第1章 综合·融通(一) 气体实验定律的理解及应用（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）

气体实验定律的理解及应用 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(一) 通过本节课的学习，进一步熟练应用三个气体实验定律解决实际问题，学会分析气体状态变化图像的特点及规律，巧妙选择研究对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题。 主题(一)　气体实验定律的理解及应用 主题(二)　理想气体状态变化的图像 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(三)　气体变质量问题 04 主题(一)　 气体实验定律的理解及应用 1.三大气体实验定律 知能融会通   玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律 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 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比   玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律 表达式 p1V1=p2V2 = = 图像 2.利用气体实验定律解决问题的基本思路 [典例]　某探究小组设计了一个报警装置，其原理 如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S= 100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体， 活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、 活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。取大气压p0=0.99×105 Pa，求气体 (1)在状态B的温度； [答案]　 330 K [解析]　由状态A到状态B为等压变化，根据盖—吕萨克定律可得= 解得TB=TA=×300 K=330 K。 (2)在状态C的压强。 [答案]　1.1×105 Pa [解析]　由状态B到状态C为等容变化，根据查理定律=，其中pB=p0+=1.0×105 Pa。 解得pC=pB=×1.0×105 Pa=1.1×105 Pa。 1.(双选)如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻 璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔。管内下部分被活塞封住 一定质量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T1。开始时，将活 塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气 体的体积为V1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V1，活塞因重力而产生 的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空并密封，且整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，最后将密封的气体缓慢加热。下列说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.活塞刚碰到玻璃管顶部时，气体的温度为1.2T1 B.活塞刚碰到玻璃管顶部时，气体的温度为1.5T1 C.当气体温度达到1.8T1时，气体的压强为0.75p0 D.当气体温度达到1.8T1时，气体的压强为0.6p0 √ √ 解析：以活塞下方气体为研究对象，抽气过程为等温过程，由玻意耳定律有(p0+0.5p0)V1=0.5p0V，解得V=3V1<3.6V1，故从活塞上方抽为真空到活塞刚碰到玻璃管顶部的过程为等压膨胀过程，由盖—吕萨克定律有=，解得T'=1.2T1；活塞碰到玻璃管顶部后继续对密封气体进行加热过程为等容升温过程，由查理定律有=，解得p'=0.75p0，故A、C正确。 2.如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t=27 ℃时，压强p=1.050×105 Pa，则 (1)t'=37 ℃时，气压是多大? 答案：1.085×105 PaZ 解析：瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为 T=(27+273)K=300 K， T'=(37+273)K=310 K 温度变化过程中体积不变，故由查理定律有=，解得p'=1.085×105 Pa。 (2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积变为原来的多少倍? 答案： 解析：保持温度不变，挤压气体，则该过程为等温变化过程，由玻意耳定律有pV=p'V'，解得V'= V。 3.(2024·广东高考)差压阀可控制气体进行单向流动， 广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的 气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通， B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小取g=10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时： (1)求B内气体压强pB2； 答案： 9×104 Pa　 解析：假设温度降低到T2过程中，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K 末态T2=270 K 根据查理定律有=，代入数据可得pB2=9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变，此时压强差p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa。 (2)求A内气体体积VA2； 答案：3.6×10-2 m3 解析：A内气体压强保持不变， 初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据盖-吕萨克定律有= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。 (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 答案：1.1×102 kg 解析：恰好稳定时，A内气体压强为pA3=p0+ B内气体压强pB3=p0 此时差压阀恰好关闭，所以有pA3-pB3=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 主题(二)　 理想气体状态变化的图像 1.