第2章 3 气体的等压变化和等容变化 第1课时（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（人教版）

第二章　气体、固体和液体 3　气体的等压变化和等容变化 第1课时　气体的等压变化和等容变化 基础过关练 题组一　气体的等压变化 1.(多选题)(2025江西南昌期中)如图所示,竖直放置的导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,缸内气体高度为2h。现在活塞上缓慢添加砂粒,直至缸内气体的高度变为h。然后再对汽缸缓慢加热,使缸内气体温度逐渐升高,让活塞恰好回到原来位置。已知大气压强为p0,环境温度恒为T0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸间的摩擦。下列说法正确的是(　　) A.所添加砂粒的总质量为m+ B.所添加砂粒的总质量为2m+ C.活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为T0 D.活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为2T0 2.(教材习题改编)如图所示,向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管,接口用蜡密封,在吸管内吸入一小段油柱,不计大气压的变化,这就是一个简易的气温计。已知吸管的横截面积为S,封闭气体温度为T、体积为V,当温度变化量为ΔT时,油柱移动的距离为(　　) A.ΔT　　B.ΔT　　C.　　D. 3.(2025河南信阳期中)热气球广泛用于空中游览、空中广告、空中摄影、海疆巡逻等领域,工作原理是利用加热球囊内的空气产生浮力升空飞行。若加热前,球囊内的温度为T1,空气密度为ρ1,加热一段时间后,热气球刚要上升时球囊内的温度升至T2,空气密度为ρ2。不计球囊体积的变化,若大气压强不变,则ρ1与ρ2之比为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 4.(多选题)(2025山西太原统考)一个干瘪且不漏气的篮球,球内气体温度为27 ℃(同室温)、体积为0.9V0、压强为p0(同大气压强)。球内、外气体均可看作理想气体,现将篮球恢复到原状,球内体积为V0,T=t+273 K,下列操作可能的是(　　) A.将篮球放入恒温热水中,水温约为60 ℃,球内气体压强为p0 B.将篮球放入恒温热水中,水温约为90 ℃,球内气体压强为p0 C.温度不变,给篮球充入1.1V0体积的外界气体,球内气体压强为2p0 D.温度不变,给篮球充入2.1V0体积的外界气体,球内气体压强为2p0 5.(2025吉林长春统考)如图所示,开口向上的汽缸由粗细不同的两段圆筒组成,上段汽缸足够高,下段汽缸高度为2l,上段内径为下段内径的2倍。活塞P静止在上段汽缸中,活塞Q静止在下段汽缸正中间的位置,P、Q间距离为2l,两活塞厚度不计,P的质量为4m,Q的质量为m、横截面积为S,大气压强为p0,两个活塞与汽缸内壁的摩擦忽略不计,且气密性良好,缸内封闭有两部分理想气体Ⅰ、Ⅱ,气体温度均为T0,重力加速度为g。 (1)求气体Ⅱ的压强; (2)若给气体Ⅰ、Ⅱ同时缓慢加热,使两部分气体升高相同的温度,使活塞Q刚好上升l,这时两部分气体温度升高了多少?活塞P上升的高度为多少? 题组二　气体的等容变化 6.(2025江苏宜兴期中)一定质量的气体,保持体积不变,温度从1 ℃升高到5 ℃,压强的增加量为2.0×103 Pa,则(　　) A.它从5 ℃升高到10 ℃,压强的增加量为2.0×103 Pa B.它从15 ℃升高到20 ℃,压强的增加量为2.0×103 Pa C.它在0 ℃时,压强为1.365×105 Pa D.每升高1 ℃,压强增加 Pa 7.(2025云南昆明统考)如图所示,质量相等的同种理想气体甲和乙分别用绝热活塞封闭在两个绝热汽缸中,两汽缸固定在同一水平面上,开口分别竖直向上和水平向右,活塞质量不能忽略且可沿汽缸无摩擦滑动。甲、乙两气体的体积相等,它们的压强分别用p甲、p乙表示,温度分别用T甲、T乙表示。下列关系正确的是(　　) A.p甲>p乙,T甲>T乙　　　　B.p甲>p乙,T甲<T乙 C.p甲<p乙,T甲>T乙　　　　D.p甲<p乙,T甲<T乙 8.(2025河北石家庄期中)如图所示,圆柱形导热容器内充有一定质量的空气,容器与水银压强计相连,压强计左右两管下部由软胶管相连。如果容器处于环境温度t0=27 ℃的空气中时,两管中水银面等高。现将此导热容器浸入摄氏温度为t1的热水中,左管中水银将下降;然后缓慢地向上提右管,使左管中水银面回到原来高度,此时右管与左管中水银面的高度差h=15.2 cm。已知水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3,取重力加速度g=10 m/s2,大气压强p0=1.0×105 Pa,T=t+273 K,那么,该热水的温度约为(　　) A.300 ℃　　　　B.360 ℃ C.87 ℃　　　　D.60 ℃ 9.(2025山东日照统考)如图所示,一个形状不规则而又不便装入液体的导热容器,为测量它的容积,在容器上插入一根两端开口的玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管接口以上的长度为l,内部横截面积为S。将厚度不计的活塞轻轻从玻璃管上端放入,静止时恰好到达接口处。已知大气压强为p0,环境温度恒为T0,重力加速度为g,活塞的质量为,封闭气体可视为理想气体,整个过程不漏气,活塞与玻璃管之间无摩擦。 (1)求容器内气体的压强和不规则容器的容积; (2)若环境温度升高,活塞缓慢上升,静止时恰好到达开口处,求此时环境的温度。 10.(教材习题改编)通过如图所示的装置测量外界温度,玻璃泡M内封有一定质量的理想气体,与M相连的N管插在水银槽中,N管的横截面积极小。现对N管进行温度标刻,已知当温度t1=27 ℃时,管内、外水银面的高度差为x1=16 cm,此高度即为27 ℃的刻度线。大气压强恒为p0=76 cmHg,T=t+273 K,不考虑水银槽内液面的变化。 (1)写出环境温度t与管内、外水银面高度差x的函数关系,并说明N管所标刻度是否均匀; (2)若将该装置置于一密闭环境中,密闭环境内的大气压强为p0'=62 cmHg,测温装置显示温度为47 ℃,则此时实际温度t2为多少? 题组三　V-T图像与p-T图像 11.(2025河北沧州期中)一定质量的理想气体从状态a开始,缓慢经历a→b、b→c、c→a过程回到状态a,其V-T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0,状态c的热力学温度为Tc,下列判断正确的是(　　) A.气体经历a→b、b→c的过程中密度一直减小 B.pb=2.5p1 C.pc=p1 D.Tc=2T0 12.(2025广东广州期末)一定质量的理想气体的压强p与温度T的关系图像如图所示。气体先经过等压变化由状态A变为状态B,再经过等容变化由状态B变为状态C。已知气体在状态C的体积为6 L。求: (1)气体在状态B的温度TB; (2)气体在状态A的体积VA。 13.(2025湖北荆门期中)如图甲所示,T形活塞固定在水平面上,一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好、质量m=25 kg的汽缸中,汽缸的容积V=0.05 m3、横截面积S=0.05 m2,改变环境温度,缸内封闭气体的体积随热力学温度变化的图线如图乙所示。已知外界大气压强恒为p0=1×105 Pa,活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气,取重力加速度大小g=10 m/s2,求: 　 (1)封闭气体在状态A时的热力学温度TA; (2)封闭气体在状态C时的压强pC。 能力提升练 题组一　气体实验定律的应用 1.(2025辽宁辽阳期中)如图甲所示,某导热汽缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞,活塞横截面积为S,汽缸内气体的温度为T0,密度为ρ0。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于汽缸底部。现逐渐降低温度,让乒乓球恰好能悬浮。已知大气压强为p0,重力加速度为g,设乒乓球体积不变。 (1)求乒乓球恰好能悬浮时汽缸内气体的密度ρ1和温度T1; (2)若保持温度T0不变,将汽缸缓慢顺时针旋转90°,如图乙所示,稳定后乒乓球也恰好能悬浮,求活塞的质量M。 2.(2025四川遂宁统考)如图所示,一根长度为L=120 cm、横截面积为S、两端封闭、粗细均匀且导热良好的玻璃管竖直放置。在玻璃管顶部开一小孔,堵住小孔,管内有一段长h=30 cm的水银柱,上方为真空,下方则封闭着长为a=60 cm的空气柱。已知玻璃管所处地理位置的大气压强p0=60 cmHg,热力学温度T1=300 K,空气可视为理想气体。 (1)若只缓慢加热玻璃管,当水银刚到达玻璃管顶部时,求封闭气体的热力学温度T2; (2)若松开孔,空气从外界进入,最终稳定时,求水银柱下降的距离Δh(整个过程外界温度为T1保持不变)。 3.(2025湖南长沙联考)某充气式座椅简化模型如图所示,质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B,活塞通过轻弹簧相连,系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M,气柱A的初始高度为L,初始环境温度为T0,轻弹簧的劲度系数为k,原长为L0,大气压强为p0,重力加速度为g,活塞的横截面积为S,弹簧形变始终在弹性限度内,活塞始终未脱离汽缸。 (1)求初始时气柱A的压强; (2)求初始时气柱B的高度; (3)若环境温度缓慢降至0.9T0,求稳定后座椅的高度。 4.(2025安徽合肥期中)如图,一导热良好且上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置在温度为-23 ℃的环境中。玻璃管内由水银柱A、B封有空气柱C、D,已知水银柱A、B的长度均为5 cm,空气柱C的长度为20 cm,空气柱D的长度为25 cm,水银柱B上表面到管口的距离为10 cm,大气压强恒为p0=75 cmHg,不计一切摩擦,T=t+273 K。 (1)若环境温度保持不变,把玻璃管缓慢转至水平,求空气柱D的长度变为多少? (2)若玻璃管保持竖直放置,环境温度由-23 ℃缓慢上升到27 ℃,请通过计算说明管口是否有水银溢出。 题组二　气体状态变化的图像问题 5.(2025北京石景山期末)如图所示,一定质量的理想气体从状态A开始,经历两个过程,先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系,正确的是(　　) A.TA<TB,TB>TC　　　　B.TA>TB,TB=TC C.TA=TC,TB=TC　　　　D.TA<TC,TB<TC 6.(2025湖北武汉期末)如图所示是一定质量的理想气体缓慢地由状态A经过状态B变为状态C再到状态D的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa,则对应的气体的p-T变化图像正确的是(　　) 　 　 题组三　液柱(活塞)移动问题 7.(2025江苏扬州期中)如图所示,两端封闭的倾斜玻璃管内,有一段水银柱将管内气体分为两部分。在保持玻璃管与水平面间夹角不变的情况下,将玻璃管整体浸入较热的水中,重新达到平衡。水银柱的位置变化情况是(　　) A.上移　　　　B.下移 C.不动　　　　D.无法确定 8.(2023山西太原期中)如图,容器被绝热活塞分成两部分,分别装有理想气体A、B。开始时,A的温度为TA,B的温度为TB,且TA=TB。气体A、B均处于平衡态,活塞静止。加热容器,使两边气体缓慢升高相同的温度,若不计活塞与容器间的摩擦,则活塞将(　　) A.向右移动 B.向左移动 C.保持不动 D.因体积未知而无法确定 9.(多选题)(2025山东青岛期中)如图所示,10 ℃的氧气和20 ℃的氢气体积相同,水银柱在连通两容器的细管中央,T=t+273 K,下面的叙述中,正确的是(　　) A.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,水银柱不移动 B.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,水银柱将向右移 C.当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,水银柱向左移 D.当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,水银柱不会移动 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.AD 2.A 3.D 4.AC 6.C 7.A 8.C 11.C 1.AD　初态封闭气体压强p1=p0+,添加砂粒后封闭气体压强p2=p0+,由玻意耳定律得p1S·2h=p2Sh,解得m'=m+,A正确,B错误;设活塞回到原来位置时气体温度为T,该过程为等压变化过程,有=,解得T=2T0,C错误,D正确。 2.A　饮料罐中气体的压强与外界大气压是相同的,饮料罐中的气体做等压变化,根据==可得==,解得ΔL=,故选A。 3.D　设球囊体积为V,加热前球囊内空气的质量为m,大气压强不变,根据盖-吕萨克定律可得=(点拨:温度升高后,有一部分气体会逸出球囊,因为气体实验定律的研究对象是一定质量的气体,所以应把逸出球囊的气体包含在内一起研究),可得V1=V,又m=ρ1V=ρ2V1,可得==,故选D。 方法技巧 应用盖-吕萨克定律解题的一般步骤 　　(1)确定研究对象(压强不变的一定质量的封闭气体); 　　(2)确定初、末状态,找出初、末状态的体积、温度; 　　(3)根据盖-吕萨克定律列方程求解。 4.AC　将篮球放入恒温热水中,当篮球内气体压强不变时,根据盖-吕萨克定律有=,解得t≈60 ℃,故A正确,B错误;温度不变,设充入外界气体体积为ΔV时,球内气体压强为2p0,根据玻意耳定律有p0×0.9V0+p0ΔV=2p0V0,解得ΔV=1.1V0,故C正确,D错误。 5.答案　(1)p0+　(2)T0　l 解析　(1)由于汽缸上段内径是下段内径的2倍,所以活塞P的横截面积为4S。 对P分析得p1×4S=p0×4S+4mg 对Q分析得p2S=p1S+mg 解得p2=p0+ (2)在对气体加热的过程中,两部分气体做等压变化,对气体Ⅱ,由盖-吕萨克定律得= 解得ΔT=T0 设活塞P上升的高度为x,由盖-吕萨克定律得= 解得x=l 6.C　根据查理定律可知压强的变化量Δp与摄氏温度的变化量Δt成正比,结合题意可知,气体温度每升高1 ℃,压强的增加量为500 Pa,气体温度从5 ℃升高到10 ℃和从15 ℃升高到20 ℃,压强的增加量均为2.5×103 Pa,故A、B、D错误;气体体积不变,温度从1 ℃升高到5 ℃时,由查理定律可得=,代入数据解得p1=1.37×105 Pa,则气体温度在0 ℃时,压强为p0=p1-500 Pa=1.365×105 Pa,故C正确。 方法技巧 应用查理定律解题的一般步骤 　　(1)选定体积不变的一定质量的气体作为研究对象; 　　(2)找出气体初、末状态的压强和温度; 　　(3)根据查理定律列方程求解。 7.A　对左侧汽缸中活塞受力分析有mg+p0S甲=p甲S甲,对右侧汽缸中活塞受力分析有p乙S乙=p0S乙,可知p甲>p乙,由题知甲、乙两气体的质量相等、体积相等,可视为一定质量的理想气体发生等容变化(破题关键),则根据=可知T甲>T乙,故选A。 8.C　初始时容器中气体温度为T0=300 K,当容器浸入摄氏温度为t1的热水中并最终恢复左管水银面至原高度时,容器内气体压强比大气压高ρgh,即p1=p0+ρgh,又因容器中气体初、末状态的体积相同,可视为理想气体的等容变化,根据=代入数据解得T1≈362 K,则t1≈89 ℃,考虑到气体体积的微小变化,则实际温度偏小,与87 ℃最接近。故选C。 9.答案　(1)1.05p0　20lS　(2)1.05T0 解析　(1)对活塞受力分析可知mg+p0S=pS 容器内气体压强p=p0+=1.05p0 设不规则容器容积为V,放入活塞前容器中气体压强为p0,容器和玻璃管中气体的体积V1=V+lS 活塞静止时容器中气体的压强为p,封闭气体的体积V2=V 根据玻意耳定律得p0V1=pV2 解得V=20lS (2)当环境温度升高后,活塞缓慢上升到玻璃管开口处,与刚放入活塞时相比,气体体积不变,根据查理定律得= 解得T=1.05T0 10.答案　(1)见解析　(2)-23 ℃ 解析　(1)t1=27 ℃时,热力学温度T1=300 K 此时有p1+ρ水银gx1=p0 可得p1=60 cmHg 玻璃泡内气体可视为做等容变化,则 = 压强关系为p+ρ水银gx=p0 联立可得t=107-5ρ水银gx,其中x的单位为 cm,t的单位为 ℃,由于t与x是线性关系,所以N管所标刻度均匀。 (2)将47 ℃代入(1)中得出的函数关系式得x2=12 cm 压强关系为p2+ρ水银gx2=p'0 可得p2=50 cmHg 玻璃泡内气体可视为做等容变化,则 = 可得T2=250 K,t2=-23 ℃ 11.C　由图可知,a→b过程气体的体积逐渐增大,b→c过程气体的体积不变,故气体经历a→b、b→c的过程中密度先减小后不变,故A错误;a→b过程为等温膨胀过程,所以p1V0=pb·2.5V0,解得pb=0.4p1,故B错误;c→a过程对应的V-T图线的延长线过坐标原点,所以发生的是等压变化,即pc=p1,故有=,所以Tc=2.5T0,故C正确,D错误。 12.答案　(1)300 K　(2)4 L 解析　(1)从状态B到状态C为等容变化,根据查理定律有= 解得TB=300 K (2)从状态B到状态C为等容变化,则有VB=VC 从状态A到状态B为等压变化,根据盖-吕萨克定律有= 解得VA=4 L 13.答案　(1)280 K　(2)1.2×105 Pa 解析　(1)由题图乙分析可知从状态A变化到状态B,气体发生等压变化,有 = 解得TA=280 K (2)在状态B时,设封闭气体的压强为pB,有pB=p0+,从状态B到状态C气体发生等容变化,有 = 解得pC=1.2×105 Pa 能力提升练 5.A 6.C 7.A 8.C 9.BC 1.答案　(1)　　(2) 解析　(1)乒乓球恰好能悬浮,说明浮力等于重力,即ρ1gV=mg 解得ρ1= 气体发生等压变化,有 = 汽缸内气体的质量 m气=ρ0V0=ρ1V1 则ρ0T0=ρ1T1 解得T1= (2)将汽缸缓慢顺时针旋转90°,稳定后乒乓球恰好也能悬浮,说明浮力等于重力,即ρ1gV=mg 气体发生等温变化,有 p0V0=V1 汽缸内气体的质量m气=ρ0V0=ρ1V1 则= 解得M= 2.答案　(1)450 K　(2)40 cm 解析　(1)由题意可知水银刚到达玻璃管顶部时,空气柱的长度为H=L-h 封闭气体发生等压变化,则有 = 代入数据解得T2=450 K (2)据题意,原封闭气体压强 p1=30 cmHg 松开孔,稳定后封闭气体压强 p2=30 cmHg+p0 代入数据解得p2=90 cmHg 封闭气体发生等温变化,则有p2S(a-Δh)=p1Sa 代入数据解得Δh=40 cm 3.答案　(1)p0+　(2)L　(3)1.8L+L0- 解析　(1)对A分析,设气柱A的压强为pA,对汽缸C由平衡条件可得pAS=Mg+p0S 解得初始时气柱A的压强pA=p0+ (2)设气柱B的压强为pB,对活塞b有pBS=Mg+p0S 解得pB=p0+ 由于气体A、B的质量相同,在初始时温度相同,可视为一定质量的理想气体发生等温变化(解题技法),则由玻意耳定律可得pASL=pBSLB 解得初始时气柱B的高度为LB=L (3)对气柱B由盖-吕萨克定律得= 解得LB'=0.9L 由胡克定律得kx=Mg 解得弹簧的压缩量为x= 由(1)(2)问可得A气柱变化与B气柱变化一致,则LA'=0.9L 稳定后座椅的高度h=LA'+LB'+L0-x=1.8L+L0- 4.答案　(1)26.67 cm　(2)见解析 解析　(1)假设玻璃管转至水平后,没有水银溢出。研究空气柱D,根据玻意耳定律得pDLDS=pD'LD'S 其中pD=p0+5 cmHg=80 cmHg,pD'=p0=75 cmHg 解得转至水平后空气柱D的长度为LD'≈26.67 cm 同理研究空气柱C,根据玻意耳定律得 pCLCS=pC'LC'S 其中pC=pD+5 cmHg=85 cmHg,pC'=p0=75 cmHg 解得转至水平后C的长度为LC'≈22.67 cm 空气柱伸长的总长度ΔL=LC'+LD'-LC-LD 解得ΔL=4.34 cm<10 cm 即管口没有水银溢出,假设成立,故转至水平后空气柱D的长度为LD'≈26.67 cm (2)假设管口没有水银溢出,研究空气柱C,根据盖-吕萨克定律得= 解得末状态空气柱C的长度为LC″=24 cm 空气柱C伸长了ΔL1=4 cm 研究空气柱D,根据盖-吕萨克定律得= 解得末状态D的长度为LD″=30 cm 空气柱D伸长了ΔL2=5 cm 空气柱伸长的总长度ΔL'=ΔL1+ΔL2=9 cm ΔL'<10 cm,说明假设成立,管口没有水银溢出。 5.A　A→B过程,压强不变,体积增大,根据盖-吕萨克定律有=,解得TA=0.3TB,B→C过程,体积不变,根据查理定律有=,解得TC=0.3TB,则有TA=TC=0.3TB<TB,故选A。 6.C　从题图可以看出,A与B连线的延长线经过原点,可知从A到B发生等压变化,即有pA=pB,根据盖-吕萨克定律有=,解得TA=200 K;从B到C发生等容变化,根据查理定律有=,解得pC=2.0×105 Pa;从C到D发生等温变化,根据玻意耳定律有pCVC=pDVD,解得pD=1.5×105 Pa,结合上述,只有C选项中的图像满足要求。故选C。 7.A　设浸入热水前,温度为T,下方气体的压强为p1,上方气体的压强为p2,则p1>p2,将玻璃管整体浸入较热的水中,假设水银柱不移动(解题技法),上、下两部分气体均做等容变化,故有Δp1=ΔT,Δp2=ΔT,因为p1>p2,所以Δp1>Δp2,故重新平衡时水银柱上移,故选A。 方法技巧 　　假设水银柱不动,两部分气体都做等容变化,根据=结合两部分气体ΔT、T、p各量的关系,判断Δp大小关系,即可得出水银柱的移动情况。假设法是高中阶段重要的思想方法,遇到涉及多个变量、难以直接判断的问题时,均可尝试用这种方法分析。 8.C　假设活塞不移动,气体发生等容变化,根据查理定律有=,得Δp=·ΔT,根据题意知,升高相同温度,即ΔT相同,活塞原来平衡,则pA=pB,又TA=TB,可得ΔpA=ΔpB,又ΔF=Δp·S,所以ΔFB=ΔFA,活塞将保持不动,故C正确。 9.BC　对一定质量的气体,体积不变时,由查理定律得=,可得Δp=p(破题关键),原来两部分气体压强相同,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,即温度的变化量相同,由于初始状态氧气的温度小于氢气的温度,因此氧气压强的变化大于氢气压强的变化,故水银柱向右移动,A错误,B正确;开始时两部分气体压强相同,当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,有=×=×=<1,所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强,水银柱向左移,C正确,D错误。 一题多解 图像法巧解液柱移动问题 　　作出氧气和氢气的等容线如图所示,初状态时氧气的温度为283 K,氢气的温度为293 K,两部分气体的压强相同,因此氧气的等容线的斜率为,氢气的等容线的斜率为,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,由图可知氧气压强的变化大于氢气压强的变化,故水银柱向右移动,A错误,B正确;当氧气的温度升高10 ℃,氢气的温度升高20 ℃时,则有Δp氧=10×,Δp氢=20×,则氧气增加的压强小于氢气增加的压强,水银柱向左移,C正确,D错误。 21 学科网（北京）股份有限公司 $