cm,大气压强恒为76 cmHg。 (1)若初始环境温度为27 ℃,给封闭气体缓慢加热,当管两侧水银面齐平时,求封闭气体的温度; (2)若保持环境温度27 ℃不变,缓慢向开口端注入水银,当管两侧水银面平齐时,求注入水银柱的长度x。 [答案]　(1)203 ℃　(2)44 cm [解析]　(1)封闭气体初状态压强 p1=p0-ph=(76-19)cmHg=57 cmHg 设玻璃管的横截面积为S,体积V1=LS=50 cm·S 温度T1=(273+27)K=300 K 封闭气体末状态压强p2=p0=76 cmHg 体积V2=(L+)cm·S=(50+)cm·S=59.5 cm·S 对封闭气体,由理想气体状态方程得= 代入数据解得T2=476 K 即温度为203 ℃。 (2)设注入水银后空气柱的长度为H,对封闭气体,由玻意耳定律得p1V1=p3HS 其中p3=p0=76 cmHg 代入数据解得H=37.5 cm 注入水银柱的长度 x=2(L-H)+h=2×(50-37.5)cm+19 cm=44 cm。 名师点评 求液柱封闭的气体压强时,一般以液片或液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意: (1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液柱的竖直高度),与液柱的粗细无关。 (2)不要漏掉大气压强,同时又要注意大气压强产生的压力是否要平衡掉。 (3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等。 (4)当液体为水银时,可灵活应用压强单位“cmHg”等,使计算过程简捷。 [典例2]　如图所示,绝热性能良好且足够长的汽缸固定放置,其内壁光滑,开口向右,汽缸中封闭一定质量的理想气体,活塞(绝热)通过水平轻绳跨过轻质滑轮与重物相连,已知活塞的面积S=10 cm2,重物的质量m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,大气压强p0=1.0×105 Pa,滑轮摩擦不计。稳定时,活塞与汽缸底部间的距离为L1=12 cm,汽缸内温度T1=300 K。 (1)通过电热丝对汽缸内气体加热,气体温度缓慢上升到T2=400 K时停止加热,求加热过程中活塞移动的距离d; (2)停止加热后,在重物的下方再加挂一个2 kg的重物,活塞又向右移动4 cm后重新达到平衡,求此时汽缸内气体的温度T3。 [答案]　(1)4 cm　(2)375 K [解析]　(1)以活塞为研究对象,根据受力平衡有 加热前p1S+FT=p0S,FT=mg 加热后p2S+FT=p0S,FT=mg 所以p1=p2=0.8×105 Pa 以封闭气体为研究对象, 加热过程为等压变化,故有= 代入数据解得d=4 cm。 (2)加挂重物后p3S+FT'=p0S,FT'=(m+m')g 由理想气体状态方程得= 代入数据解得T3=375 K。 名师点评 “汽缸活塞”模型的解题思路 1.确定研究对象 研究对象分两类:(1)热学研究对象(一定质量的理想气体);(2)力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 2.分析物理过程 (1)对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程。 (2)对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程。 3.挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程。 4.多个方程联立求解,注意检验求解结果的合理性。 [典例3]　现今乘热气球飞行已成为人们喜爱的一种航空体育运动,还常用于航空摄影和航空旅游。如图所示,热气球是一个比空气轻,上半部是一个底部开口的大气球、下半部是吊篮的飞行器。某热气球的总体积V0=500 m3(忽略球壳体积),现对气球内气体加热,当球内气体温度上升至T=400 K时热气球刚好可从地面升起。已知地球表面大气温度T0=280 K,密度ρ0=1.2 kg/m3,把大气视为理想气体,它的密度和温度几乎不随高度变化,不考虑热气球的体积变化。求: (1)T=400 K时,热气球内气体的密度ρ; (2)T=400 K时,球内剩余气体质量占原先球内气体质量的百分比。 [答案]　(1)0.84 kg/m3　(2)70% [解析]　(1)设T=400 K时,气球内的气体密度为ρ,原来的气体温度升高后的体积变为V,气体压强不变,根据盖-吕萨克定律有= 根据质量相等,有ρ0V0=ρV 解得球内气体密度ρ= 代入数据解得ρ=0.84 kg/m3。 (2)气体加热膨胀后密度为ρ时,总体积为V,则留在气球内的气体体积为V0,球内剩余气体质量占原先球内气体质量的百分比为=== 代入数据解得=70%。 名师点评 两部分气体在温度相同、压强相同的情况下,密度相同,质量比等于体积比,但温度不同或压强不同时,两部分气体密度不同,质量比不再等于体积比。 [典例4]　某容器的容积为1.0 L,用容积为1.0 L的活塞式抽气机对容器内的气体进行抽气,如图所示。抽气原理是先将活塞推到底,闭合阀门b,打开阀门a,将活塞往外抽,直至抽气机内充满气体,再关闭阀门a,打开阀门b,全部释放抽气机内的气体,再进行下一次抽气……设容器中原来的气体压强为1×105 Pa,整个过程气体温度均保持不变。求: (1)完成一次抽气后,容器内剩余气体质量与抽气前气体质量的比值; (2)抽气机完成四次抽气后,容器内剩余气体的压强。 [答案]　(1)1∶2　(2)p0 [解析]　(1)设容器的容积为V0,每次抽出气体的体积为ΔV,容器中原来的气体压强为p0,第一次抽气后,容器内气体的压强为p1,抽气过程中气体的温度不变,则有 p0V0=p1(V0+ΔV) 由题知ΔV=V0 解得p1= 可知完成一次抽气后,容器内剩余气体质量为抽气前气体质量的=。 (2)第二次抽气后设容器内的压强为p2,则有 p1V0=p2·(V0+ΔV) 解得p2= 以此类推可得经过n次抽气后容器内剩余气体的压强 pn=p0()n 可得抽气机完成四次抽气后,容器内剩余气体的压强为 p4=p0×()4=p0。 名师点评 抽气问题不同于打气问题,对于活塞式抽气机,每次抽气过程抽出的气体的质量不同,因此计算抽气问题时,只能逐次计算抽气后剩余气体的压强,切记不可把n次抽气按一次抽出nΔV进行计算。 章末检测(二)　气体、固体和液体 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、选择题(本题共10小题。在每小题所给的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。) 1.关于固体、液体和气体,下列说法中正确的是(　　) A.晶体一定具有各向异性的特征 B.一定质量的某种理想气体状态改变时,内能不一定改变 C.0 ℃的铁和0 ℃的铜,它们的分子平均速率相同 D.液体表面张力是液体内部分子间的相互作用 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:单晶体有各向异性的特征,多晶体有各向同性的特征,故A错误;一定质量的理想气体的状态改变时,只要能保持温度不变,则其内能不变,故B正确;温度是分子热运动平均动能的标志,0 ℃的铁和0 ℃的铜,它们的分子平均动能相同,由于分子质量不同,则分子平均速率不同,故C错误;液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,不是液体内部分子间的相互作用,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.用玻璃瓶密封一定质量的气体,然后将玻璃瓶放入热水中,过一段时间瓶塞弹出。关于瓶塞弹出的原因,下列说法正确的是(　　) A.瓶内气体分子数增加 B.瓶内气体分子间作用力急剧增大 C.瓶内所有气体分子的运动都更加剧烈 D.瓶内气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:密封容器,瓶内气体分子数不变,A错误;分子间作用力由分子间距决定,在分子数不变、体积不变的情况下,分子间距不变,瓶内气体分子间作用力不会急剧增大,B错误;玻璃瓶放入热水中,气体温度升高,气体分子的平均动能增大,但不是每个分子的动能都增加,即不是瓶内所有气体分子的运动都更加剧烈,C错误;根据理想气体状态方程=C可知,气体体积不变,温度升高,故压强增大,由气体压强的微观解释可知,瓶内气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.如图所示,一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,该过程中气体的密度(　　) A.先变大后变小　　　　　 B.先变小后变大 C.一直变大 D.一直变小 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:由题图可知,一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,气体温度不变,压强减小,根据玻意耳定律可知,从A到B过程中气体体积逐渐增大,由密度公式ρ=可知,气体密度一直变小,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的体积与热力学温度关系的V-T图像。下列关于此过程的压强与热力学温度关系的p-T图像正确的是(　　) D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:由V-T图像可知,从A到B体积不变,温度升高,则压强变大;从B到C,温度不变,体积减小,压强变大。在p-T图像中,过原点的直线为等容线,则结合给定的四个p-T图像可知,只有D符合。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值,充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积,则V等于(　　) A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:根据玻意耳定律可得p0V+5p0V0=p1×5V,又p0=750 mmHg,V0= 60 cm3,p1=750 mmHg+150 mmHg=900 mmHg,解得V=60 cm3,故选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.(2024·河北石家庄七县联考)如图所示,一开口向下、导热均匀的直玻璃管,通过细绳悬挂在天花板上,玻璃管下端浸没在固定的水银槽中,管内封闭有一定量的气体,且管内外水银面高度差为h。下列情况中能使细绳拉力增大的是(　　) A.大气压强减小 B.环境温度升高 C.向水银槽内注入水银 D.略微减少细绳长度,使玻璃管位置相对水银槽上移 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:令封闭气体的压强为p,玻璃管质量为m,对玻璃管受力分析,如图所示,根据受力分析图可知,绳的拉力FT=(p0-p)S+mg=ρghS+mg,即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力。大气压强减小时,液柱h减小,所以拉力FT减小,故A错误;环境温度升高,封闭气体压强增大,h减小,故拉力FT减小,故B错误;向水银槽内注入水银,封闭气体压强增大,水银面高度差h减小,故拉力减小,故C错误;略微减少细绳长度,使玻璃管位置相对水银槽上移,封闭气体体积增大,压强减小,水银面高度差h增大,故绳拉力增大,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2024·江苏南通月考)如图所示,在一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管,接口处用蜡密封。吸管中引入一小段油柱(长度可以忽略),如果不计外界大气压的变化,在吸管上标上温度刻度值,就是一个简易的温度计。罐内气体可视为理想气体。下列说法中正确的是(　　) A.吸管上的温度刻度分布不均匀 B.吸管上的温度刻度值左大右小 C.增大铝罐体积可增加测温范围 D.在空间站中,该测温计仍可使用 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:根据盖-吕萨克定律=可得=,又有ΔV=Δl·S,则ΔT=·Δl,可以得到ΔT与Δl成正比关系,所以吸管上所标温度的刻度是均匀的,测量范围跟吸管长度有关,与铝罐体积无关,故A、C错误;若水平状态的油柱缓慢移动,则内外的压强相等,故封闭的理想气体发生了等压变化,若温度升高,气体体积变大,油柱向右移动,则吸管上的温度刻度值左小右大,故B错误;气温计是利用微观的分子热运动形成等压过程的原理制成,与宏观的超失重现象无关,故在空间站中完全失重的环境下,这个气温计仍可使用,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.下列说法正确的是(　　) A.放飞的氢气球上升到一定的高度会胀破,是因为球内的气体压强增大 B.气体的状态不变,说明气体的体积、压强、温度均不发生变化 C.一定质量的气体,压强不变时,体积也不会变化 D.一定质量的气体,温度不变时,p-图像是一条直线,且直线的斜率越大,说明气体温度越高 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:随着气球上升,球外空气压强减小,气球体积增大,最终气球会破裂,故A错误;描述气体的物理量有气体的体积、压强、温度,当这三个物理量不变时,气体的状态不变,故B正确;由理想气体状态方程=C可知,压强不变时,体积可能发生变化,故C错误;由等温变化pV=C可得p=C·,则p-图像是一条直线,直线的斜率越大即pV值越大,由理想气体状态方程=C可知,温度越高,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.如图所示,质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热,设汽缸处在大气中,大气压强恒定。经过一段较长时间后,下列说法正确的是(　 　) A.汽缸中气体的压强比加热前要大 B.汽缸中气体的压强保持不变 C.汽缸中气体的体积比加热前要大 D.活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少 BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:汽缸内封闭气体的压强p=p0+,其中S为活塞的面积,则加热前后封闭气体的压强保持不变,故A项错误,B项正确;封闭气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律知,温度上升时,气体的体积增大,故C项正确;温度升高,分子的平均动能增加,同时体积增大,单位体积内气体分子数减少,但气体的压强不变,则加热后活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数减少,故D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程,ab、bc、cd和da这四段过程在p-T图像中都是直线段,ab和dc的延长线通过坐标原点O,bc垂直于ab,ad平行于纵轴。由图可以判断(　　) A.ab过程中气体体积不断减小 B.bc过程中气体体积不断减小 C.cd过程中气体体积不断增大 D.da过程中气体体积不断增大 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:由p-T图像的特点可知ab、cd为两条等容线,则ab过程和cd过程中气体体积不变,A、C错误;在p-T图像中,图线的斜率越大与之对应的体积越小,因此b→c的过程中气体体积减小,d→a的过程中气体体积增大,B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题(本题共5小题。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11.某同学利用如图所示装置做探究一定质量的理想气体在温度不变时压强与体积关系的实验。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 步骤如下: ①将一个带两根细管的橡胶塞塞紧烧瓶的瓶口,封闭一定质量的气体。其中,一根带阀门的细管连通充满水的注射器,另一根细管与压强传感器相连。 ②将压强传感器连接数据采集器,数据采集器连接计算机。 ③打开阀门,用手握住烧瓶,缓慢推动注射器活塞向烧瓶内注入一定量的水,然后关闭阀门。 ④根据注射器刻度记录注入烧瓶中水的体积V,并记录此时气体的压强p。 ⑤多次实验,记录多组数据,分析得出结论。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)该同学错误的操作步骤为　　　　 。  (2)正确进行实验后,该同学根据实验数据画出的图像如图所示,其中的纵坐标为　　　　(选填“V”或“”),烧瓶的容积V0为　　　　(用图中字母表示)。   (3)另一同学重复实验,计算了多组p与(V0-V)的乘积,发现p(V0-V)随压强p增大而变小,导致这个现象的原因可能为　　　。(写出一个原因即可)  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案:(1)③　(2)V　n　(3)见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)探究理想气体温度不变时压强与体积关系,实验过程,用手握住烧瓶(步骤③)会导致容器内气体的温度发生变化,会影响实验,所以是错误的操作。 (2)设烧瓶容积为V0,由玻意耳定律有p(V0-V)=C 整理得V=V0-C 所以图线的纵坐标是V,图线的纵截距为烧瓶的体积,即V0=n。 (3)p(V0-V)这个乘积与物质的量有关,与气体温度有关,实验中发现p(V0-V)变小,有可能是实验过程中温度降低导致的,也可能是烧瓶密封不严有漏气导致的。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(2024·河北邯郸期中)某同学用如图所示实验装置探究一定质量的气体发生等温变化时压强与体积的关系。将注射器活塞移动到最右侧,接上软管和压强传感器,记录此时注射器内被封闭气体的压强p和体积V;推动活塞压缩气体,记录多组气体的压强和体积。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)为使实验结果尽量准确,下列操作正确的是　　　　　。  A.要尽可能保持环境温度不变 B.实验前要在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油 C.实验过程中要用手握紧注射器并快速推拉活塞 D.实验过程中应缓慢地推动活塞 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)分别在环境温度为T1、T2(T1<T2)时完成上述探究活动。下列各图最能正确且直观地反映实验过程中,气体压强p随体积V变化规律的是 　　　　　。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)该同学用此装置测量一小石子的密度。他先用天平测出其质量为m,再将其装入注射器内,重复上述实验操作,记录注射器上的体积刻度V和压强传感器示数p,根据实验测量数据,作出如图所示的V-图像,则石子密度为　　　　(用题及图中相关物理量的字母符号表示)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)求出的石子的密度比真实值　　　　(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案:(1)ABD　(2)C　 (3)　(4)偏大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化,要尽可能保持环境温度不变,故A正确;为防止漏气,实验前要在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油,故B正确;实验过程中用手握紧注射器并快速推拉活塞,气体温度将升高,影响实验结果,故C错误;实验过程中应缓慢地推动活塞,使气体温度始终与环境温度相同,故D正确。 (2)根据理想气体状态方程=C整理得p=CT,由此可知为直观地反映实验过程中气体压强p与体积V的规律,应作出p-图像,图像的斜率为k=CT,则温度越高,对应的p-图线的斜率越大,故图C符合要求。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)设小石子的体积为V',根据理想气体状态方程有=C 整理得V=CT·+V' 结合题图可知,小石子的体积为V'=V0 则小石子的密度为ρ=。 (4)设软管容积为ΔV,根据理想气体状态方程有=C 整理得V=CT·+V'-ΔV 则小石子的体积为V'=V0+ΔV,因此小石子测量的体积V0小于其实际体积,根据ρ=可知计算的小石子的密度偏大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.两端封闭、粗细均匀的玻璃管内,一段水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段,当玻璃管竖直静止时,A、B两段的长度相等,如图甲所示;仅将玻璃管旋转180°,再次平衡时,A、B两段的长度之比为1∶2,如图乙所示。求: (1)图甲中A、B两段气体的压强的比值k1; (2)图乙中A、B两段气体的压强的比值k2。 答案:(1)　(2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)设玻璃管的横截面积为S,水银柱的长度为h,甲图中A段气体的压强为pA,长度为L,B段气体的压强为pB,乙图中A段气体的压强为pA',B段气体的压强为pB',则 pB=ρgh+pA, pA'=ρgh+pB' 对A段气体,由玻意耳定律得pASL=pA'S×L 对B段气体,由玻意耳定律得pBSL=pB'S×L 解得图甲中A、B两段气体的压强的比值k1==。 (2)图乙中A、B两段气体的压强的比值k2==。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.某兴趣小组设计了一温度报警装置,其原理图如图所示,竖直放置的导热汽缸内用质量m=100 g、横截面积S=50 mm2、上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体,当缸内气体的热力学温度T1=300 K时,活塞下表面与汽缸底部的距离h1=6 cm,上表面与a、b两触点的距离h2= 2 cm。当环境温度上升,活塞缓慢上移至卡口处时恰好 触发报警器报警。不计一切摩擦,大气压强恒为p0= 1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)该报警装置报警的最低热力学温度T; (2)当环境的热力学温度升高到T2=600 K时,封闭气体的压强p。 答案:(1)400 K　(2)1.8×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)当环境温度缓慢上升,活塞刚到达卡口处,此过程中封闭气体处于等压膨胀过程,则有 = 解得T=400 K。 (2)加热之前,对活塞根据平衡条件有mg=p1S-p0S 当环境的热力学温度升高到T2=600 K时,根据理想气体状态方程有 = 解得p=1.8×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.如图所示,汽缸固定在水平面上,汽缸由截面积不同的两圆筒连接而成。活塞A、B用一长为3L的刚性轻质细杆连接,活塞可以在筒内无摩擦地沿水平方向左右滑动。A、B的质量分别为mA=7 kg和mB=3 kg,截面积分别为SA=30 cm2、SB=15 cm2。A、B之间封闭着一定质量的理想气体。两活塞外侧(A的左方和B的右方)都是大气,大气压强始终保持为p0=1.0×105 Pa。当汽缸内气体温度为T1=540 K,汽缸内气体压强p1=1.2×105 Pa时,活塞A、B在外力F作用下静止在如图所示位置。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)如果保持外力存在,现使汽缸内气体温度缓慢下降,求当温度降为多少时撤掉外力F,活塞仍可以静止; (2)如果将温度缓慢降低到T3=270 K不再变化,对活塞施加一个水平向左的推力,将两活塞慢慢推向左方,活塞B移到两圆筒连接处,求此时推力的大小和方向。 答案:(1)450 K　(2)75 N　向左 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)当汽缸内气体压强等于外界压强时,不需要外力维持活塞也能静止,该过程气体体积不变,则 = 解得T2=450 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)根据理想气体状态方程有 = 解得p3=0.5×105 Pa 若规定向右为正,根据平衡条件有 p0SA-p3SA+p3SB-p0SB-F=0 解得F=75 N。 $$