一定质量的理想气体的状态变化图像 知能融会通 名称 图像 特点 其他图像 等温线 p-V pV=CT(C为常量)，即pV乘积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 p- p=，斜率k=CT，即斜率越大，对应的温度越高 名称 图像 特点 其他图像 等容线 p-T p=T，斜率k=，即斜率越大，对应的体积越小 p-t p与t呈线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点 (-273.15，0)，斜率越大，对应的体积越小 名称 图像 特点 其他图像 等压线 V-T V=T，斜率k=，即斜率越大，对应的压强越小 V-t V与t呈线性关系，但不成正比，图线延长线均过点 (-273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小 2.一般状态变化图像的处理方法 基本方法：化“一般”为“特殊”。如图是一定质量的某种气体的状态变化过程A→B→C→A，在V-T图像上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，pA'<pB'<pC'，即pA<pB<pC。 [典例]　使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。 (1)已知气体在状态A的温度TA=300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少? [答案]　 600 K　600 K　300 K　 [解析]　由p-V图像中直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积为pA=4 atm，pB=4 atm，pC=2 atm，pD=2 atm，VA=10 L，VC=40 L，VD=20 L。 (1)根据理想气体状态方程 ==， 可得TC=·TA=×300 K=600 K， TD=·TA=×300 K=300 K， 由题意知B→C是等温过程， TB=TC=600 K。 (2)将上述状态变化过程在图乙中画成体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。 [答案]　见解析图 AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。 [解析]　由状态B到状态C为等温过程， 由玻意耳定律有pBVB=pCVC， 得VB== L=20 L。 在V-T图像上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接(如图所示)，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。 [思维建模] 气体状态变化图像相互转换的五条“黄金律” (1)准确理解p-V图像、p-T图像与V-T图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。 (2)知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡态，知道其状态参量：p、V、T。 (3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡态(p、V、T)转化到另一个平衡态(p'、V'、T')的过程，并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。 (4)从图像中的某一点(平衡态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡态)的状态参量，逐一分析计算出各点的状态参量。 (5)根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。 1.(2025·全国卷)(双选)如图所示，一定量的理想气体先后处于V-T图像上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则 (　　) A.pa=pb　　　　　　 B.pa=pc C.pa>pb　　　　　　 D.pa<pc √ 题点全练清 √ 解析：根据理想气体的状态方程有pV=CT，变形有V=T，则V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率表示，则由题图可知pc>pb=pa，故选A、D。 2.(2024·江西高考)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K，T2=300 K，气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa，体积V1=1.0 m3，气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求： (1)气体在状态D的压强pD； 答案： 2.0×105 Pa　 解析：气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有= 代入数据解得pD=2.0×105 Pa。 (2)气体在状态B的体积V2。 答案：2.0 m3 解析：气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2=pDV1 代入数据解得V2 =2.0 m3 又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m3。 主题(三)　气体变质量问题 分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，将变质量问题转化为定质量问题，然后用气体实验定律或理想气体状态方程求解。 角度1　充气问题 向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择球、轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体变质量问题转化为定质量气体的状态变化问题。 [例1]　(2025·江西高考)如图所示，一泵水器通过 细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于 大气压强p0、体积为V0的空气压入水桶中。在设计泵 水器时应计算出V0的临界值V0c，当V0=V0c时，在液面 最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的 高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V0c等于 (　　) A.H2　　　　　　 B.H(H+l) C.SH D.SH [解析]　设往桶内压入压强为p0、体积为V0c的空气后，桶内气体压强为p，根据玻意耳定律有p0SH+p0V0c=pSH，泵水器恰能出水满足p=p0+ρg(H+l)，联立解得V0c=H(H+l)，故选B。 √ 角度2　漏气问题 不管是等温漏气、等容漏气或等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。 [例2]　如图所示，一导热性能良好的气缸竖直固定，光滑活塞将缸内理想气体分成体积之比为1∶3的A、B两部分，B部分气体的压强为p，活塞重力产生的压强为0.1p，环境温度不变。因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞缓慢向上移动，当B中气体体积减为原来的时，求： (1)A中气体的压强； [答案]　 0.55p [解析]　设气缸横截面积为S，漏气前，对活塞进行受力分析，则有pS+0.1 pS=p'S，解得p'=1.1p B中气体体积减为原来的时，A中气体体积变为原来的2倍，对A中气体由玻意耳定律得p'VA=2p″VA，解得p″=0.55p。 (2)B中漏出的气体和剩下气体质量的比值。 [答案]　 [解析]　对活塞进行受力分析pBS+0.1pS=p″S，解得pB=0.45p 对B中气体，由玻意耳定律得pV=pB×VB，解得V=0.3VB B中漏出的气体和剩下气体质量的比值 ==。 角度3　抽气问题 从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程。 [例3]　汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从 K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； [答案]　 [解析] 以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体体积为V=V0+V1，根据玻意耳定律p0V0=p1V，解得p1=。 (2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 [答案]　p0S [解析] 同理第二次抽气p1V0=p2V，解得p2==p0，以此类推，则当第n次抽气后，助力气室内的气体压强pn=p0， 则刹车助力装置为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=p0S。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.(2025·威海高二阶段练习)一定质量的理想气体体积V和温度T的关系如图所示，则其p-图像正确的是(图中p代表该理想气体的压强)(　　) √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：由图像可知，理想气体做等温变化，根据pV=C，可知p-图像为过原点的直线。故选D。　 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025·龙岩高二质检)图示为一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。关于气体的状态，下列说法正确的是 (　　) A.从状态A到状态B，气体的压强增大 B.气体在状态C的压强为1.0×105 Pa C.气体在状态C的压强为2.0×105 Pa D.从状态A到状态B，气体的压强减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：从状态A到状态B，气体的V-T图像为一条过原点的倾斜直线，可知，从状态A到状态B，气体的压强不变，故A、D错误；根据上述分析可知pB=pA=1.5×105 Pa，从状态B到状态C，气体体积不变，根据查理定律有=，解得pC=2.0×105 Pa，故B错误，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.如图所示，三个完全相同的内壁光滑且导热性能良好的气缸，用三个质量相同的活塞密封住质量相等的空气。现让a气缸处于静止状态，b气缸做自由落体运动，c气缸在倾角为30°的光滑固定斜面上向下做匀加速直线运动。不考虑空气阻力，环境温度保持不变，各个活塞均相对于气缸保持静止，a、b、c三个气缸内空气柱的长度关系为 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.Lb=Lc>La B.Lb=Lc=La C.Lb>Lc>La D.Lb>Lc=La √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设大气压强为p0，活塞质量为m，气缸横截面积为S。对a气缸，以活塞为研究对象，根据平衡条件得p0S+mg=paS，可得pa>p0；b气缸做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压强，即pb=p0；对c气缸，以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S-pcS+mgsin 30°=ma，以c气缸和活塞整体为研究对象，有(M+m)gsin 30°=(M+m)a，解得a=gsin 30°，联立解得pc=p0，可得pa>pb=pc。根据玻意耳定律有pV=pSL=C，可得a、b、c三个气缸内空气柱的长度关系为Lb=Lc>La，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.肺活量是指在标准大气压下人尽力呼 气时呼出气体的体积，是衡量心肺功能的重 要指标。如图所示为某同学自行设计的肺活 量测量装置，体积为V0的空腔通过细管(体积忽略不计)与吹气口和外部玻璃管密封连接，玻璃管内装有密度为ρ的液体用来封闭气体。测量肺活量时，被测者尽力吸足空气，通过吹气口将肺部的空气尽力吹入空腔中，若此时玻璃管两侧的液面高度差设为h，大气压强为p0保持不变，重力加速度为g，忽略气体温度的变化，则人的肺活量为 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.V0 B.V0 C.V0 D.V0 √ 解析：设人的肺活量为V，将空腔中的气体和人吹入的气体一起研究，初状态：p1=p0，V1=V0+V，末状态：V2=V0，根据压强关系有p2=p0+ρgh，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2，联立解得V=V0，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·福安高二检测)0.3 mol的某种气体的压强和温度的关系图像(p-t图像)如图所示。p0表示1个标准大气压，标准状态(0 ℃，1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4 L·mol-1。下列说法正确的是 (　　) A.状态A时气体的体积为5.6 L B.状态A时气体的体积为7.72 L C.状态B时气体的体积为1.2 L D.状态B时气体的体积为8.4 L √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：该气体在0 ℃时压强为1个标准大气压，所以此时它的体积应为22.4×0.3 L=6.72 L，由题图可知，从压强为p0到A状态，气体做等容变化，A状态时气体的体积为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—吕萨克定律得=，解得VB== L=8.4 L，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.