第1章 综合·融通(二) 理想气体的三类典型问题（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（鲁科版 福建专用）

理想气体的三类典型问题 (融会课—— 主题串知综合应用) 综合•融通(二) 通过本节课的学习，学会用假设法分析液柱移动方向的问题，会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决理想气体综合问题，掌握相互关联的两部分气体压强和体积关系的分析方法。 主题(一)　液柱移动问题 主题(二)　气体实验定律与理想气体状态方程的综合问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(三)　关联气体问题 04 主题(一)　液柱移动问题 1.液柱问题的特点 (1)当封闭气体温度T变化时，其p、V都发生变化，液柱的平衡状态被打破，液柱就发生移动。 (2)由于p、V、T三个量相互制约，当p、V、T都发生变化时，直接判断液柱移动的方向比较困难，关键是判断封闭气体的体积V如何变化。 知能融会通 2.分析方法——假设推理法 根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。 3.两个常用推论 (1)查理定律的分比形式：=或Δp=p。 (2)盖—吕萨克定律的分比形式：=或ΔV=V。 [典例]　(双选)如图所示，容器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开，当氢气的温度为0 ℃、氧气温度为20 ℃时，水银柱静止。下列说法正确的是 (　　) A.两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向右边移动 B.两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向左边移动 C.如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向下移动 D.如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向上移动 √ √ [解析]　假设两气体体积不变，根据=，可知两气体温度均升高 20 ℃时，氢气压强的增加量Δp1=p=p，氧气压强的增加量Δp2=p =p，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向右边移动，故A正确，B错误；如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，稳定时氢气的压强大于氧气的压强，假设两气体体积不变，根据=知，现让温度都升高10 ℃，氢气压强的增加量Δp1'=pH=pH，氧气压强的增加量Δp2'=pO=pO，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向上移动，故D正确，C错误。 1.(2025·晋江高二阶段练习)竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，温度相同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将 (　　) A.向A端移动 B.向B端移动 C.始终不动 D.以上三种情况都有可能 √ 题点全练清 解析：假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律有=，所以Δp=ΔT，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，气体A初状态的压强大，则ΔpA>ΔpB，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B端移动，故选B。 2.(2025·河南高考)(双选)如图所示，一圆柱形气缸水平固定放置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与气缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2。则 (　　) A.固定M、N，若P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移 B.固定M、N，若P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移 C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移 D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移 √ √ 解析：由题意可知，初始时P两侧气体的压强相同，假设在升温的过程中P不发生移动，由查理定律的推论Δp=ΔT，可知P左侧气体压强增加量大，则P向右移动，A正确，B错误；由理想气体状态方程有p=，则初始时有=，即=，保持T1、T2不变，M、N同时缓慢向中间移动相同距离时，若P不移动，则有<，即>，则p1>p2，P将向右移动，C正确，D错误。 主题(二)　气体实验定律与理想气体状态方程的综合问题 1.理想气体状态方程 =或=C。 2.对理想气体状态方程的理解 (1)适用对象：一定质量的理想气体。 知能融会通 (2)应用理想气体状态方程的关键：对气体状态变化过程的分析和状态参量的确定，即“一过程六参量”。 (3)注意方程中各物理量的单位：T必须是热力学温度，公式两边的p和V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位。 3.气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 T1=T2 p1V1=p2V2(玻意耳定律) V1=V2 =(查理定律) p1=p2 =(盖—吕萨克定律) [典例]　“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上。某次拔罐时，罐的容积为60 cm3，室温为27 ℃，大气压强p0=1.0×105 Pa，罐的导热性能良好。罐内封闭气体可视为理想气体。求： (1)拔罐过程中，罐内空气被加热到57 ℃，求此时罐内空气质量与室温下罐内空气质量的比； [答案]　10∶11 [解析]　由题意知T1=(273+27)K=300 K，T2=(273+57)K=330 K，V0=60 cm3 由盖—吕萨克定律可得=，加热后罐内空气质量与室温下罐内空气质量的比为===。 (2)罐倒扣到治疗部位后，罐内空气从57 ℃降温到室温，罐的容积由于皮肤变形减少3 cm3，求降温之后罐内气体的压强(结果保留2位有效数字)。 [答案]　0.96×105 Pa [解析]　罐倒扣到治疗部位降温之后，由理想气体状态方程得=，即= 解得降温之后罐内气体的压强p3≈0.96×105 Pa。 [思维建模] 利用理想气体状态方程解决问题的基本思路 (1)选对象：根据题意，选出所研究的某一部分一定质量的气体。 (2)找参量：分别找出这部分气体状态发生变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定是关键。 (3)认过程：认清变化过程，正确选用物理规律。 (4)列方程：根据理想气体状态方程列式求解，有时要讨论结果的合理性。 1.一定质量的理想气体，由状态A(1，3)沿直线AB变化到状态C(3，1)，如图所示，气体在A、B、C三个状态中的温度之比是 (　　) A.1∶1∶1 B.1∶2∶3 C.3∶4∶3 D.4∶3∶4 √ 题点全练清 解析：根据理想气体状态方程得==，由题图可知pAVA∶pBVB∶pCVC=3∶4∶3，则TA∶TB∶TC=3∶4∶3，C正确。 2.(双选)一气缸竖直放在水平地面上，缸体质量 M=8 kg，活塞的质量m=4 kg，活塞的面积S=2× 10-3 m2，活塞上面的气缸内封闭了一定质量的理想气 体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0=1.0× 105 Pa。活塞下面与劲度系数k=20 N/cm的轻弹簧相连， 当气缸内气体温度为127 ℃时弹簧为自然长度，此时气缸内气柱长度L1=20 cm。g取10 m/s2，活塞不漏气，且与气缸壁无摩擦。现给封闭气体加热，则下列说法正确的是 (　　) A.当气缸内气柱长度L2=22 cm时，气缸内气体温度为550 K B.当气缸内气柱长度L2=22 cm时，气缸内气体压强为2.0×105 Pa C.气缸内气体温度上升到660 K以上，气体将做等压膨胀 D.气缸内气体温度上升到910 K以上，气体将做等压膨胀 √ √ 解析：弹簧处于自然长度时，气缸内气体的压强为p1=p0-=0.8× 105 Pa，对整体分析，当气缸刚要离开地面时，有g=F弹=kx，解得x=6 cm。当气缸内气柱长度为22 cm时，弹簧压缩量x1=L2-L1=2 cm<6 cm，气缸未离开地面，对活塞受力分析有p0S+kx1=p2S+mg，解得此时气缸内气体的压强为p2=1.0×105 Pa，由理想气体状态方程可得=，解得T2= 550 K，故A正确，B错误；当气缸刚离开地面时，分析可知此时气缸内气体的压强为p3=p0+=1.4×105 Pa，气柱长度L3=cm=26 cm，由理想气体状态方程可得=，解得T3=910 K，当气缸离开地面后，缸内气体的压强不变，气体将做等压膨胀，故C错误，D正确。 3.粗细均匀的“U”形玻璃管竖直放置，左端封闭右端开口，右侧足够长，左端用水银封闭一定质量的理想气体，如图所示。封闭空气柱的长度L1=15 cm，两管水银面高度差h=5 cm，环境温度t=27 ℃，大气压强p0=75 cmHg。 (1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面后，求封闭空气柱的长度L2； 答案： 16 cm　 解析：设玻璃管横截面积为S，根据题意可知，玻璃管开口朝上时有 p1=p0+5 cmHg=80 cmHg，V1=L1S=15S 平放在水平桌面时有 p2=p0=75 cmHg，V2=L2S 由玻意耳定律有p1V1=p2V2， 解得L2=16 cm。 (2)若环境温度缓慢下降，当玻璃管两侧水银面相平时，求环境温度。(计算结果保留小数点后一位) 答案：-38.6 ℃ 解析：根据题意可知，两侧水银面相平时有 p3=75 cmHg，V3=12.5S 由理想气体状态方程有= 解得T3≈234.4 K，即t3=-38.6 ℃。 主题(三)　关联气体问题 这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这两个量间有一定的关系，分析清楚它们之间的关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法： (1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据理想气体状态方程列式求解。 (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。 (3)多个方程联立求解。 (一)气缸活塞类问题 [例1]　(2025·日照高二检测)如图所示，水平放置的固定气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB= 1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸始终不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0=300 K，A中气体压强pA=4p0，p0为气缸外的恒定大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中 气体的压强达到pB1= 3p0。求： (1)加热前气缸B中的气体压强pB； [答案]　 2p0 [解析]　加热前对刚性细杆及活塞进行受力分析有pASA+p0SB=p0SA+pBSB， 解得pB=2p0。 (2)加热后气缸B中的气体体积VB1； [答案]　2V0 [解析]　若保持B中气体温度不变，由玻意耳定律有pB·3V0=pB1VB1，解得VB1=2V0。 (3)加热后气缸A中的气体温度TA1。 [答案]　700 K [解析]　根据上述分析可知，刚性细杆向右移动的距离为x= 则加热后A中气体的体积VA1=xSA+V0，解得VA1=V0 加热后对刚性细杆及活塞进行受力分析有pA1SA+p0SB=p0SA+pB1SB 解得pA1=7p0， 根据理想气体状态方程可得=，解得TA1=700 K。 (二)玻璃管液柱类问题 [例2]　如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，管内A、B两段水银柱在管内封闭有长均为10 cm的a、b两段气体，水银柱A长为5 cm，水银柱B在右管中的液面比在左管中的液面高5 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为320 K。现将环境温度降低，使气柱b长度变为9 cm，求： (1)降低后的环境温度； [答案]　 280.32 K [解析]　设玻璃管横截面积为S，开始时，左管中气柱a的压强为p1=75 cmHg+5 cmHg=80 cmHg 右管中气柱b的压强为p2=p1-5 cmHg=75 cmHg 温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为 p2'=p1-7 cmHg=73 cmHg 对气柱b，根据理想气体状态方程得 =，解得T2=280.32 K。 (2)水银柱A下降的高度。 [答案]　2.24 cm [解析]　气柱a发生等压变化，则= 解得L1'=8.76 cm，则水银柱A下降的高度为 h=1 cm+10 cm-8.76 cm=2.24 cm。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.设有一定质量的理想气体，处于某个初始状态。现使它经过状态变化后温度不变，则下列过程中可能做到的是 (　　) A.先保持压强不变，使它的体积膨胀，然后保持体积不变，减小压强 B.先保持压强不变，使它的体积缩小，然后保持体积不变，减小压强 C.先保持体积不变，增大压强，然后保持压强不变，使它的体积膨胀 D.先保持体积不变，减小压强，然后保持压强不变，使它的体积减小 √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：由理想气体状态方程=C可知，保持压强不变而使它的体积膨胀，温度升高，然后保持体积不变而减小压强，温度降低，温度可能回到原来的温度，故A正确；先保持压强不变而使它的体积减小，温度降低，然后保持体积不变而减小压强，温度继续降低，温度不可能回到原来的温度，故B错误；先保持体积不变而增大压强，温度升高，然后保持压强不变而使它的体积膨胀，温度继续升高，温度不可能回到原来的温度，故C错误；先保持体积不变而减小压强，温度降低，然后保持压强不变而使它的体积减小，温度继续降低，温度不可能回到原来的温度，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.(2025·泉州高二阶段练习)如图所示，两端封闭的玻璃管在常温 下竖直放置，管内充有理想气体，一段水银柱将气体封闭成上下两部 分，两部分气体的长度分别为l1、l2，且l1=l2，下列判断正确的是 (　 ) A.将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1'>l2'　 B.将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1'<l2'　 C.保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1'>l2' D.保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1'=l2' √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b气体压强大，a气体压强小，将玻璃管转至水平，b气体压强减小，a气体压强增大，则b气体体积增大、长度增加，a气体长度减小，故l1'<l2'，则A错误，B正确；保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对a气体由查理定律有=，解得Δp1=p1，对b气体由查理定律有=，解得Δp2=p2，由于p1<p2，可得Δp2>Δp1，故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l1'<l2'，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.(2025·龙岩高二质检)如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两部分气体温度相同，管内水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小，则可行的方法是 (　　) A.同时升高相同的温度 B.玻璃管竖直匀速下落 C.同时降低相同的温度 D.玻璃管竖直减速下落 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：假设两部分气体做等容变化，则根据查理定律有=，解得Δp=p0，则Δp左=p左，Δp右=p右，其中p左>p右，若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加量大，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少量大，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故C错误，A正确。玻璃管竖直减速下落，左边气体对水银柱的压强变大，体积减小，使左右水银面高度差变大；匀速下落时，压强不变，高度差不变，故B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.如图所示，A、B两个容器中装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作为活塞，A容器略低，B容器略高。当A容器的温度为-10 ℃，B容器的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器的温度都降低10 ℃时，下列判断正确的是 (　　) A.水银滴将不移动 B.水银滴将向A移动 C.水银滴将向B移动 D.水银滴将向哪个方向移动无法判断 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：假定两气体的体积不变，即V1、V2不变，A、B中气体温度分别为T1=263 K、T2=283 K，当温度降低ΔT时，容器A中气体的压强由p1降至p1'，则Δp1=p1-p1'，容器B中气体的压强由p2降至p2'，则Δp2=p2-p2'，由查理定律可得=，解得Δp1=·ΔT，Δp2=·ΔT，因为p2<p1，所以压强减少量Δp1>Δp2，即水银滴应向A移动。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用的势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡。下列说法中错误的是 (　　) A.a的温度升高 B.b的体积减小，压强增大 C.a的体积增大，压强变小 D.a增加的内能大于b增加的内能 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触面是光滑的，可以自由移动，气体a体积膨胀，气体b体积减小，a、b气体的压强始终相同，都变大，故A、B正确，不符合题意，C错误，符合题意；初始时刻两个气室内是同种气体，且质量、体积、温度相等，a、b气体的压强始终相同，最终气体a体积大于气体b体积，根据=C，所以气体a的最终温度较高，内能增加较多，故D正确，不符合题意。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的工字形活塞封闭了A、B两部分气体。下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积。现使环境温度降低10 ℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是 (　　) A.活塞下降 B.活塞上升 C.活塞静止不动 D.活塞位置变化不能确定 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设上下两气缸横截面积分别为SA、SB，初态时，对工字形活塞整体受力分析有pASA+M工g+p0SB=pBSB+p0SA，对上面气缸受力分析有pASA=p0SA+M上缸g，末态时，对工字形活塞整体受力分析有pA'SA +M工g+p0SB=pB'SB+p0SA，对上面气缸受力分析有pA'SA=p0SA+M上缸g，联立解得pA'=pA，pB'=pB。对A、B气体，根据理想气体状态方程可得==，因为温度降低，pA'=pA，pB'=pB，则VA'<VA，VB'<VB，则活塞下降，上面气缸下降，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·南平高二质检)如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2。现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.均向上移动，B中水银柱移动距离较多 B.均向上移动，A中水银柱移动距离较多 C.均向下移动，B中水银柱移动距离较多 D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变，根据盖—吕萨克定律可知=，整理得ΔV=·V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，升高温度ΔT也相同，且ΔT>0，推导出ΔV>0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气体长度增加得多一些，故A、B管中的封闭气体均向上移动，A管中水银柱移动距离较多，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8.(10分)如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形 气缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹 簧与面积为40 cm2的活塞相连接，气缸内封闭有一定 质量的理想气体。在气缸内距缸底70 cm处有卡环， 活塞只能向上滑动。开始时活塞在卡环位置，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p0=1.0×105 Pa，温度为300 K。现对气缸内的气体缓慢加热，当温度增加60 K时，活塞恰好离开卡环；当温度增加到480 K时，活塞移动了10 cm。重力加速度取g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)活塞的质量；(5分) 答案： 16 kg　 解析：根据题意可知，气体温度从300 K增加到360 K的过程中，经历等容变化，由查理定律得=，解得p1=1.2×105 Pa 此时活塞恰好离开卡环，可得p1=p0+ 解得活塞的质量m=16 kg。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)弹簧的劲度系数k。(5分) 答案：800 N/m 解析：气体温度从360 K增加到480 K的过程中，由理想气体状态方程有= 解得p2=1.4×105 Pa 对活塞进行受力分析可得 p0S+mgsin θ+kΔx=p2S，解得k=800 N/m。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(12分)(2025·泉州高二阶段练习)如图所示，一粗细均匀的足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2 = 30 cm，上方水银柱长h2=4 cm，左右两侧水银面高度差h1=12 cm，已知大气压强p0=76.0 cmHg，大气温度T1= 300 K。现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)加热前空气柱A、B的压强各为多少；(4分) 答案： 68 cmHg　80 cmHg 解析：加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg，pA=pB-ρgh1=68 cmHg。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2；(结果保留一位小数)(4分) 答案：441.2 K 解析：空气柱B压强保持不变，则有 pA2=pB=80 cmHg 设U形管横截面积为S，对空气柱A，根据理想气体状态方程得=，解得T2≈441.2 K。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)加热后，B空气柱上方水银柱上升的高度L。(结果保留两位小数)(4分) 答案：20.12 cm 解析：以空气柱B为研究对象，加热前温度T1=300 K，体积VB1=L2S，加热后温度T2=441.2 K，体积VB2=S，由盖—吕萨克定律得= 联立解得ΔL=14.12 cm。 B空气柱上方水银柱上升的高度L=ΔL+=20.12 cm。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(12分)(2025·宁德高二检测)如图所示，导热气缸上端 开口且有卡扣，竖直固定在地面上，高度为H=1.35 m。质量 均为m=2 kg的A、B两个活塞静止时将气缸容积均分为三等 份，A、B之间为真空并压缩一根轻质弹簧，劲度系数k= 300 N/m，A、B与气缸间无摩擦，大气压强p0=1×105 Pa。 现给电阻丝通电加热密封气体，使两活塞缓慢上升，已知密封气体初始温度T1=252 K，重力加速度g取10 m/s2，活塞面积S=4×10-4 m2，其厚度忽略不计，求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)最初密封气体的压强p1；(2分) 答案： 2×105 Pa 解析：根据题意，对A和B整体有2mg+p0S=p1S， 解得p1=2×105 Pa。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)当活塞A刚好碰到气缸上端时密封气体的温度T2；(4分) 答案：504 K 解析：由已知条件得，初始状态活塞B距离气缸底部的高度为h1=0.45 m 当活塞A刚好碰到气缸上端时活塞B距离气缸底部的高度为h2=0.9 m 从初始状态到活塞A刚好碰到气缸上端的整个过程为等压过程，由盖—吕萨克定律有=，即=，解得T2=504 K。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)当密封气体温度达到770 K时，活塞B离气缸底部的高度h3。(6分) 答案：1 m 解析：设初状态弹簧的形变量为Δh，对活塞A进行受力分析有kΔh=p0S+mg 由于T3=770 K>504 K，可知此时弹簧已经被压缩，弹簧的压缩量为h3-h2+Δh，设此时气体压强为p3，则对活塞B进行受力分析有 mg+k(h3-h2+Δh)=p3S 对封闭气体由理想气体状态方程得=，解得h3=1 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $