第2章 4 第2课时 气体的等温变化-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（教科版2019）

DIERZHANG 第二章 第2课时　气体的等温变化 1 1.掌握气体等温变化的规律表达式及适用条件，能应用气体等温变化规律解决实际问题(重难点)。 2.理解气体等温变化的图像，能利用图像分析解决实际问题(重点)。 学习目标 2 一、气体的等温变化 二、气体等温变化的p-V图像或p- 图像 课时对点练 内容索引 3 气体的等温变化 一 4 1.内容：一定质量的某种气体，在 不变的情况下，压强p与体积V成 。 2.表达式：pV=C(式中C是常量)或 。 3.条件：气体的 一定， 不变。 温度 反比 p1V1=p2V2 质量 温度 1.国庆放假，小明带弟弟去湖边游玩，弟弟看到湖水中鱼儿吐出小气泡，非常开心。小明回家后，给弟弟画了一幅鱼儿在水中吐气泡的图，如图所示。若湖水的温度恒定不变，你认为他画得　　　(填“对”或“不对”)，原因是_________________________________________________　　　　　　　　　　　　　　 _____________。(请运用物理知识简要说明)  讨论交流 不对 气泡上升过程中，温度不变，气泡内气体压强不断减小，体积不断增大 2.一定质量的气体温度升高时，pV=C中的C的数值是怎样变化的？为什么？ 答案　增大。若一定质量的气体的体积保持不变，当温度升高时，压强会增大，故C值变大。 　(2023·江西省高二期末)一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为 A. L B.2 L C. L D.3 L 例1 √ 设该气体原来的体积为V1，由气体等温变化规律知压强减小时，气体体积增大，即3V1=(3-2)·(V1+4 L)，解得V1=2 L，B正确。 　玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气 压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密 度取1.0×103 kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。 例2 答案　2.0×105 Pa　10 m 对瓶中所封的气体，由气体实验定律可知p0V0=pV，即1.0×105 Pa×(380-80) mL=p×(380-230) mL，解得p=2.0×105 Pa，根据p=p0+ρgh，解得h=10 m。 　(2024·陕西省模拟)气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m=5 kg。横截面积为S=10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L=21 cm。设气缸气 密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。 已知大气压强为p0=1×105 Pa，环境温 度不变，重力加速度为g=10 m/s2。求： (1)初始状态封闭气体的压强； 例3 答案　1.5×105 Pa 对气缸与椅面整体受力分析， 由受力平衡有p1S=p0S+mg 得p1=1.5×105 Pa (2)若把质量为M=30 kg的重物放在椅面 上，稳定后椅面下降的高度。 答案　14 cm 重物放上后，设气缸内气体压强为p2， 对气缸、椅面与重物整体受力分析 由受力平衡有p2S=p0S+(m+M)g 得p2=4.5×105 Pa 对气缸内气体分析，导热性能良好，室 温不变，则气缸内气体温度不变 初状态p1=1.5×105 Pa，V1=LS， 末状态p2=4.5×105 Pa，V2=L'S， 对气缸内气体由气体等温变化规律有 p1LS=p2L'S，得L'=7 cm， 即高度下降h=L-L'=14 cm。 总结提升 应用气体等温变化规律解题的一般步骤 1.确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律的条件。 2.确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)。 3.根据气体等温变化规律列方程求解(注意统一单位)。 4.注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明。 特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。 返回 气体等温变化的p-V图像或p- 图像 二 17 1.气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为 ，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为等温线。 2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是 的。 双曲线的一支 不同 1.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p-V图线，T1和T2哪一个大？为什么？ 讨论交流 答案　T2。一定质量的气体，温度越高，气体压强与体 积的乘积必然越大，在p-V图像上的等温线离坐标原点越远。 2.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p- 图线，T1和T2哪一个大？为什么？ 答案　T2。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。 　(2024·唐山市期末)如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是 A.都一直保持不变 B.温度先升高后降低 C.温度先降低后升高 D.平均速率先减小后增大 例4 √ 由题图可知pAVA=pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出等温线，如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选B。 返回 课时对点练 三 22 考点一　气体的等温变化 1.(2024·河北省高二期中)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气 A.体积不变，压强变小 B.体积变小，压强变大 C.体积不变，压强变大 D.体积变小，压强变小 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据气体等温变化规律pV=C，可知压强增大，故B正确。 2.水中的一个气泡从距离水面30 m处上升到距离水面10 m处时，它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变，大气压强p0=1×105 Pa，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2) A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 大气压强为p0=1×105 Pa，距离水面30 m处的压强p1=p0+ρgh1=4p0，距离水面10 m处的压强p2=p0+ρgh2=2p0，根据p1V1=p2V2，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。 3.(多选)如图甲所示，一气缸竖直放置，气缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态。现保持温度不变，把气缸向右倾斜90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比 A.气体的压强变大 B.气体的压强变小 C.气体的体积变大 D.气体的体积变小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体 的压强p1=p0-，而气缸向右倾斜90°后， p2=p0，故p1<p2，由于温度不变，由等温变化规律知V1>V2，故A、D正确。 4.(2023·河南省月考)如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管， 使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为 A.20 cm B.25 cm C.40 cm D.45 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为 p1=75 cmHg-25 cmHg=50 cmHg， 体积V1=30S (cm3) 当两侧管内水银面相平时，设气体柱长为L，则气体体积 为V2=LS，压强p2=75 cmHg，由等温变化规律可得p1V1= p2V2，解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。 考点二　气体的p-V图像或p- 图像 5.(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 选项A图中可以直接看出温度不变； B图说明p∝，即pV=常数，是等温过程； C图横坐标为温度，不是等温变化； D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温 线，故选A、B。 6.(多选)(2023·长春市解放大路学校高二期中)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是 A.一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比 B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线 是不同的 C.T1>T2 D.T1<T2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由等温变化规律可知，一定质量的气体发生等温变 化时，其压强与体积成反比，故A正确； pV=C，其中常数C与温度有关，温度越高，常数C 越大，因此一定质量的气体，在不同温度下的等温 线是不同的，故B正确； pV之积越大表示温度越高，因此T1<T2，故C错误，D正确。 7.(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是 A.D→A是一个等温变化过程 B.A→B是一个等温变化过程 C.T1>T2 D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D→A是一个等温变化过程，A正确； 由题图可知T2>T1，故A到B温度升高，B、C错误； B→C是一个等温变化过程，V增大，p减小，D正确。 8.(2024·承德市高二月考)水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有742 mmHg，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为732 mmHg时，实际的大气压强为(环境温度不变) A.748 mmHg B.756 mmHg C.742 mmHg D.758 mmHg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S， 初态p1=(760-742) mmHg=18 mmHg， V1=80S (mm3) 末态p2=(p-732) mmHg，V2=80S+(742-732)S (mm3)=90S (mm3) 根据气体等温变化规律得p1V1=p2V2， 代入解得p=748 mmHg，A正确。 9.(2023·辽宁省高二期末)一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15 cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15 cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5 cm，水银没有溢出。求： (1)大气压强p(cmHg)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　75 cmHg 封闭部分气体做等温变化，设横截面积为S，则有p1·15S=p2·22.5S p1=p+15 cmHg，p2=p-15 cmHg 解得p=75 cmHg (2)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　18 cm 把管水平放置时有p1·15S=p3·LS，p3=p 解得L=18 cm。 10.如图所示，劲度系数k=500 N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热性良好的气缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态。已知气缸质量m1=5 kg，气缸底面积S=10 cm2，大气压强p0=1.0×105 Pa，此时活塞离气缸底部的距离h1=40 cm。现在气缸顶部加一质量m2=5 kg的重物。忽略气缸壁厚度以及活塞与 气缸之间的摩擦力，气缸下端离地足够高，环境温度保持不 变，g取10 m/s2。则气缸稳定时下降的距离为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设未加重物时内部气体压强为p1 由平衡条件可得：p1S=m1g+p0S 解得：p1=1.5×105 Pa 加重物后，设气缸内气体压强为p2 由平衡条件可得：p2S=m1g+p0S+m2g 解得：p2=2.0×105 Pa 由气体等温变化规律有：p1h1S=p2h2S 解得：h2=0.3 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 活塞下降距离为Δx==0.1 m 所以气缸稳定时下降的距离： Δh=h1-h2+Δx=0.2 m。 11.如图所示，竖直放置的导热性良好的气缸，活塞横截面积为S=0.01 m2，可在气缸内无摩擦滑动，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H=70 cm的气柱(U形管内 的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8 kg，大气压强p0 =1×105 Pa，水银密度ρ=13.6×103 kg/m3，g=10 m/s2。 (1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 答案　5 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 以活塞为研究对象，则有p0S+mg=p1S 得p1=p0+ 而p1=p0+ρgh1，所以有：=ρgh1 解得：h1== m=0.05 m=5 cm (2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm，求活塞平衡时到气缸底部的距离为多少厘米(结果保留整数)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　80 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm 封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa=93 200 Pa 初始时封闭气体的压强为： p1=p0+=106 800 Pa 气缸内的气体发生的是等温变化， 根据气体等温变化规律有：p1V1=p2V2， 即p1HS=p2H'S，解得：H'≈80 cm。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 第2课时　气体的等温变化 ［学习目标］　1.掌握气体等温变化的规律表达式及适用条件，能应用气体等温变化规律解决实际问题(重难点)。2.理解气体等温变化的图像，能利用图像分析解决实际问题(重点)。 一、气体的等温变化 1.内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比。 2.表达式：pV=C(式中C是常量)或p1V1=p2V2。 3.条件：气体的质量一定，温度不变。 1.国庆放假，小明带弟弟去湖边游玩，弟弟看到湖水中鱼儿吐出小气泡，非常开心。小明回家后，给弟弟画了一幅鱼儿在水中吐气泡的图，如图所示。若湖水的温度恒定不变，你认为他画得　　　　(填“对”或“不对”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　。(请运用物理知识简要说明)  答案　不对　气泡上升过程中，温度不变，气泡内气体压强不断减小，体积不断增大 2.一定质量的气体温度升高时，pV=C中的C的数值是怎样变化的？为什么？ 答案　增大。若一定质量的气体的体积保持不变，当温度升高时，压强会增大，故C值变大。 例1　(2023·江西省高二期末)一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了 2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为 (　　) A. L B.2 L C. L D.3 L 答案　B 解析　设该气体原来的体积为V1，由气体等温变化规律知压强减小时，气体体积增大，即3V1=(3-2)·(V1+4 L)，解得V1=2 L，B正确。 例2　玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度取1.0×103 kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。 答案　2.0×105 Pa　10 m 解析　对瓶中所封的气体，由气体实验定律可知p0V0=pV，即1.0×105 Pa×(380-80) mL=p×(380-230) mL，解得p=2.0×105 Pa，根据p=p0+ρgh，解得h=10 m。 例3　(2024·陕西省模拟)气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m=5 kg。横截面积为S=10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L=21 cm。设气缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0=1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g=10 m/s2。求： (1)初始状态封闭气体的压强； (2)若把质量为M=30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。 答案　(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm 解析　(1)对气缸与椅面整体受力分析， 由受力平衡有p1S=p0S+mg 得p1=1.5×105 Pa (2)重物放上后，设气缸内气体压强为p2，对气缸、椅面与重物整体受力分析 由受力平衡有p2S=p0S+(m+M)g 得p2=4.5×105 Pa 对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则气缸内气体温度不变 初状态p1=1.5×105 Pa，V1=LS， 末状态p2=4.5×105 Pa，V2=L'S， 对气缸内气体由气体等温变化规律有 p1LS=p2L'S，得L'=7 cm， 即高度下降h=L-L'=14 cm。 应用气体等温变化规律解题的一般步骤 1.确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律的条件。 2.确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)。 3.根据气体等温变化规律列方程求解(注意统一单位)。 4.注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明。 特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。 二、气体等温变化的p-V图像或p- 图像 1.气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为双曲线的一支，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为等温线。 2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。 1.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p-V图线，T1和T2哪一个大？为什么？ 答案　T2。一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p-V图像上的等温线离坐标原点越远。 2.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p- 图线，T1和T2哪一个大？为什么？ 答案　T2。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。 例4　(2024·唐山市期末)如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是 (　　) A.都一直保持不变 B.温度先升高后降低 C.温度先降低后升高 D.平均速率先减小后增大 答案　B 解析　由题图可知pAVA=pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出等温线，如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选B。 课时对点练　［分值：100分］ 1~7题每题7分，共49分 考点一　气体的等温变化 1.(2024·河北省高二期中)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气 (　　) A.体积不变，压强变小 B.体积变小，压强变大 C.体积不变，压强变大 D.体积变小，压强变小 答案　B 解析　由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据气体等温变化规律pV=C，可知压强增大，故B正确。 2.水中的一个气泡从距离水面30 m处上升到距离水面10 m处时，它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变，大气压强p0=1×105 Pa，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2) (　　) A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 答案　C 解析　大气压强为p0=1×105 Pa，距离水面30 m处的压强p1=p0+ρgh1=4p0，距离水面10 m处的压强p2=p0+ρgh2=2p0，根据p1V1=p2V2，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。 3.(多选)如图甲所示，一气缸竖直放置，气缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态。现保持温度不变，把气缸向右倾斜90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比 (　　) A.气体的压强变大 B.气体的压强变小 C.气体的体积变大 D.气体的体积变小 答案　AD 解析　对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p1=p0-，而气缸向右倾斜90°后，p2=p0，故p1<p2，由于温度不变，由等温变化规律知V1>V2，故A、D正确。 4.(2023·河南省月考)如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为 (　　) A.20 cm B.25 cm C.40 cm D.45 cm 答案　A 解析　设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为 p1=75 cmHg-25 cmHg=50 cmHg， 体积V1=30S (cm3) 当两侧管内水银面相平时，设气体柱长为L，则气体体积为V2=LS，压强p2=75 cmHg，由等温变化规律可得p1V1=p2V2，解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。 考点二　气体的p-V图像或p- 图像 5.(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 (　　) 答案　AB 解析　选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV=常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温变化；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线，故选A、B。 6.(多选)(2023·长春市解放大路学校高二期中)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是 (　　) A.一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比 B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的 C.T1>T2 D.T1<T2 答案　ABD 解析　由等温变化规律可知，一定质量的气体发生等温变化时，其压强与体积成反比，故A正确；pV=C，其中常数C与温度有关，温度越高，常数C越大，因此一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的，故B正确；pV之积越大表示温度越高，因此T1<T2，故C错误，D正确。 7.(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是 (　　) A.D→A是一个等温变化过程 B.A→B是一个等温变化过程 C.T1>T2 D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变 答案　AD 解析　D→A是一个等温变化过程，A正确；由题图可知T2>T1，故A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温变化过程，V增大，p减小，D正确。 8题9分，9题12分，10题14分，共35分 8.(2024·承德市高二月考)水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有742 mmHg，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为732 mmHg时，实际的大气压强为(环境温度不变) (　　) A.748 mmHg B.756 mmHg C.742 mmHg D.758 mmHg 答案　A 解析　以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S， 初态p1=(760-742) mmHg=18 mmHg， V1=80S (mm3) 末态p2=(p-732) mmHg，V2=80S+(742-732)S (mm3)=90S (mm3) 根据气体等温变化规律得p1V1=p2V2， 代入解得p=748 mmHg，A正确。 9.(12分)(2023·辽宁省高二期末)一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15 cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15 cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5 cm，水银没有溢出。求： (1)(7分)大气压强p(cmHg)； (2)(5分)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。 答案　(1)75 cmHg　(2)18 cm 解析　(1)封闭部分气体做等温变化，设横截面积为S，则有p1·15S=p2·22.5S p1=p+15 cmHg，p2=p-15 cmHg 解得p=75 cmHg (2)把管水平放置时有p1·15S=p3·LS，p3=p 解得L=18 cm。 10.(14分)如图所示，劲度系数k=500 N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热性良好的气缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态。已知气缸质量m1=5 kg，气缸底面积S=10 cm2，大气压强p0=1.0×105 Pa，此时活塞离气缸底部的距离h1=40 cm。现在气缸顶部加一质量m2=5 kg的重物。忽略气缸壁厚度以及活塞与气缸之间的摩擦力，气缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10 m/s2。则气缸稳定时下降的距离为多少？ 答案　0.2 m 解析　设未加重物时内部气体压强为p1 由平衡条件可得：p1S=m1g+p0S 解得：p1=1.5×105 Pa 加重物后，设气缸内气体压强为p2 由平衡条件可得：p2S=m1g+p0S+m2g 解得：p2=2.0×105 Pa 由气体等温变化规律有：p1h1S=p2h2S 解得：h2=0.3 m 活塞下降距离为Δx==0.1 m 所以气缸稳定时下降的距离： Δh=h1-h2+Δx=0.2 m。 11.(16分)如图所示，竖直放置的导热性良好的气缸，活塞横截面积为S=0.01 m2，可在气缸内无摩擦滑动，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H=70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8 kg，大气压强p0=1×105 Pa，水银密度ρ=13.6×103 kg/m3，g=10 m/s2。 (1)(6分)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1； (2)(10分)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm，求活塞平衡时到气缸底部的距离为多少厘米(结果保留整数)。 答案　(1)5 cm　(2)80 cm 解析　(1)以活塞为研究对象，则有p0S+mg=p1S 得p1=p0+ 而p1=p0+ρgh1，所以有：=ρgh1 解得：h1== m=0.05 m=5 cm (2)活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm 封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa=93 200 Pa 初始时封闭气体的压强为： p1=p0+=106 800 Pa 气缸内的气体发生的是等温变化， 根据气体等温变化规律有：p1V1=p2V2， 即p1HS=p2H'S，解得：H'≈80 cm。 学科网（北京）股份有限公司 $$