一定质量的理想气体经历M→N状态变化过程的V-T图像如图所示，已知此过程气体压强不变，下列说法正确的是 (　　) A.该气体在状态N时温度为500 K B.该气体在状态N时温度为600 K C.MN的反向延长线必过原点O D.MN的反向延长线一定不过原点O √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题意可知，M→N过程为等压过程，根据盖—吕萨克定律有=，代入题图中数据，解得TN=400 K，故A、B错误；气体发生等压变化，则有=C，可得V=CT，可知V-T图线的反向延长线必过原点，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.某同学给自行车车胎打气，车胎内原来气体压强等于大气压强p0=1×105 Pa，温度为300 K，体积为1.5 L，打气过程中可认为车胎容积不变。打气筒每次将100 cm3的压强同样为p0=1×105 Pa的气体打入车胎中，共打气30次。气体均可视作理想气体，打气过程视为绝热过程。已知打入气体质量与车胎内原气体质量之比为60∶31。则打气筒中打入气体的温度为 (　　) A.310 K B.308 K C.305 K D.295 K √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：打入气体的质量与车胎内原来气体的质量之比为60∶31，即打入气体的体积与车胎内原来气体的体积之比==，车胎内原来气体的体积为1.5 L，即V0=1.5 L，代入上式可得ΔV= L，打入车胎内的气体等效于向车胎内打入300 K、ΔV的压强为p0=1×105 Pa的气体，根据盖—吕萨克定律可得=，其中V0'=100 cm3，T0=300 K，解得T1=310 K，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.(2025·漳州高二阶段练习)如图所示，气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气缸和活塞导热良好，气缸水平固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个重物，开始时活塞静止。某时刻起发现重物缓慢上升，一段时间后活塞再次静止，不计活塞与气缸壁间的摩擦，下列说法正确的是 (　　) A.气缸内气体的压强增大 B.气缸内气体的压强减小 C.气缸内气体的温度升高 D.气缸内气体的分子平均动能减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设重物的重力为G，细线的拉力为F，大气压强为p0，开始时气缸内气体的压强为p，活塞的面积为S。重物受力平衡，有F=G，对活塞受力分析，活塞在水平方向受力平衡，由平衡条件可得F+pS=p0S，解得p=p0-，可知气缸内气体的压强不变，A、B错误； 由上述可知，气缸内气体做等压变化，由盖—吕萨克定律=可知，因为V2<V1，可得T2<T1，可知气缸内气体的温度降低，则气缸内气体的分子平均动能减小，C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.(双选)上端开口的“⊥”形玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、细部分的横截面积分别为S1= 2 cm2、S2=1 cm2。封闭气体初始温度为57 ℃，气体长度L=22 cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.封闭气体在初始状态的压强为80 cmHg B.封闭气体在初始状态的压强为82 cmHg C.若缓慢升高气体温度，升高至369 K时可将所有水银全部压入细管内 D.当温度升高至492 K时，液柱下端到粗、细接口处的距离为10 cm √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据题图乙可知，封闭气体在初始状态的压强为80 cmHg，故A正确，B错误；根据题意，当水银柱全部进入细管中后，继续升高温度，气体将发生等压变化，由题图乙可知，气体开始发生等压变化时气体的体积为V=48cm3，而在水银全部进入细管前，根据理想气体的状态方程有=，其中p1=80 cmHg，p2=82 cmHg，T1=330 K，解得T2=369 K，故C正确；若液柱下端到粗、细接口处的距离为L1=10 cm，设此时的温度为T3，则由盖—吕萨克定律有=，解得T3≈446 K，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(8分)(2025·海南高考)竖直放置的气缸内，活塞横截面积S=0.01 m2，活塞质量不计，活塞与气缸之间无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0= 300 K，V0=5×10-3 m3，大气压强p0=1×105 Pa，g=10 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1=7.5×10-3 m3，求此时的温度T1。(3分) 答案： 450 K 解析：活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得= 代入数值解得T1=450 K。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)若往活塞上放m=25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定后气体的体积V2。(5分) 答案：4×10-3 m3 解析：设稳定后气体的压强为p2，对活塞和重物整体受力分析，根据平衡条件有p2S=p0S+mg 由题意可知初始状态时气体压强与大气压强相等，均为p0，整个过程保持温度T0不变，根据玻意耳定律可得p0V0=p2V2 联立解得V2=4×10-3 m3。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(10分)(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0 cm2，长度H=100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2，高度h=20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2，大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)求x；(5分) 答案： 2 cm　 解析：由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化， 所以有p1(H-x)S1=p2HS1 又因为p1=p0 p2+ρgh=p0 代入数据联立解得x=2 cm。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。(5分) 答案：8.92×10-4 m3 解析：当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $