2.3 气体的等压变化和等容变化(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程物理选择性必修第三册同步学习指导(人教版2019)

连部分气体的体积。（３）在室内和室外对同一理想气体进 行实验，室内的温度较高，则相同体积时气体的压强较大；由 此可知，室内气体的实验结果曲线始终比室外气体的实验结 果曲线高。故选Ｄ。 练案［９］ 基础达标练 １． Ｃ　 对汽缸进行受力分析，由平衡条件可得ｐ０Ｓ ＝ Ｍｇ ＋ ｐＳ，所 以ｐ ＝ ｐ０ － ＭｇＳ ，故选项Ｃ正确。 ２． Ｂ　 由玻意耳定律得ｐＶ０ ＝ ｐ０Ｖ０ ＋ ｐ０Ｖ，将Ｖ０ ＝ ２０ Ｌ，ｐ０ ＝ １． ０ × １０５ Ｐａ，ｐ ＝２． ０ ×１０６ Ｐａ代入解得Ｖ ＝３８０ Ｌ，容器中剩余２０ Ｌ压 强为ｐ０的气体，此时气体的总体积为４００ Ｌ，所以剩下气体的 质量与原来气体的质量之比等于相同压强下气体的体积之 比，即２０４００ ＝ １ ２０，选项Ｂ正确。 ３． ＡＣ　 为了保证喷水效果，设打气筒最少打气ｎ次，则有ｐ０Ｖ０ ＋ ｎｐ０ΔＶ ＝ ｐ１Ｖ０，其中ｐ０ ＝ １． ０ × １０５ Ｐａ，Ｖ０ ＝ １． ４ Ｌ － １． ２ Ｌ ＝ ０． ２ Ｌ，ΔＶ ＝ ０． ０２ Ｌ，ｐ１ ＝ ３． ０ × １０５ Ｐａ，解得ｎ ＝ ２０次，故Ａ正 确；为了保证喷壶安全，打气筒最多打气ｍ次，则有ｐ０Ｖ０ ＋ ｍｐ０ΔＶ ＝ ｐ２Ｖ０，其中ｐ２ ＝ ５． ０ × １０５ Ｐａ，解得ｍ ＝ ４０次，故Ｂ错 误；若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，设可向 外喷出水的体积为Ｖｘ，则有ｐ２Ｖ０ ＝ ｐ０（Ｖ０ ＋ Ｖｘ），解得Ｖｘ ＝ ０． ８ Ｌ，故Ｃ正确，Ｄ错误。 ４． Ｄ　 以活塞Ｂ为研究对象，初状态有ｐ１Ｓ ＝ ｐ２Ｓ，设此时气室１、 ２的体积分别为Ｖ１、Ｖ２，末状态有ｐ１ ′Ｓ ＝ ｐ２ ′Ｓ，设此时气室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 ＝ ４９ ｄ，故Ｄ正确。 ５． Ｄ　 设大气压为ｐ０，玻璃管竖直时封闭气体的压强ｐ ＝ ｐ０ － ρｇｈ；玻璃管向右旋转一定角度，假设封闭气体的长度Ｈ不变， 则水银柱的有效高度ｈ变小，封闭气体压强变大，根据玻意耳 定律可知，封闭气体体积减小，所以Ｈ要减小；再假设ｈ不变， 在玻璃管倾斜时水银柱的长度会变长，则Ｈ会减小，根据玻意耳 定律可知封闭气体压强会增大，所以ｈ也要减小，故Ｄ正确。 ６．（１）０． ２ ｍ　 （２）２． ４ × １０５ Ｐａ 解析：（１）当物体Ａ的质量ｍ１ ＝ ６０ ｋｇ时，缸内气体的压强 ｐ１ ＝ ｐ０ ＋ ｍ１ｇ Ｓ 当物体Ａ的质量ｍ２ ＝ １６０ ｋｇ时，缸内气体的压强ｐ２ ＝ ｐ０ ＋ ｍ２ｇ Ｓ 根据玻意耳定律有ｐ１Ｌ１Ｓ ＝ ｐ２Ｌ２Ｓ ＝ ｐ０Ｌ０Ｓ 解得Ｌ０ ＝ ０． ２ ｍ。 （２）在（１）问中解得ｐ０ ＝ ２ ４００ ＮＳ 将Ｓ ＝ １． ０ × １０ －２ ｍ２代入上式解得ｐ０ ＝ ２． ４ × １０５ Ｐａ。 能力提升练 ７． Ｂ　 根据题意，原来Ａ、Ｂ管内的 水银高度相同，有ｐＡ ＝ ｐ０；Ｂ管 下移后，设Ａ管水银下移高度 为ｈ，Ｂ管内水银末位置高度如 图所示，Ａ、Ｂ管内末位置水银 高度差为ｈ１，则Ｂ管内水银初、 末位置高度差为ｈ ＋ ｈ１，可以计 算Ｂ管下降的高度为Ｈ ＝ ２ｈ ＋ ｈ１，此时由于Ａ管内水银下降， 则Ａ管内气体体积增加，压强减小，即ｐＡ ′ ＜ ｐ０，此时有ｐＡ ′ ＋ ｐｈ１ ＝ ｐ０，计算得ｐＡ ′ ＋ ρｇ（Ｈ － ２ｈ）＝ ｐ０，即ｈ ＝ ｐＡ ′ － ｐ０２ρｇ ＋ Ｈ ２ ，由 于ｐＡ ′ ＜ ｐ０，所以ｈ ＜ Ｈ２ ，故Ｂ正确。 ８． Ｄ　 设Ｂ管在上方时上部分气压为ｐＢ，则此时下方气压为ｐＡ， 此时有ｐＡ ＝ １０ ｃｍＨｇ ＋ ｐＢ，倒置后Ａ管气体压强变小，空气柱 长度增加１ ｃｍ，则Ａ管中水银柱减小１ ｃｍ，两管半径之比为 槡２１，则横截面积的关系ＳＡ ＝ ２ＳＢ，由于水银柱总体积不变， 可知Ｂ管水银柱增加２ ｃｍ，空气柱减小２ ｃｍ。此时水银柱总 长为１１ ｃｍ，设此时两管的压强分别为ｐＡ ′、ｐＢ ′，则有ｐＡ ′ ＋ １１ ｃｍＨｇ ＝ ｐＢ ′，倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，有ｐＡＳＡ ｌＡ ＝ ｐＡ ′ＳＡ ｌＡ ′，ｐＢＳＢ ｌＢ ＝ ｐＢ ′ＳＢ ｌＢ ′，其中ｌＡ ＝ ｌＢ ＝ ５ ｃｍ，ｌＡ ′ ＝ ６ ｃｍ，ｌＢ ′ ＝ ３ ｃｍ联立以上各式，解得初始时玻璃管内上部分气体的压 强为ｐＢ ＝ ２３． ２ ｃｍＨｇ，故选Ｄ。 ９． Ｂ　 设充气后容器Ａ中气体在大气压强下的体积为Ｖ，则由玻 意耳定律可得３ｐ０·２Ｖ０ ＝ ｐ０Ｖ，通过充气口充入的气体在大气 压强下的体积为Ｖ′ ＝ Ｖ － ２Ｖ０，解得Ｖ′ ＝ ４Ｖ０，故Ｂ正确。 １０． ２０ ｓ≤ｔ≤５０ ｓ 解析：外部向内部充气的过程，根据玻意耳定律有 ｐＶ０ ＝ ｐ１Ｖ０ ＋ ｎｐ０Ｖ 设气泵工作的时间为ｔ， 因为ｐ０一定，则有ｎＶ ＝ ０． ５ｔ（Ｌ） 联立两式得ｐＶ０ ＝ ｐ１Ｖ０ ＋ ｐ０ × ０． ５ｔ 代入数据得ｐ ＝ ２ × １０５ ＋ ０． ０２ × １０５ ｔ（Ｐａ） 由２． ４ × １０５ Ｐａ≤ｐ≤３． ０ × １０５ Ｐａ 得２０ ｓ≤ｔ≤５０ ｓ。 １１．（１）５ｐ０ 　 （２）５７ 解析：（１）以甲、乙中气体整体为研究对象，根据玻意耳定律 得ｐ１Ｖ１ ＋ ｐ２Ｖ２ ＝ ｐ（Ｖ１ ＋ Ｖ２），代入题给数据解得ｐ ＝ ５ｐ０。 （２）灌气前甲储气钢瓶中的气体等温膨胀到压强为５ｐ０ 时， 有ｐ１Ｖ１ ＝ ｐＶ，解得Ｖ ＝ １４ Ｌ，甲储气钢瓶中剩余气体质量与灌 气前甲中气体总质量的比值为ｍｍ０ ＝ ρＶ１ ρＶ ＝ Ｖ１ Ｖ ＝ １０ １４ ＝ ５ ７ 。 １２．（１）２２． ５ ｍ　 （２）５ｐ０ 解析：（１）根据图示分析可知，当活塞Ａ恰好到达汽缸Ⅰ区 右侧，但与右侧缸壁没有挤压时，能够测量的水最深，此时活 塞Ｂ左右两侧的气体压强相等，设大小为ｐ１，对活塞Ｂ左侧 气体有ｐ０Ｌπ ｄ( )２ ２ ＝ ｐ１ｘπｄ ２ 对活塞Ｂ右侧气体有３ｐ０Ｌπｄ２ ＝ ｐ１（Ｌ － ｘ）πｄ２ 解得ｘ ＝ Ｌ１３，ｐ１ ＝ １３ ４ ｐ０ 则水产生的压强为ｐ１ － ｐ０ ＝ ９４ ｐ０ 由于ｐ０相当于１０ ｍ高的水产生的压强，可知此深度计能测 的最大深度为 ｈ ＝ ９４ × １０ ｍ ＝ ２２． ５ ｍ。 （２）设汽缸Ⅰ与Ⅱ内通过Ａ、Ｂ所封气体的初始压强分别为 ｐＡ、ｐＢ，最大水深处气体压强为ｐ２，活塞Ｂ向右移动ｘ′，根据 玻意耳定律对活塞Ｂ左侧气体有 ｐＡＬπ ｄ( )２ ２ ＝ ｐ２ｘ′πｄ ２ 对活塞Ｂ右侧气体有ｐＢＬπｄ２ ＝ ｐ２（Ｌ － ｘ′）πｄ２ 解得ｐＡ ＋ ４ｐＢ ＝ ４ｐ２ 若要测量的最大水深ｈ ＝ ５０ ｍ，该深度对应水产生的压强为 ５ｐ０，此时活塞Ａ恰好到达汽缸Ⅰ区右侧，气体压强为ｐ２ － ｐ０ ＝ ５ｐ０ 解得ｐＢ ＝ ５ｐ０。 练案［１０］ 基础达标练 １． ＡＢＣ　 理想气体是一种理想化模型，是对实际气体的科学抽 象；温度不太低、压强不太大的情况下可以把实际气体近似视 为理想气体；理想气体在任何温度、任何压强下都遵从气体实 验定律，选项Ａ、Ｂ、Ｃ正确；理想气体的内能只与温度有关，温 度升高，内能增大，温度降低，内能减小，选项Ｄ错误                                                                       。 —２２３— ２． Ｂ　 将ｔ轴上表示绝对零度（即 － ２７３． １５ ℃）的点Ｄ分别与Ａ、Ｂ 两点连接起来，ＡＤ与ＢＤ均表示 气体的等容线，等容线斜率越大， 体积越小。由图知，ＡＤ斜率较大， ＢＤ斜率较小，则ＡＤ线对应的气 体体积较小，ＢＤ线对应的体积较 大，故气体由状态Ａ变化到状态Ｂ，体积逐渐变大，故Ｂ正确。 ３． Ｃ　 根据理想气体状态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ可知，Ｔ∝ｐＶ，所以ＴａＴｂ Ｔｃ ＝（ｐａＶａ）（ｐｂＶｂ）（ｐｃＶｃ）＝ ３４３，故Ｃ正确。 ４． Ａ　 设大气压强为ｐ０，右侧水银柱的高度为ｈ１，则右侧部分封 闭气体的压强ｐ１ ＝ ｐ０ ＋ ρｇｈ１，由于ｐ０ 和ｈ１ 均不变，所以ｐ１ 不 变，故Ｃ、Ｄ错误；设左侧气体压强为ｐ２，当左侧部分气体温度 升高时，假设气体体积不变，根据理想气体状态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ， 可知ｐ２ 增大，由于ｐ１ ＝ ｐ２ ＋ ρｇｈ，可知ｈ变小，故Ａ正确，Ｂ 错误。 ５． Ｂ　 在ａ→ｂ的过程中，气体的温度升高，则气体的内能增大， 故Ａ错误；将ａ、ｂ、ｃ三点与坐标轴的原点Ｏ相连，则可知Ｏａ、 Ｏｂ、Ｏｃ三条直线的斜率等于ｐＴ ，由理想气体的状态方程 ｐＶ Ｔ ＝ Ｃ可知，斜率越大，则体积越小，可得气体在ａ、ｂ、ｃ三个状态的 体积大小关系为Ｖａ ＜ Ｖｃ ＜ Ｖｂ，气体的质量一定，则三个状态的 密度大小关系为ρａ ＞ ρｃ ＞ ρｂ，故Ｂ正确；在ｂ→ｃ的过程中，气 体的温度降低，气体分子的平均动能减小，故Ｃ错误；在ｃ→ａ 的过程中，由于Ｖａ ＜ Ｖｃ，则气体的体积逐渐减小，故Ｄ错误。 ６．（１）ｈ２ｈ１ Ｔ１ 　 （２） （ｐ０Ｓ － ｍｇ）ｈ２ （ｐ０Ｓ ＋ ｍｇ）ｈ１Ｔ１ 解析：（１）当活塞刚好与限位装置接触时，降温过程气体压强 不变，据盖—吕萨克定律有：ｈ１ＳＴ１ ＝ ｈ２Ｓ Ｔ２ ，解得Ｔ２ ＝ ｈ２Ｔ１ｈ１ 。 （２）初始状态时，对活塞有：ｐ０Ｓ ＋ ｍｇ ＝ ｐ１Ｓ 当压力传感器的示数为２ｍｇ时，对活塞有 ｐ０Ｓ ＋ ｍｇ ＝ ｐ２Ｓ ＋ ２ｍｇ 据理想气体的状态方程有ｐ１ｈ１ＳＴ１ ＝ ｐ２ｈ２Ｓ Ｔ３ 解得Ｔ３ ＝（ｐ０Ｓ － ｍｇ）ｈ２（ｐ０Ｓ ＋ ｍｇ）ｈ１Ｔ１。 ７．（１）５ ｃｍ　 （２）１２７ ℃ 解析：（１）对Ａ中气体：ｐＡ ′ ＝ ｐ０ ＋ ＦＳ ＝ ４ ３ × １０ ５ Ｐａ 由玻意耳定律ｐＡＶＡ ＝ ｐＡ ′ＶＡ ′，解得ＶＡ ′ ＝ ３４ ＶＡ 因为ＬＡ ＝ ＶＡＳＡ ＝ ２０ ｃｍ，ＬＡ ′ ＝ ＶＡ ′ ＳＡ ＝ １５ ｃｍ， 所以Δｘ ＝ ＬＡ － ＬＡ ′ ＝ ５ ｃｍ。 （２）对Ｂ中气体ｐＢ ′ ＝ ｐＡ ′ ＝ ４３ × １０ ５ Ｐａ 由查理定律ｐＢＴＢ ＝ ｐＢ ′ ＴＢ ′ ，解得ＴＢ ′ ＝ ｐＢ ′ｐＢ ＴＢ ＝ ４００ Ｋ， 所以ｔＢ ＝ １２７ ℃。 能力提升练 ８． Ｂ　 从状态Ａ变化到状态Ｂ，气体体积不变，温度升高，由ｐ１Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ ，可知压强变大，故Ａ错误；从Ｂ到Ｃ的过程中气体体积增 大，而温度不变，气体分子的平均速率不变，则单位时间内与 器壁单位面积碰撞的分子数减少，故Ｂ正确，Ｃ错误；从状态Ａ 变化到状态Ｂ，气体体积不变，质量不变，则密度不变；从Ｂ到 Ｃ的过程中气体的体积变大，密度减小，故Ｄ错误。 ９． Ｂ　 当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据 查理定律，缸内气体的压强ｐ与热力学温度Ｔ成正比，图线是 过原点的倾斜直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时， 气体发生等压膨胀，图线是平行于Ｔ轴的直线，故Ｂ正确。 １０． ＡＤ　 设被封闭气体的压强为ｐ，选取右管中水银柱为研究对 象，可得ｐ ＝ ｐ０ ＋ ｐｈ，选取左管中水银柱为研究对象，可得ｐ ＝ ｐ０ ＋ ｐｈ１，故左管内外水银面的高度差为ｈ１ ＝ ｈ，Ａ正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，Ｂ、Ｃ均错误；气体压强 不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，Ｄ 正确。 １１． Ｄ　 此气体在０ ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为 ２２． ４ × ０． ３ Ｌ ＝ ６． ７２ Ｌ，根据图线所示，从ｐ０ 到Ａ状态，气体 是等容变化，Ａ状态的体积为６． ７２ Ｌ，温度为（１２７ ＋ ２７３）Ｋ ＝４００ Ｋ，从Ａ状态到Ｂ状态为等压变化，Ｂ状态的温度为 （２２７ ＋ ２７３）Ｋ ＝ ５００ Ｋ，根据盖—吕萨克定律ＶＡＴＡ ＝ ＶＢ ＴＢ 得， ＶＢ ＝ ＶＡＴＢ ＴＡ ＝ ６． ７２ × ５００４００ Ｌ ＝ ８ ． ４ Ｌ。故选Ｄ。 １２． ＡＣＤ　 温度变化前Ｃ中封闭气体压强始终不变，Ｂ内封闭气 体初状态为ｐＢ ＝ ｐＣ ＋ ６０ ｍｍＨｇ，打开阀门后ｐＢ ′ ＝ ｐＣ，由题意 知ＶＢ′ ＝ ４３ ＶＢ，由玻意耳定律ｐＢＶＢ ＝ ｐＢ′ＶＢ′得ｐＢ′ ＝ １８０ ｍｍＨｇ， ｐＢ ＝ ２４０ ｍｍＨｇ，ｐＣ ＝ ｐＢ ′ ＝ １８０ ｍｍＨｇ，Ａ正确，Ｂ错误；若Ｕ形 管中水银柱左高右低，加热后压强ｐＣ ′ ＝ ｐＣ ＋ ６０ ｍｍＨｇ，ｐＣＴ ＝ ｐＣ ′ Ｔ′，代入数据可得Ｔ′ ＝ ３６４ Ｋ。若Ｕ形管中水银柱右高左 低，降温后压强ｐＣ ″ ＝ ｐＣ － ６０ ｍｍＨｇ，ｐＣＴ ＝ ｐＣ ″ Ｔ″，代入数据可得 Ｔ″ ＝ １８２ Ｋ，Ｃ、Ｄ正确。 １３．（１）７０ ｃｍＨｇ　 （２）６６８ Ｋ 解析：（１）根据题意，设初始时理想气体Ｂ的压强为ｐＢ，则有 ｐＢ ＋ ρｇＬ２ ＝ ｐ０ 解得ｐＢ ＝ ７０ ｃｍＨｇ。 （２）左侧液面下降４ ｃｍ时，右侧液面上升４ ｃｍ，初状态理想 气体Ａ的长度为 Ｌ０ ＝ Ｌ１ ＋ Ｌ２ ＝ １３ ｃｍ 压强为ｐ０ 末状态理想气体Ａ的长度为 Ｌ０ ′ ＝ Ｌ０ － ４ ｃｍ ＝ ９ ｃｍ 压强为ｐＡ 则有ｐ０Ｌ０Ｓ ＝ ｐＡＬ０ ′Ｓ 解得ｐＡ ＝ ３２５３ ｃｍＨｇ 则末状态理想气体Ｂ的压强为ｐＢ ′ ＝ ｐＡ ＋ ３ ｃｍ ＝ ３３４３ ｃｍＨｇ 对气体Ｂ有ｐＢＬ１ＳＴ０ ＝ ｐＢ ′（Ｌ１ ＋ ４ ｃｍ）Ｓ Ｔ 解得Ｔ ＝ ６６８ Ｋ。 练案［１１］ 基础达标练 １． Ｂ　 纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封 闭气体的体积不再改变，温度降低时，由查理定律知封闭气体 压强减小，小于外界大气压，罐紧紧“吸”在皮肤上，故Ｂ 正确。 ２． Ｄ　 Ｖ － Ｔ图像中，Ａ与Ｂ的连线是一条过原点的倾斜直线，为 等压线，所以ｐＡ ＝ ｐＢ，温度升高ＴＡ ＜ ＴＢ，故Ａ错误；由图像可 知，Ｂ到Ｃ的过程中，体积不变，即ＶＢ ＝ ＶＣ，而温度降低，即 ＴＢ ＞ ＴＣ，由查理定律ｐＴ ＝ Ｃ可知ｐＢ ＞ ｐＣ，压强变小，故Ｂ、Ｃ错 误；由图像可知，由Ｃ到Ｄ的过程中，温度不变，即ＴＣ ＝ ＴＤ，而 体积变小，即ＶＣ ＞ ＶＤ，由玻意耳定律ｐＶ ＝ Ｃ可知ｐＣ ＜ ｐＤ，故Ｄ 正确。 ３． ＡＣＤ　 根据整体法分析可知，弹簧的拉力大小等于活塞、汽缸 以及气体重力之和，所以当温度升高时，弹簧拉力大小不变， 根据胡克定律可知弹簧伸长量不变，即弹簧长度Ｌ不变，                                                                      根据 —２２４— 练案［１０］ 第二章　 气体、固体和液体 ３．气体的等压变化和等容变化 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　基础达标练 １．（多选）关于理想气体，下列说法中正确的是（Ａ ） Ａ．严格遵守玻意耳定律、盖—吕萨克定律和查理定 律的气体称为理想气体 Ｂ．理想气体客观上是不存在的，它只是实际气体在 一定程度上的近似 Ｃ．和质点的概念一样，理想气体是一种理想化的 模型 Ｄ．一定质量的理想气体，内能增大，其温度可能不变 ２．如图所示，一定质量的气体从状态Ａ沿直线变化到 状态Ｂ的过程中，其体积 （Ｂ ） Ａ．保持不变 Ｂ．逐渐变大 Ｃ．逐渐变小 Ｄ．先增大后减小 ３．如图所示，ａ、ｂ、ｃ三点表示一定质量理想气体的三个 状态，则气体在ａ、ｂ、ｃ三个状态的热力学温度之比 是 （Ｃ ） Ａ． １１１ Ｂ． １２１ Ｃ． ３４３ Ｄ． １２３ ４．（２０２４·湖北襄阳高二下期中）如图所示，左端封闭、 右侧开口的Ｕ形管内分别用水银封闭两部分气体， 右侧部分封闭气体的压强为ｐ１，水 银面高度差为ｈ。当左侧部分气体 温度升高较小的Δｔ，重新达到平衡 后，ｈ和ｐ１的变化是 （Ａ ） Ａ． ｈ变小 Ｂ． ｈ不变 Ｃ． ｐ１变小 Ｄ． ｐ１变大 ５．（２０２４·河北邢台高二下期中）一 定质量的理想气体状态变化的ｐ － Ｔ图像如图所示， 由图像可知 （Ｂ ） Ａ．在ａ→ｂ的过程中，气体的内能减小 Ｂ．气体在ａ、ｂ、ｃ三个状态的密度ρａ ＞ ρｃ ＞ ρｂ Ｃ．在ｂ→ｃ的过程中，气体分子的平均动能增大 Ｄ．在ｃ→ａ的过程中，气体的体积逐渐增大 ６．如图所示，汽缸开口向上固定在水 平面上，其横截面积为Ｓ，内壁光 滑，Ａ、Ｂ为距离汽缸底部ｈ２ 处的等 高限位装置，限位装置上装有压力 传感器，可探测活塞对限位装置的 压力大小。活塞质量为ｍ，在汽缸 内封闭了一段高为ｈ１、温度为Ｔ１的理想气体。对汽 缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为ｇ，大气压强 为ｐ０，变化过程中活塞始终保持水平状态。求： （１）当活塞刚好与限位装置接触（无弹力）时，汽缸 内气体的温度Ｔ２。 （２）当Ａ、Ｂ处压力传感器的示数之和为２ｍｇ时，汽 缸内气体的温度Ｔ３。 ７．如图所示，Ａ汽缸横截面积为５００ ｃｍ２，Ａ、Ｂ两个汽 缸中装有体积均为１０ Ｌ、压强均为１ ａｔｍ、温度均为 ２７ ℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝 热活塞Ｍ，细管容积不计。现给左面的活塞Ｎ施加 一个推力，使其缓慢向右移动，同时给Ｂ中气体加 热，使此过程中Ａ汽缸内的气体温度保持不变。活 塞Ｍ保持在原位置不动。不计活塞与器壁间的摩 擦，周围大气压强为１ ａｔｍ（１ ａｔｍ ＝ １０５ Ｐａ）。当推力 Ｆ ＝ ５３ × １０ ３ Ｎ时，求： （１）活塞Ｎ向右移动的距离是多少？ （２）Ｂ汽缸中的气体升温到多少                                                                 ？ —１５３— 能力提升练 ８．封闭在汽缸内一定质量的理想气 体由状态Ａ变到状态Ｄ，其体积Ｖ 与热力学温度Ｔ的关系如图所 示，其中Ｏ、Ａ、Ｄ三点在同一直线 上。在状态变化的过程中，下列说法正确的是 （Ｂ ） Ａ．从Ａ变化到Ｂ气体的压强变小 Ｂ．从Ｂ到Ｃ的过程中气体体积增大，单位时间内与 器壁单位面积碰撞的分子数减少 Ｃ．从Ｂ到Ｃ的过程，气体分子的平均速率增大 Ｄ．从Ａ经Ｂ到Ｃ的过程中气体的密度不断减小 ９．如图所示，一汽缸开口向右、固定 于水平地面，一活塞将一定质量的 气体封闭在汽缸内。汽缸中间位 置有小挡板。开始时，外界大气压 为ｐ０，活塞紧压于小挡板右侧。缓慢升高封闭气体 温度Ｔ，封闭气体压强ｐ随Ｔ变化图像可能正确的是 （Ｂ ） １０．（多选）如图所示，两端开口的 弯管，左管插入水银槽中，右管 有一段高为ｈ的水银柱，中间 封有一段空气，则 （Ａ ） Ａ．弯管左管内外水银面的高度 差为ｈ Ｂ．若把弯管向上移动少许，则 管内气体体积增大 Ｃ．若把弯管向下移动少许，则管内气体体积减小 Ｄ．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升 １１．如图所示为０． ３ ｍｏｌ的某种气体的压强和温度关系 的ｐ － ｔ图线。ｐ０ 表示１个标准大气压，则在状态Ｂ 时气体的体积为 （Ｄ ） Ａ． ５． ６ Ｌ Ｂ． ３． ２ Ｌ Ｃ． １． ２ Ｌ Ｄ． ８． ４ Ｌ １２．（多选）如图，由Ｕ形管和细管连接的玻璃泡Ａ、Ｂ 和Ｃ浸泡在温度均为０ ℃的水槽中，Ｂ的容积是Ａ 的３倍。阀门Ｓ将Ａ和Ｂ两部分隔开。Ａ内为真 空，Ｂ和Ｃ内都充有气体。Ｕ形管内左边水银柱比 右边的低６０ ｍｍ。打开阀门Ｓ，整个系统稳定后，Ｕ 形管内左右水银柱高度相等。假设Ｕ形管和细管 中的气体体积远小于玻璃泡的容积。下列说法正 确的是 （Ａ ） Ａ． Ｃ中气体压强为１８０ ｍｍＨｇ Ｂ．打开Ｓ前，Ｂ中气体压强为１２０ ｍｍＨｇ Ｃ．为使左右水银柱高度差仍为６０ ｍｍＨｇ，可将右侧 水的温度加热到３６４ Ｋ Ｄ．为使左右水银柱高度差仍为６０ ｍｍＨｇ，可将右侧 水的温度降低到１８２ Ｋ １３． （２０２４·内蒙古赤峰一模）如图所 示，竖直面内有一粗细均匀的Ｕ形 玻璃管。初始时，Ｕ形管右管上端 封有压强ｐ０ ＝ ７５ ｃｍＨｇ的理想气体 Ａ，左管上端封有长度Ｌ１ ＝ ８ ｃｍ的 理想气体Ｂ，左右两侧水银面高度 差Ｌ２ ＝ ５ ｃｍ，此时Ａ、Ｂ气体的温度 均为２８０ Ｋ。 （１）求初始时理想气体Ｂ的压强； （２）保持气体Ａ温度不变，对气体Ｂ缓慢加热，求 左侧液面下降４ ｃｍ时气体Ｂ的温度                                                                      。 —１５４—