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(能力提高练) 第二节 固体、液体和气体-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(能力提高练) 第二节 固体、液体和气体-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共32页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
【能力提升练】 第二节 固体、液体和气体
1．(多选)(2022•湖南省长沙市第一中学高三第六次月考)下列说法正确的是( )
A．由于表面层内液体的分子分布较疏，分子间分子力体现为引力，所以产生了表面张力
B．温度高的物体内能一定比温度低的物体内能大
C．温度高的物体内所有分子一定比温度低的物体内分子运动得快
D．一定质量的气体，温度升高时，压强可能变小
E．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
【解析】 A．表面张力的产生是由于表面层内液体的分子分布较疏，分子间分子力体现为引力导致的，A正确；
B．内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，不仅与温度有关，还与体积和分子总数有关，所以温度高的物体内能不一定比温度低的物体内能大，B错误；
C．温度是分子平均动能的标志，由于物质种类不一定相同，分子平均动能大的，分子平均速率不一定大，即使是分子平均速率大的物体，也不是所有分子比平均速率小的物体内所有分子运动得快，C错误；
D．一定质量的气体，温度升高时，若体积增大太多，压强可能反而减小，D正确；
E．食盐熔化过程中，温度保持不变，吸收的热量用于破坏食盐的空间点阵结构，说明食盐是晶体，E正确。综上所述，选ADE。
【答案】 ADE
2．(2022•重庆市第七次质检) “水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势．某型号“水刀”工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”在任意相等时间t内用水量都为，水的密度为，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散研没有反弹，当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开。则该“水刀”细喷嘴的横截面积至多为( )
A． B． C． D．
【解析】 设水的速度为，该“水刀”细喷嘴的横截面积为，任意相等时间t内用水量都为，则有，解得，选取时间内打在材料表面质量为水为研究对象，由动量定理得，其中，解得，根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力，水对材料垂直于表面方向的压强为，联立以上式子解得，由题意当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开，则，解得，选项A正确，BCD错误；故选A。
【答案】 A
3．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)如图所示，粗细均匀的细直玻璃管上端封闭，开口端竖直向下插入水银槽中，管内封闭有一定质量的理想气体，玻璃管露出水银槽液面的长度为L=40cm，管内外水银面高度差为h=8cm．现使管缓慢转过θ=37°角，保持玻璃管在水银槽液面上方的长度L不变，外界大气压强不变，这时( )
A．管内气柱长度可能为30cm
B．管内气柱长度可能为32cm
C．管内水银柱长度可能为9cm
D．管内水银柱长度可能为12cm
【解析】 A、D项：假设管子内没有气体，在管子缓慢转过θ=37°角过程，水银柱的竖高度不变，当θ=37°时，由几何知识得到管中水银柱的长度为，管子上部分长度为30cm．由于管内的气体对水银柱产生压强，则管内水银柱的长度小于10cm，管内气体的长度应大于30cm．故AD错误；
B项：若管内气柱长度仍为32cm，水银柱高度8cm，管内气体的压强应不变，而实际上当水银柱长度仍是8cm，水银柱产生的压强减小，大气压不变，管内气体压强增大，体积将减小，管内气柱长度小于32cm．故B错误；
C项：管内气体的长度范围为30cm＜L＜32cm，则水银柱的长度范围为8cm＜h＜l0cm，所以管内水银柱长度可能为9cm．故C正确．
【答案】 C
4．(2022•山东省高三(下)开年摸底联考)用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球。不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程比较( )
A．篮球内气体压强的增加量相等 B．篮球内气体压强的增加量大
C．篮球内气体压强的增加量小 D．压入的气体分子数少
【解析】 ABC．设篮球的容积为，打气筒的容积为，打第次气后篮球内气体的压强为，打第次气后篮球内气体的压强为，根据玻意耳定律有，整理得，即后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，BC错误；
D．每次压入的气体体积、温度和压强都相同，所以每次压入的气体分子数相同，故D错误。故选A。
【答案】 A
5．(2022•湖北省圆创联考高三(下)第二次联合测评)1783年11月21日，蒙特哥菲尔兄弟完成了人类第一次热气球旅行，如今乘热气球飞行已成为人们喜爱的一种航空体育运动。要让热气球升空，必须加热气球里的空气，使气球体积变大，以增加空气浮力。现有一总质量为6×102kg热气球(不含球内空气)，当加热其内空气，使其体积膨胀至3×103m3后，恰好升空，此时空气浮力等于热气球的总重量(含球内的空气)。已知外界气温为22℃，空气密度为1.2kg/m3，气球内、外的空气都视为理想气体，且加热时球外空气的温度、压强不变。则热气球内的空气温度为( )
A．81℃ B．72℃ C．57℃ D．42℃
【解析】 由题意可知，热气球总重量与其所受浮力大小相等，而总重量为，浮力为，由，可得，解得，加热气球内的气体是等压过程，有，，解得，，而，可得，，故选A。
【答案】 A
6．(2022•上海交通大学附属中学高三(下)期中)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l＝10cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，则A侧空气柱的压强将_________(选填“不变”“变小”或“变大”)。当两侧的高度差为h1＝10cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0＝75cmHg。则放出部分水银后A侧空气柱的长度为_________cm。
【解析】 [1] 从U形管中放出部分水银，A侧水银面下降，空气柱长度增大，体积增大，根据玻意耳定律可知压强变小；
[2]以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有pl=p1l1，由力学平衡条件，有p=p0+ph，打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有p1=p0﹣ph1，联立并代入题目数据，有l1=12cm
7．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S，气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为_______时，气缸将获得最大加速度，气缸的最大加速度为_______。(外界大气压强为)
【解析】 [1]气缸中封闭气体的初始气压为，当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程，解得，当气缸内气体的压强为时，气缸将获得最大加速度。
[2]此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，解得，气缸的最大加速度为。
【答案】 ① ②
8．(2022•高考山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量Dm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
【解析】 (1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg = ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0 + DV) - Mg = Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，
且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
解得
则此时B室内气体质量
【答案】 (1)；(2)
9．(2022•辽宁省部分重点中学协作体高三(下)模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为，内部分别有轻质薄活塞、，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为，汽缸Ⅰ内通过活塞封有压强为的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞封有压强为的气体，一细管连通两汽缸，初始状态、均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过向右移动的距离可测定水的深度。已知相当于高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
(1)当向右移动时，水的深度；
(2)该深度计能测量的最大水深。
【解析】 (1)当A向右移动时，设B不移动，对Ⅰ内气体，
由玻意耳定律得p0SL＝p1SL，解得p1＝p0
而此时B中气体的压强为3p0＞p1，故B不动。
由p1＝p0＋Δp，解得水的深度h＝10·＝5m
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于3p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得3p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋Δp2，联立解得hm＝10·＝30m
【答案】 (1)5m；(2)30m
10．(2022•东北育才学校七模)如图，粗细均匀的光滑细玻璃管竖直放置，A、G端均开口，BC段和DEF段有水银柱。其中，AB段长度为40cm，BC、EF段长度均为25cm，CD段长度40cm。DE段长度10cm、FG段比较长，CD部分封闭有一定质量的理想气体，外界大气压强po=75cmHg。求：
(1)初始状态下，CD段气体的压强；
(2)当封闭A端，在G端加上活塞并缓慢向左压，使BC段水银柱的B端向上移动10cm。求FE段水银柱的F端向下移动的距离(整个过程温度不变)。
【解析】 (1)设初状态CD部分气体的压强为，则
(2)封闭A端，在G端加上活塞并缓慢向左压，设初状态AB部分气体的压强为，体积为，
末状态AB部分气体的压强为，体积
由玻意耳定律，，解得
再研究CD段气体，由玻意耳定律，，解得
综合所述，FE段水银柱的F端向下移动的距离
【答案】 (1)；(2)
11．(2022•湖南师范大学附属中学二模)如图所示，A、B、C三段粗细相同且均匀、底部连通的玻璃管竖直放置，A管上端封闭，B管上端开口，C管中有活塞且与管内壁气密性良好，管内有水银，A管中水银液面比B管中水银液面低h=4cm，C管中水银液面比A管中水银液面低h=4cm，A管和C管中封闭气柱长均为9cm，大气压强为76cmHg，将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14cm(此时C管中仍有水银)，求：
(1)C管中水银液面下降的高度；
(2)活塞向下移动的距离。(结果保留两位有效数字)
【解析】 (1)设玻璃管横截面积为S，初状态，A中气体压强Hg
A中气体体积为
将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14 cm，
则末状态A中气体压强为Hg
根据玻意耳定律得，解得
C中液面下降的距离等于AB中液面上升距离之和，
因此C管中水银液面下降的距离为
(2)C中气体，初状态压强为Hg，体积为
末状态压强为
其中为B管中液面上升高度，根据①得，解得Hg
根据玻意耳定律得，解得
则活塞移动的距离为
【答案】 (1)12cm；(2)14cm
12．(2022•成都外国语学校高三(下)二模)如图所示，一细U型管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为，管的各部分尺寸如图所示，图中封闭空气柱长度。其余部分长度分别为；现使气体温度绥慢升高，取大气压强为，求：
(1)气体温度升高到多少时右侧水银柱开始全部进入竖直管；
(2)气体温度升高到多少时右侧水银柱与管口相平。
【解析】 (1)设U型管的横截面积是S，对封闭气体分析，
其初状态P1=p0+h1 cmHg=75 cmHg+5 cmHg=80cmHg，V1=L1S=20S
当右侧水银全部流到竖直管中时，水银柱的高度h=h1+L3=5cm+10cm=15cm
此时气体的状态参量P2=p0+h=75 cmHg +15 cmHg =90 cmHg，V2=L1S+2L3S=20S+2×10S=40S
由理想气体的状态方程可得
代入数据解得T2=630K
(2)当右侧水银全部流到竖直管中时，产生的压强不在增大，左侧的水银柱不动，右侧的水银柱与管口相平时，气体的体积V3=L1S+L3S+h2S=20S+10S+20S=50S
由盖吕萨克定律可得
代入数据解得T3=787.5K
【答案】 (1)630K；(2)787.5K
13．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第六次月考)如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝100 cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m＝62.5 kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.8.两物块间距为d＝10 cm.开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0＝1×105 Pa，温度t1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热，(g＝10 m/s2)求：
①物块A开始移动时，汽缸内的温度；
②物块B开始移动时，汽缸内的温度．
【解析】 ①物块A开始移动前气体做等容变化，则有p2＝p0＋＝1.5×105 Pa
由查理定律有，解得T2＝T1＝450 K
②物块A开始移动后，气体做等压变化，到A与B刚接触时p3＝p2＝1.5×105 Pa；V3＝(L1＋d)S
由盖—吕萨克定律有，解得T3＝T2＝900 K
之后气体又做等容变化，设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4
p4＝p0＋ ＝2.0×105 Pa；V4＝V3
由查理定律有 ，解得：T4＝T3＝1 200 K
【答案】 (1)450 K(2)1200 K
14．(2022•陕西省西安中学高三(下)三模)2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。勤消毒是防疫很关键的一个措施。如图是防疫消毒用的喷雾消毒桶的原理图，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的消毒液，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气。将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有消毒液流出。已知消毒液的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体。
①求室内温度。
②在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比。
【解析】 (1)设喷雾器的截面积为S，室内温度为T1，气体压强为，
根据平衡可得，气体体积为
保持不变，气体做等容变化，根据查理定律，解得
(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为，体积为，若此气体经等温度变化，压强为时，体积为，根据平衡可得
根据玻意耳定律可得即
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为，
有，解得
【答案】 ①②
15．(2022•东北师范大学附属中学高三(下)测试(六))如图所示，一定质量的理想气体封闭在体积为V0的绝热容器中，初始状态阀门K关闭，容器内温度与室温相同，为T0＝300 K，有一光滑绝热活塞C(体积可忽略)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的2倍，A室容器上连接有一U形管(管内气体的体积可忽略)，左管水银面比右管水银面高76 cm。已知外界大气压强p0＝76 cmHg。则：
(1)将阀门K打开使B室与外界相通，稳定后，A室的体积变化量是多少？
(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，接着对B室气体缓慢加热，而A室气体温度始终等于室温，当加热到U形管左管水银面比右管水银面高19 cm时，B室内温度是多少？
【解析】 (1)将阀门打开，A室气体等温变化，则有2p0＝p0(＋ΔV)，得ΔV＝
(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，
U形管两边水银面的高度差为19 cm时，pA＝pB＝(76＋19) cmHg＝95 cmHg
A室气体变化过程：p0、、T0→pA、VA、T0
由玻意耳定律得p0＝pAVA，解得VA＝V0
B室气体变化过程：p0、、T0→pB、V0－VA、TB
由理想气体状态方程得，解得TB＝525 K
【答案】 (1)；(2)525 K
16．(2022•重庆市育才中学高三(下)入学考试)如图是由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，气缸内的气体可视为理想气体，压强为，封闭气体和活塞柱长度均为。活塞柱横截面积为；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为时，弹簧的压缩量为。大气压强恒为，环境温度不变。求该装置中弹簧的劲度系数。
【解析】 设大气压为p0，活套柱横截面积为S；
设装置未安装汽车上之前，气缸内气体压强为p1，气体长度为l，气缸内气体体积为V1；
装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x，气缸内气体压强为p2，气缸内气体体积为V2。
则依题意有，，
对封闭气体，安装前、后，等温变化，有
设弹簧劲度系数为k，对上支座进行受力分析，设汽车对气缸上支座的压力为F，
由平衡条件
联立并代入相应的数据，解得k=2×104N/m
【答案】 2×104N/m
17．(2022•重庆市第七次质检)如图所示，一足够长的均匀导热玻璃管开口向上竖直放置，管内有两段水银柱A和B，上段水银柱的长度。水银柱封闭着上下两段空气柱，长度分别为和。已知环境温度为，大气压强为。
①对整个玻璃管缓慢加热，使其温度升高，若上段空气柱长度增加，则下段空气柱长度变为多少？
②保持①问温度升高后不变，再将整个玻璃管绕底部顺时针旋转，则上段空气柱长度变为多少？(计算结果保留两位有效数字)
【解析】 ①两段空气柱均发生等压变化，对上段气体柱，下段气体
联立可得，得
则下段空气柱长度变为
②上段空气柱等温变化，得
代入数据可得
【答案】 ①6.4cm；②3.3cm
18．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，一粗细均匀的玻璃管开口向上竖直固定放置，玻璃管总长为，其中用长为的水银柱封闭了一段长为空气柱，环境初始温度为27℃，己知大气压强等于。
(1)现将玻璃管上管口封闭，并升高环境温度，管中水银柱将向上还是向下移动？通过计算说明理由；
(2)在(1)的条件下，为使水银柱移动距离为，求环境温度将升高到多少摄氏度？
【解析】 (1)设开始时水银柱上、下部分气体的压强分别为p1和p2，假设水银柱不移动，环境温度从T0变至T1后，水银柱上、下部分气体的压强分别变为和，
根据查理定律分别有，，解得，
开始时，根据平衡条件有
温度升高后，若水银柱不动，则
平衡将不能保持，假设不成立，所以管中水银柱将向上移动。
(2)设环境温度升高到T2时，水银柱向上移动1cm，且此时水银柱上、下部分气体的压强分别为和，根据理想气体状态方程分别有，，
而，，
联立解得，即
【答案】 (1)向上移动；(2)168℃
19．(2022•云南省三校高三(下)高考备考实用性联考(四))如图所示，横截面积均为S的两导热气缸A、B中装有同种气体，通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D，两气缸中各有一个质量为m的活塞，气缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，气缸B中气柱长度恰为L，气缸A中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3L，已知大气压强，弹簧的劲度系数，重力加速度为g，活塞可在气缸内无摩擦滑动且不漏气。现将一个质量为m的重物C轻轻地放到气缸A中的活塞上，并打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，求：
(1)弹簧的形变量；
(2)气缸A中活塞向下移动的距离。
【解析】 (1)未放重物C时气缸A中气体的压强
气缸B中气体的压强
放上重物C后两部分气体混合，压强为
气缸B中活塞平衡时，由平衡条件可得，解得弹簧的形变量x=L
(2)两部分气体混合后的总长度设为y，由玻意耳定律可得，解得
由几何关系知气缸A中的活塞向下移动的距离为，代入整理得
【答案】 (1)L；(2)
20．(2022•昆明一中、银川一中高三(下)一模)某同学设计了测量当地大气压的简易装置，如图所示，装置为一两端开口的U型玻璃管，实验前该同学利用游标卡尺测得U型管的内径为d，然后将U型管竖直放置，并向其中注入定量的水，初始时U型管两端的液面齐平。现用一质量为m的光滑活塞将气体封闭在管内，测得气体柱长度为l1，再将质量为m的大小略小于管内径的物块放到活塞上，测得气体柱长度为l2。已知当地重力加速度为g，求当地大气压的大小。
【解析】 只放活塞时，根据平衡条件
加上物块后，根据平衡条件，又
根据玻意耳定律
联立解得
【答案】
21．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))在学习了气体性质和规律后，物理兴趣小组的同学制作了一个温度计，将一个一端开口，一端带有玻璃泡A的细玻璃管(玻璃泡A导热良好，其内封闭一定量的理想气体)竖直倒插入水银槽中，管内水银面的高度就可以反映玻璃泡A内气体的温度，在管壁上加画刻度，即可直接读出温度值。不考虑细管B内液面高度变化引起的气体体积变化，温度计的构造如图所示。(T=t+273)
(1)在一个标准大气压76cmHg下对细管B进行刻度，设细管B内水银柱高出水银槽水银面的高度为h，已知环境温度为t1=27℃时的刻度线在h=16cm处，则在可测量范围内，摄氏温度t和h应符合什么规律？
(2)若大气压降为75cmHg，求该温度计读数为27℃时的实际摄氏温度。
【解析】 (1)设27℃时玻璃泡内气体的压强、温度分别为p1、T1
，
设玻璃泡内气体温度为t℃时压强为p2，，
根据查理定律，解得
(2)当外界大气压变为75cmHg时，
玻璃泡内气体压强为和温度为，
由查理定律，解得
【答案】 (1)；(2)22℃
22．(2022•成都市第七中学高三(下)入学考试)如图所示，导热气缸上端开口，竖直固定在地面上，高度质量均为的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，弹性系数，A、B与气缸间无摩擦。大气压，密封气体初始温度，重力加速度g取，活塞面积，其厚度忽略不计。
(1)给电阻丝通电加热密封气体，当活塞A缓慢上升到气缸顶端时，求密封气体的温度；
(2)保持密封气体的温度不变，当用的力竖直向下压活塞A，求稳定时A向下移动的距离。
【解析】 (1)活塞缓慢上升运动中，封闭气体的压强不变，由盖-吕萨克定律知
因为活塞A、B之间是真空，因此A、B之间的距离不变，V1=2V0，计算得出T1=2T0=600K
(2)设用F向下压活塞A前、后弹簧的压缩量为x1、x2，有kx1=mg+p0S，kx2=mg+p0S+F
施加力F前、后弹簧长度的变化量为Δx，有Δx=x2−x1=15cm
设用F向下压活塞A前、后封闭气体的压强为p1、p2，有，
因为温度不变，由玻意耳定律知p1V1=p2V2，V1=SH1，V2=SH2
设活塞下降的距离ΔH，有ΔH=H1−H2=
A活塞下降的距离ΔL=ΔH+Δx=30cm
【答案】 (1)600K；(2)30cm
23．(2022•四川省成都石室中学高三(下)二模)如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102 kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0=4.5×103 Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h="40" cm，求此时左、右两气室的体积之比．取重力加速度大小g="10" m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．
【解析】 设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得
p0V01=p1V1①
p0V02=p2V2②
依题意有V01+V02=V1+V2③
由力的平衡条件有p2–p1=ρgh④
联立①②③④式，并代入题给数据得⑤
由此解得(另一解不合题意，舍去)⑥
由③⑥式和题给条件得V1:V2=1:1⑦
【答案】 1:1
24．(2022•陕西省西安中学第二次模拟考试)如图所示是小明学习完热学内容后设计的一个测量小车加速度的简易装置。在车上水平固定内壁光滑且导热的气缸，缸内有一定质量的空气(可视为理想气体〕，被质量为m且厚度不计的活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分。小车静止时活塞刚好位于气缸中间，此时左右两边气体压强均为大气压，假设外界温度不变，已知活塞面积为S，气缸长度为，求：
(1)现小车以一定的加速度向右运动时，发现左侧部分Ⅰ气体的体积正好是静止时的一半，请帮助小明计算出此时小车的加速度a；
(2)当小车以加速度向左匀减速运动时，求右侧部分Ⅱ气体的体积。
【解析】 (1)左右两部分气体温度不变，发生等温变化，根据波意耳定律可知，
对左侧气体Ⅰ有，解得
对右侧气体Ⅱ有，解得
对活塞由牛顿第二定律可得，
解得此时小车的加速度大小为，方向水平向右。
(2)当小车向左匀减速运动时，活塞所受合力向右，故左侧气体压强较大、体积较小，
设活塞偏向左侧距离为x，由波意耳定律对左侧气体Ⅰ得
对右侧气体Ⅱ得
对活塞由牛顿第二定律可得，联立解得
故右侧部分Ⅱ气体的体积为
【答案】 (1)，方向向右；(2)
25．(2022•银川一中第六次月考)如图甲所示为气压式升降椅，其简化原理图如图乙所示，可上下自由移动的圆柱形气缸(导热性能良好)与椅面固定连接，两者的质量之和，横截面积的柱状气动杆与底座固定连接。圆柱形气缸与柱状气动杆间封闭有一定质量的氮气，稳定后测得封闭气柱长度。当质量的人静坐在椅面上(手脚未接触其它物体)，稳定后封闭气柱长度为。已知大气压强初始环境温度，重力加速度，所有摩擦均可忽略不计，气缸内气体可视为理想气体。求：
(1)的大小；
(2)若要质量的人静坐在椅面上，稳定后封闭气柱长度为，外界环境温度需要达到多少摄氏度。(计算结果保留三位有效数字，其中)
【解析】 (1)对封闭的理想气体分析，为等温变化，有
其中，，，
解得
(2)对封闭的理想气体分析，为等压变化，有
其中，，，解得，
【答案】 (1)；(2)
26．(2022•银川一中高三(下)一模)新冠疫情传播非常迅速，负压隔离病房在抗击疫情中起了关键作用。所谓负压病房是指在特殊的装置作用下，使病房内的气压低于病房外的气压。一般负压值(病房外与病房内气压差)为时效果比较理想。假设有一间负压隔离病房，开放状态时，病房内外的气压均为，病房内温度为；正常工作时，病房内温度为，负压值为。空气可视为理想气体，病房外环境保持不变。求：
(1)若病房密闭，仅将病房内温度升高到，病房内的气压(保留四位有效数字)；
(2)病房由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比(保留两位有效数字)。
【解析】 (1)若病房密闭，仅将病房内温度升高到，设升温后病房内的气压为p1，
病房内的气体发生等容变化，根据查理定律有，解得
(2)设病房的体积为。假设体积为V1、温度为、压强为p0的气体变为温度为、
压强为p2时的体积为V2，由题意可知
根据理想气体状态方程有
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为
联立解得
【答案】 (1)；(2)
27．(2022•银川一中第五次月考)中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声时，广场上的100个气球笼同时打开，10万只气球腾空而起，缤纷的色彩在天空中恣意绽放，一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道，本次使用的气球为氦气球，每个气球需要充入氦气，充气后压强等于一个标准大气压，地面附近空气温度为、压强为。
(1)用一个体积为、压强为的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致，不发生变化)，在忽略漏气损耗的情况下，这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球；
(2)本次大会使用的气球由可降解材料制成，当气球体积膨胀到时会发生爆炸。已知高度每升高，空气温度下降，若一个气球在刚好上升到时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气)，则此时高处大气压强为多少。
【解析】 (1)氦气罐体积，压强，每个气球充满气的体积，
压强，由玻意耳定律可得，可得
所以每个罐子可以充气球995个；
(2)在地面，气球，压强，温度为，
到达高空时，，温度为，
由理想气体状态方程，解得
【答案】 (1)995个；(2)
28．(2022•辽宁省名校联盟高三(下)3月联合考试)如图所示，两端开口、内壁光滑的导热汽缸竖直固定放置在地面上，活塞A的质量为，横截面面积为；活塞B的质量为，横截面面积为。两个活塞由长度为的轻杆相连，两活塞厚度均不计，活塞间封闭有一定质量的理想气体。上方较细的汽缸足够长，下方较粗的汽缸长度为，开始时，活塞B距离地面，整个装置处于静止状态。大气压强恒为，初始时汽缸周围环境温度，重力加速度g取。(结果均保留到个位)
(1)求初始时活塞间封闭气体的压强；
(2)由于环境温度缓慢变化使两活塞缓慢上升，那么环境温度应变为多少开尔文？
【解析】 (1)对活塞A、轻杆和活塞B整体由平衡条件得
代入数据解得
(2)环境温度变化前密闭气体的体积
环境温度变化后密闭气体的体积
由盖一吕萨克定律有，解得
【答案】 (1)；(2)
29．(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h=3.0cm，a距缸底的高度为H=12cm，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m=5．0kg，面积为S=1.0×10－3m2，厚度可忽略，活塞和汽缸壁均绝热，不计活塞与气缸间的摩擦。开始时活塞静止于b处，且活塞与卡口刚好没有作用力，气体温度为T0=300K，大气压强为P0=1.0×105Pa。现将一质量也为m的物体轻放在活塞上，活塞刚好到达a处后保持静止。重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)活塞到达a处后气缸内的压强；
(2)活塞到达a处后气缸内的温度。
【解析】 (1)活塞恰好静止在a处，由平衡得，解得
同理可得活塞恰好静止在b处，，解得
(2)由理想气体状态方程，解得
【答案】 (1)(2)
30．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中，使之漂浮于水面，将瓶盖拧紧之后，若用力挤压塑料瓶的侧壁，小玻璃瓶将会下沉，松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积VA=11cm3，玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm，玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm，玻璃瓶质量m=1g。大气压强为p0=1.0×105Pa，环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。求：
①玻璃瓶底部面积S；
②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少？(处理气体实验定律时，A、B两部分气体压强差别极小，可认为气压相等)
【解析】 ①根据平衡可知，解得
②小瓶初态
当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体V2=xS，压强p2=p′0
对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知p1V1=p2V2
对小瓶根据平衡状态
对气体A：
联立解得
【答案】 ①；②
31．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)如图所示，一端封闭、粗细均匀、长度L0=65cm的竖直玻璃管内，有段长L=25cm的水银柱封闭了一定量的理想气体，气体的温度T1=300K，密封气柱长L1=30cm，大气压强P0=75cmHg。求：
(1)若给玻璃管内的气体缓慢加热，求管内水银柱刚要溢出时气体的温度；
(2)若保持气体温度不变，缓慢旋转玻璃管至开口竖直向下，是否会有水银流出？若有，求流出的水银长度；若没有，求末状态时水银至管口的距离。
【解析】 (1) 给玻璃管内的气体缓慢加热，管内气体做等压变化，
管内水银柱刚要溢出时气柱的长为
由，可得
(2)假设没有水银流出，由平衡关系可得
由，代值可得
所以有水银流出，设流出的水银柱长为x，则封闭空气柱的长度为
封闭空气柱的压强为
由，可得
【答案】 (1)400K；(2)有水银流出；流出的水银长度为10cm
32．(2022•湖南省雅礼中学高三(下)第七次月考)如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB=3.6L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连．汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，A放在温度恒为T1=300K、压强为P0=1.0×105Pa的大气中，B放在T2=400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好．开始时C是关闭的，A内装有温度为T1=300K、体积为VA=2.4L的气体，B内没有气体．打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，求以下两种情况下气体的体积和压强：
①汽缸A、活塞D和细管都是绝热的；
②A的器壁导热性能良好，且恒温槽温度调高为500K．
【解析】 ①设活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为，压强设为，体积为，则对活塞，由平衡条件，有：①
解得
由理想气体状态方程可如②
①②联立，解得:小于，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上，则此时气体体积为．
设此时气体压强为，由理想气体状态方程可知③
解得内．
②设活塞D最终停止移动时靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为，压强设为，体积为，由理想气体状态方程可知:④
解得大于
由此可知活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，则此时气体压强为．设此时气体体积为，由理想气体状态方程可知⑤
解得
【答案】 ①3.6L 8.89×104Pa ②3.84L 1.0×105Pa
33．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形气缸静止在一水平面上，缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k=500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点。整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到气缸底部的高度为h=30cm。已知活塞的表面积为S=50cm2。大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。
(1)求缸内气体的压强p1；
(2)缓慢打开阀门K，当活塞稳定时，气缸内剩余的气体为原来的几分之几？
【解析】 (1)弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得
代入数据解得
(2)打开阀门K活塞稳定时气缸内气体的压强
设弹簧的伸长量为x，对活塞，由平衡条件得，代入数据解得x=20cm
缸内气体初状态的压强
体积
气体温度不变，由玻意耳定律得
代入数据解得，气体的体积
当活塞稳定时
【答案】 (1)1.2×105Pa；(2)
34．(2022•湖南省长郡中学第六次月考)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示，横截面积为S=5cm2的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为t1=27°C，压强为大气压强，且大气压强p0=1×105Pa。当封闭气体温度上升至t2=33°C时，杯盖恰好被顶起，放出少量气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为大气压强p0，剩余气体温度仍为33°C，再经过一段时间，剩余气体温度恢复到27°C，封闭气体可视为理想气体，取重力加速度g= 10m/s2。求:
(1)热杯盖的质量；
(2)当温度恢复到t1=27°C时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。
【解析】 (1)温度t1升到t2为等容变化，研究热杯盖内封闭的气体
，，
由受力平衡得
根据查理定律得，解得
(2)研究杯内剩余气体，，
由受力平衡得
根据查理定律得，解得
【答案】 (1)0.1kg；(2)
35．(2022•湖北省荆州中学高三(上)期末)如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为，横截面积为，小活塞的质量为，横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为，气缸外大气压强为，温度为．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度取，求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
【解析】 (1)大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
气体的状态参量：，
T1=495K，，
由盖吕萨克定律得：，解得：T2=330K；
(2)大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得： ，
代入数据解得：p2=1.1×105Pa，T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得：，解得：p3=1.01×105Pa；
【答案】 (1)(2)
36．(2022•齐齐哈尔实验中学第一次月考)如图所示，开口向上、竖直放置的导热汽缸内壁光滑，汽缸内部的横截面积为S，高度为h，汽缸内有一质量为m，厚度不计的活塞，活塞下端封闭一定质量理想气体。在汽缸内A、处放置装有力传感器的小卡环，卡环上表面与汽缸底的距离为0.5h。开始时，活塞置于汽缸顶端，初始状态温度为T，外界大气压强大小为且保持不变。缓慢降低被封闭气体的温度，求：
①当活塞恰好与卡环接触但无压力时，被封闭气体的温度；
②当传感器显示活塞对卡环的压力为0.5mg时，被封闭气体的温度。
【解析】 ①从开始降温到活塞恰好与卡环接触但无压力时的过程为等压变化
由盖吕萨克定律可得，解得
②当传感器显示活塞对卡环的压力为时，设被封闭气体压强为，
则有，，解得
由理想气体状态方程可得，解得
【答案】 ①；②。
37．(2022•鹤岗市第一中学高三(上)期末)如图，A、B两个密闭汽缸通过一细管(体积可忽略且不导热)连通，汽缸B内装有一定量水银。初始时两汽缸都密封有V0= 50cm3理想气体，A汽缸内气体压强为p0= 80 cmHg，细管内液面与B汽缸液面相平，B汽缸液面与细管顶端相距H=7 cm。现对B汽缸内气体缓慢加热，把一部分水银压到A汽缸，直到A汽缸的水银液面高度为hA=2cm。已知：汽缸A底面积为SA=5cm2 ，汽缸B底面积为SB=10 cm2，汽缸导热、气密性良好，室温为t=27°C.(T=t+273K)。
(1)求加热后汽缸A、B内气体的压强pA、pB；
(2)求加热后汽缸B内气体的温度TB。
【解析】 (1)加热后汽缸A内气体体积为VA=V0－SAhA=40cm3
汽缸A内气体经历等温变化，根据玻意耳定律有p0V0=pAVA，解得pA=100cmHg
设加热后汽缸B内水银液面下降的高度为hB，根据体积关系有SAhA=SBhB，解得
此时汽缸A、B中水银液面高度差为ΔH=H+hA+hB=10cm
所以pB=pA+10cmHg=110cmHg
(2)加热后汽缸B内气体体积为VB=V0+SAhA=60cm3
开始时汽缸B内气体的温度为T0=t0+273K=300K
对汽缸B内气体由理想气体状态方程有，解得TB=495K
【答案】 (1)100cmHg，110cmHg；(2)495K
38．(2022•黑龙江省哈三中高三(下)一模)如图所示，一个导热的粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A，B两部分理想气体，下方水银的右液面比左液面高∆L=8cm，右管上方的水银柱高h=25cm，初始环境温度T1=810K，A气体长度L1=30cm，外界大气压强p0=75cmHg且始终保持不变。
(1)缓慢降低环境温度至T2，使下方水银左右液面等高，求T2；
(2)保持温度T2不变，在右管中缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，使A气体长度压缩为L2=20cm，求注入的水银高度h'。
【解析】 (1)对A气体，初态时的压强为
下方水银左右液面等高时有
设管的横截面积为S，根据理想气体状态方程，有
代入数据解得
(2)右管注入水银，A气体经历等温压缩过程，
长度为L2=20cm时，下方水银的左液面比右液面高
A气体压强为
根据玻意耳定律，有，代入数据解得
【答案】 (1)650K；(2)42cm
39．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)一根长为L＝100cm、粗细均匀、可弯曲的导热细管，一端封闭，一端开口。现把细管弯成“L”形，如图所示，竖直段的长度h＝60cm。然后将水银从管口缓慢注入且不让细管中的空气泄漏。已知大气压强p0＝76cmHg，假定细管被弯曲时，管的长度和管的内径都不发生变化。
(1)若注入19cm的水银，求细管内封闭空气的长度；
(2)求能注入水银的最大长度。
【解析】 (1)假设注入的水银未进入细管的水平部分，设注入水银后细管内封闭空气的长度为L1，细管横截面积为S，对于管内的空气，初态时：p1＝p0，V1＝LS；
末态时：p2＝p0+19cmHg，V2＝L1S。
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据得76×100＝(76+19)×L1，解得L1＝80cm
因L1＞L﹣h＝100cm﹣60cm＝40cm
即末态封闭空气长度大于管水平部分的长度，故假设成立，则细管内封闭空气的长度为80cm。
(2)当注入的水银与管口相平时，注入水银的长度最长，设为x cm，
假设注入的水银未进入细管的水平部分。
对于管内的空气，初态时：p1＝p0，V1＝LS；
末态时：p3＝p0+x，V3＝(L﹣x)S。
由玻意耳定律得p1V1＝p3V3
代入数据得76×100＝(76+x)×(100﹣x)，解得x＝24cm
因x＜h＝60cm，即末态水银柱全部在管的竖直部分，故假设成立。
则能注入水银的最大长度为24cm。
【答案】 (1)80cm；(2)24cm
40．(2022•广东省汕头市金山中学高三(上)期末)如图所示，开口向上的气缸由粗细不同的两段圆筒组成，上段气缸足够高下段气缸高度为2l，上段内径为下段内径的2倍。活塞P静止在上段气缸中，活塞Q静止在下段气缸正中位置，PQ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p0，两个活塞与气缸内壁的摩擦忽略不计，且气密性好，缸内封闭有两段理想气体I、II，气体温度均为T0，重力加速度为g。求：
(1)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？
【解析】 (1)由于上段内径为下段内径的2倍，所以P的横截面积为4S。设气体I、II的压强分别为p1、p2，对P、Q根据平衡条件分别有 ①
②
联立①②解得 ③
(2)在对气体加热的过程中，两部分气体做等压变化，设活塞Q刚好上升l时两部分气体温度升高了ΔT，对气体II由盖—吕萨克定律得 ④
解得 ⑤
【答案】 (1)；(2)
41．(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示，一大汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S=50cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A的质量m=62.5kg，物块与平台间的动摩擦因数为μ，两物块间距为d=10cm.开始时活塞距缸底L1=10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0=1×105Pa，温度t1=27℃.现对汽缸内的气体缓慢加热，汽缸内的温度升为177℃时，物块A开始移动，并继续加热，保持A缓慢移动。(g=10m/s2)求：
①物块A与平台间的动摩擦因数μ；
②A与B刚接触时汽缸内的温度。
【解析】 (1) 由查理定律有，解得，，解得
(2) 物块 A 开始移动后，气体做等压变化，到 A 与 B 刚接触时p3= p2=1.5×105Pa; V3 = (L1+d)S
由盖—吕萨克定律有，解得
【答案】 ①0.8； ②900K
42．(2022•北京市牛栏山第一中学高三(下)入学考试)有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水槽中，管内水银面的高度即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计。
(1)在1标准大气压下对B管进行温度刻度标注(1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa)已知当温度=27℃时，管内水银面高度x=16 cm，此高度即为27℃的刻度线，问t=0℃的刻度线在何处？
(2) B管上温度刻度标注是否是均匀的？请推导说明。
(3)如果对以上B管标注27℃刻度线时，环境真实的压强比标准大气压小(例如在高山上实验)，但实验者当成了标准大气压来设计。若此温度计显示为“0℃”，则显示温度比实际温度高还是低？为什么？认为环境大气压没有随温度变化。
【解析】 (1)气体的状态参量，
，
气体发生等容变化，由查理定律可得，即，解得
则
(2) 气体发生等容变化，由查理定律得，即
解得水银柱高度随温度的变化关系为
x与t是线性关系，所以刻度均匀。
(3) 显示的温度比实际温度高，因为实际大气压比标准大气压小，气体体积不变，由查理定律可知，实际温度比真实的温度低，则此温度计显示的温度比实际温度高。
【答案】 (1)21.4cm；(2)均匀，见详解；(3)高，见详解
【能力提升练】 第二节 固体、液体和气体
1．(多选)(2022•湖南省长沙市第一中学高三第六次月考)下列说法正确的是( )
A．由于表面层内液体的分子分布较疏，分子间分子力体现为引力，所以产生了表面张力
B．温度高的物体内能一定比温度低的物体内能大
C．温度高的物体内所有分子一定比温度低的物体内分子运动得快
D．一定质量的气体，温度升高时，压强可能变小
E．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
【解析】 A．表面张力的产生是由于表面层内液体的分子分布较疏，分子间分子力体现为引力导致的，A正确；
B．内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，不仅与温度有关，还与体积和分子总数有关，所以温度高的物体内能不一定比温度低的物体内能大，B错误；
C．温度是分子平均动能的标志，由于物质种类不一定相同，分子平均动能大的，分子平均速率不一定大，即使是分子平均速率大的物体，也不是所有分子比平均速率小的物体内所有分子运动得快，C错误；
D．一定质量的气体，温度升高时，若体积增大太多，压强可能反而减小，D正确；
E．食盐熔化过程中，温度保持不变，吸收的热量用于破坏食盐的空间点阵结构，说明食盐是晶体，E正确。综上所述，选ADE。
【答案】 ADE
2．(2022•重庆市第七次质检) “水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势．某型号“水刀”工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”在任意相等时间t内用水量都为，水的密度为，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散研没有反弹，当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开。则该“水刀”细喷嘴的横截面积至多为( )
A． B． C． D．
【解析】 设水的速度为，该“水刀”细喷嘴的横截面积为，任意相等时间t内用水量都为，则有，解得，选取时间内打在材料表面质量为水为研究对象，由动量定理得，其中，解得，根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力，水对材料垂直于表面方向的压强为，联立以上式子解得，由题意当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开，则，解得，选项A正确，BCD错误；故选A。
【答案】 A
3．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)如图所示，粗细均匀的细直玻璃管上端封闭，开口端竖直向下插入水银槽中，管内封闭有一定质量的理想气体，玻璃管露出水银槽液面的长度为L=40cm，管内外水银面高度差为h=8cm．现使管缓慢转过θ=37°角，保持玻璃管在水银槽液面上方的长度L不变，外界大气压强不变，这时( )
A．管内气柱长度可能为30cm
B．管内气柱长度可能为32cm
C．管内水银柱长度可能为9cm
D．管内水银柱长度可能为12cm
【解析】 A、D项：假设管子内没有气体，在管子缓慢转过θ=37°角过程，水银柱的竖高度不变，当θ=37°时，由几何知识得到管中水银柱的长度为，管子上部分长度为30cm．由于管内的气体对水银柱产生压强，则管内水银柱的长度小于10cm，管内气体的长度应大于30cm．故AD错误；
B项：若管内气柱长度仍为32cm，水银柱高度8cm，管内气体的压强应不变，而实际上当水银柱长度仍是8cm，水银柱产生的压强减小，大气压不变，管内气体压强增大，体积将减小，管内气柱长度小于32cm．故B错误；
C项：管内气体的长度范围为30cm＜L＜32cm，则水银柱的长度范围为8cm＜h＜l0cm，所以管内水银柱长度可能为9cm．故C正确．
【答案】 C
4．(2022•山东省高三(下)开年摸底联考)用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球。不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程比较( )
A．篮球内气体压强的增加量相等 B．篮球内气体压强的增加量大
C．篮球内气体压强的增加量小 D．压入的气体分子数少
【解析】 ABC．设篮球的容积为，打气筒的容积为，打第次气后篮球内气体的压强为，打第次气后篮球内气体的压强为，根据玻意耳定律有，整理得，即后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，BC错误；
D．每次压入的气体体积、温度和压强都相同，所以每次压入的气体分子数相同，故D错误。故选A。
【答案】 A
5．(2022•湖北省圆创联考高三(下)第二次联合测评)1783年11月21日，蒙特哥菲尔兄弟完成了人类第一次热气球旅行，如今乘热气球飞行已成为人们喜爱的一种航空体育运动。要让热气球升空，必须加热气球里的空气，使气球体积变大，以增加空气浮力。现有一总质量为6×102kg热气球(不含球内空气)，当加热其内空气，使其体积膨胀至3×103m3后，恰好升空，此时空气浮力等于热气球的总重量(含球内的空气)。已知外界气温为22℃，空气密度为1.2kg/m3，气球内、外的空气都视为理想气体，且加热时球外空气的温度、压强不变。则热气球内的空气温度为( )
A．81℃ B．72℃ C．57℃ D．42℃
【解析】 由题意可知，热气球总重量与其所受浮力大小相等，而总重量为，浮力为，由，可得，解得，加热气球内的气体是等压过程，有，，解得，，而，可得，，故选A。
【答案】 A
6．(2022•上海交通大学附属中学高三(下)期中)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l＝10cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，则A侧空气柱的压强将_________(选填“不变”“变小”或“变大”)。当两侧的高度差为h1＝10cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0＝75cmHg。则放出部分水银后A侧空气柱的长度为_________cm。
【解析】 [1] 从U形管中放出部分水银，A侧水银面下降，空气柱长度增大，体积增大，根据玻意耳定律可知压强变小；
[2]以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有pl=p1l1，由力学平衡条件，有p=p0+ph，打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有p1=p0﹣ph1，联立并代入题目数据，有l1=12cm
7．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S，气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为_______时，气缸将获得最大加速度，气缸的最大加速度为_______。(外界大气压强为)
【解析】 [1]气缸中封闭气体的初始气压为，当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程，解得，当气缸内气体的压强为时，气缸将获得最大加速度。
[2]此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，解得，气缸的最大加速度为。
【答案】 ① ②
8．(2022•高考山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量Dm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
【解析】 (1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg = ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0 + DV) - Mg = Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，
且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
解得
则此时B室内气体质量
【答案】 (1)；(2)
9．(2022•辽宁省部分重点中学协作体高三(下)模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为，内部分别有轻质薄活塞、，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为，汽缸Ⅰ内通过活塞封有压强为的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞封有压强为的气体，一细管连通两汽缸，初始状态、均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过向右移动的距离可测定水的深度。已知相当于高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
(1)当向右移动时，水的深度；
(2)该深度计能测量的最大水深。
【解析】 (1)当A向右移动时，设B不移动，对Ⅰ内气体，
由玻意耳定律得p0SL＝p1SL，解得p1＝p0
而此时B中气体的压强为3p0＞p1，故B不动。
由p1＝p0＋Δp，解得水的深度h＝10·＝5m
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于3p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得3p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋Δp2，联立解得hm＝10·＝30m
【答案】 (1)5m；(2)30m
10．(2022•东北育才学校七模)如图，粗细均匀的光滑细玻璃管竖直放置，A、G端均开口，BC段和DEF段有水银柱。其中，AB段长度为40cm，BC、EF段长度均为25cm，CD段长度40cm。DE段长度10cm、FG段比较长，CD部分封闭有一定质量的理想气体，外界大气压强po=75cmHg。求：
(1)初始状态下，CD段气体的压强；
(2)当封闭A端，在G端加上活塞并缓慢向左压，使BC段水银柱的B端向上移动10cm。求FE段水银柱的F端向下移动的距离(整个过程温度不变)。
【解析】 (1)设初状态CD部分气体的压强为，则
(2)封闭A端，在G端加上活塞并缓慢向左压，设初状态AB部分气体的压强为，体积为，
末状态AB部分气体的压强为，体积
由玻意耳定律，，解得
再研究CD段气体，由玻意耳定律，，解得
综合所述，FE段水银柱的F端向下移动的距离
【答案】 (1)；(2)
11．(2022•湖南师范大学附属中学二模)如图所示，A、B、C三段粗细相同且均匀、底部连通的玻璃管竖直放置，A管上端封闭，B管上端开口，C管中有活塞且与管内壁气密性良好，管内有水银，A管中水银液面比B管中水银液面低h=4cm，C管中水银液面比A管中水银液面低h=4cm，A管和C管中封闭气柱长均为9cm，大气压强为76cmHg，将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14cm(此时C管中仍有水银)，求：
(1)C管中水银液面下降的高度；
(2)活塞向下移动的距离。(结果保留两位有效数字)
【解析】 (1)设玻璃管横截面积为S，初状态，A中气体压强Hg
A中气体体积为
将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14 cm，
则末状态A中气体压强为Hg
根据玻意耳定律得，解得
C中液面下降的距离等于AB中液面上升距离之和，
因此C管中水银液面下降的距离为
(2)C中气体，初状态压强为Hg，体积为
末状态压强为
其中为B管中液面上升高度，根据①得，解得Hg
根据玻意耳定律得，解得
则活塞移动的距离为
【答案】 (1)12cm；(2)14cm
12．(2022•成都外国语学校高三(下)二模)如图所示，一细U型管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为，管的各部分尺寸如图所示，图中封闭空气柱长度。其余部分长度分别为；现使气体温度绥慢升高，取大气压强为，求：
(1)气体温度升高到多少时右侧水银柱开始全部进入竖直管；
(2)气体温度升高到多少时右侧水银柱与管口相平。
【解析】 (1)设U型管的横截面积是S，对封闭气体分析，
其初状态P1=p0+h1 cmHg=75 cmHg+5 cmHg=80cmHg，V1=L1S=20S
当右侧水银全部流到竖直管中时，水银柱的高度h=h1+L3=5cm+10cm=15cm
此时气体的状态参量P2=p0+h=75 cmHg +15 cmHg =90 cmHg，V2=L1S+2L3S=20S+2×10S=40S
由理想气体的状态方程可得
代入数据解得T2=630K
(2)当右侧水银全部流到竖直管中时，产生的压强不在增大，左侧的水银柱不动，右侧的水银柱与管口相平时，气体的体积V3=L1S+L3S+h2S=20S+10S+20S=50S
由盖吕萨克定律可得
代入数据解得T3=787.5K
【答案】 (1)630K；(2)787.5K
13．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第六次月考)如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝100 cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m＝62.5 kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.8.两物块间距为d＝10 cm.开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0＝1×105 Pa，温度t1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热，(g＝10 m/s2)求：
①物块A开始移动时，汽缸内的温度；
②物块B开始移动时，汽缸内的温度．
【解析】 ①物块A开始移动前气体做等容变化，则有p2＝p0＋＝1.5×105 Pa
由查理定律有，解得T2＝T1＝450 K
②物块A开始移动后，气体做等压变化，到A与B刚接触时p3＝p2＝1.5×105 Pa；V3＝(L1＋d)S
由盖—吕萨克定律有，解得T3＝T2＝900 K
之后气体又做等容变化，设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4
p4＝p0＋ ＝2.0×105 Pa；V4＝V3
由查理定律有 ，解得：T4＝T3＝1 200 K
【答案】 (1)450 K(2)1200 K
14．(2022•陕西省西安中学高三(下)三模)2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。勤消毒是防疫很关键的一个措施。如图是防疫消毒用的喷雾消毒桶的原理图，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的消毒液，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气。将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有消毒液流出。已知消毒液的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体。
①求室内温度。
②在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比。
【解析】 (1)设喷雾器的截面积为S，室内温度为T1，气体压强为，
根据平衡可得，气体体积为
保持不变，气体做等容变化，根据查理定律，解得
(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为，体积为，若此气体经等温度变化，压强为时，体积为，根据平衡可得
根据玻意耳定律可得即
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为，
有，解得
【答案】 ①②
15．(2022•东北师范大学附属中学高三(下)测试(六))如图所示，一定质量的理想气体封闭在体积为V0的绝热容器中，初始状态阀门K关闭，容器内温度与室温相同，为T0＝300 K，有一光滑绝热活塞C(体积可忽略)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的2倍，A室容器上连接有一U形管(管内气体的体积可忽略)，左管水银面比右管水银面高76 cm。已知外界大气压强p0＝76 cmHg。则：
(1)将阀门K打开使B室与外界相通，稳定后，A室的体积变化量是多少？
(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，接着对B室气体缓慢加热，而A室气体温度始终等于室温，当加热到U形管左管水银面比右管水银面高19 cm时，B室内温度是多少？
【解析】 (1)将阀门打开，A室气体等温变化，则有2p0＝p0(＋ΔV)，得ΔV＝
(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，
U形管两边水银面的高度差为19 cm时，pA＝pB＝(76＋19) cmHg＝95 cmHg
A室气体变化过程：p0、、T0→pA、VA、T0
由玻意耳定律得p0＝pAVA，解得VA＝V0
B室气体变化过程：p0、、T0→pB、V0－VA、TB
由理想气体状态方程得，解得TB＝525 K
【答案】 (1)；(2)525 K
16．(2022•重庆市育才中学高三(下)入学考试)如图是由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，气缸内的气体可视为理想气体，压强为，封闭气体和活塞柱长度均为。活塞柱横截面积为；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为时，弹簧的压缩量为。大气压强恒为，环境温度不变。求该装置中弹簧的劲度系数。
【解析】 设大气压为p0，活套柱横截面积为S；
设装置未安装汽车上之前，气缸内气体压强为p1，气体长度为l，气缸内气体体积为V1；
装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x，气缸内气体压强为p2，气缸内气体体积为V2。
则依题意有，，
对封闭气体，安装前、后，等温变化，有
设弹簧劲度系数为k，对上支座进行受力分析，设汽车对气缸上支座的压力为F，
由平衡条件
联立并代入相应的数据，解得k=2×104N/m
【答案】 2×104N/m
17．(2022•重庆市第七次质检)如图所示，一足够长的均匀导热玻璃管开口向上竖直放置，管内有两段水银柱A和B，上段水银柱的长度。水银柱封闭着上下两段空气柱，长度分别为和。已知环境温度为，大气压强为。
①对整个玻璃管缓慢加热，使其温度升高，若上段空气柱长度增加，则下段空气柱长度变为多少？
②保持①问温度升高后不变，再将整个玻璃管绕底部顺时针旋转，则上段空气柱长度变为多少？(计算结果保留两位有效数字)
【解析】 ①两段空气柱均发生等压变化，对上段气体柱，下段气体
联立可得，得
则下段空气柱长度变为
②上段空气柱等温变化，得
代入数据可得
【答案】 ①6.4cm；②3.3cm
18．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，一粗细均匀的玻璃管开口向上竖直固定放置，玻璃管总长为，其中用长为的水银柱封闭了一段长为空气柱，环境初始温度为27℃，己知大气压强等于。
(1)现将玻璃管上管口封闭，并升高环境温度，管中水银柱将向上还是向下移动？通过计算说明理由；
(2)在(1)的条件下，为使水银柱移动距离为，求环境温度将升高到多少摄氏度？
【解析】 (1)设开始时水银柱上、下部分气体的压强分别为p1和p2，假设水银柱不移动，环境温度从T0变至T1后，水银柱上、下部分气体的压强分别变为和，
根据查理定律分别有，，解得，
开始时，根据平衡条件有
温度升高后，若水银柱不动，则
平衡将不能保持，假设不成立，所以管中水银柱将向上移动。
(2)设环境温度升高到T2时，水银柱向上移动1cm，且此时水银柱上、下部分气体的压强分别为和，根据理想气体状态方程分别有，，
而，，
联立解得，即
【答案】 (1)向上移动；(2)168℃
19．(2022•云南省三校高三(下)高考备考实用性联考(四))如图所示，横截面积均为S的两导热气缸A、B中装有同种气体，通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D，两气缸中各有一个质量为m的活塞，气缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，气缸B中气柱长度恰为L，气缸A中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3L，已知大气压强，弹簧的劲度系数，重力加速度为g，活塞可在气缸内无摩擦滑动且不漏气。现将一个质量为m的重物C轻轻地放到气缸A中的活塞上，并打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，求：
(1)弹簧的形变量；
(2)气缸A中活塞向下移动的距离。
【解析】 (1)未放重物C时气缸A中气体的压强
气缸B中气体的压强
放上重物C后两部分气体混合，压强为
气缸B中活塞平衡时，由平衡条件可得，解得弹簧的形变量x=L
(2)两部分气体混合后的总长度设为y，由玻意耳定律可得，解得
由几何关系知气缸A中的活塞向下移动的距离为，代入整理得
【答案】 (1)L；(2)
20．(2022•昆明一中、银川一中高三(下)一模)某同学设计了测量当地大气压的简易装置，如图所示，装置为一两端开口的U型玻璃管，实验前该同学利用游标卡尺测得U型管的内径为d，然后将U型管竖直放置，并向其中注入定量的水，初始时U型管两端的液面齐平。现用一质量为m的光滑活塞将气体封闭在管内，测得气体柱长度为l1，再将质量为m的大小略小于管内径的物块放到活塞上，测得气体柱长度为l2。已知当地重力加速度为g，求当地大气压的大小。
【解析】 只放活塞时，根据平衡条件
加上物块后，根据平衡条件，又
根据玻意耳定律
联立解得
【答案】
21．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))在学习了气体性质和规律后，物理兴趣小组的同学制作了一个温度计，将一个一端开口，一端带有玻璃泡A的细玻璃管(玻璃泡A导热良好，其内封闭一定量的理想气体)竖直倒插入水银槽中，管内水银面的高度就可以反映玻璃泡A内气体的温度，在管壁上加画刻度，即可直接读出温度值。不考虑细管B内液面高度变化引起的气体体积变化，温度计的构造如图所示。(T=t+273)
(1)在一个标准大气压76cmHg下对细管B进行刻度，设细管B内水银柱高出水银槽水银面的高度为h，已知环境温度为t1=27℃时的刻度线在h=16cm处，则在可测量范围内，摄氏温度t和h应符合什么规律？
(2)若大气压降为75cmHg，求该温度计读数为27℃时的实际摄氏温度。
【解析】 (1)设27℃时玻璃泡内气体的压强、温度分别为p1、T1
，
设玻璃泡内气体温度为t℃时压强为p2，，
根据查理定律，解得
(2)当外界大气压变为75cmHg时，
玻璃泡内气体压强为和温度为，
由查理定律，解得
【答案】 (1)；(2)22℃
22．(2022•成都市第七中学高三(下)入学考试)如图所示，导热气缸上端开口，竖直固定在地面上，高度质量均为的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，弹性系数，A、B与气缸间无摩擦。大气压，密封气体初始温度，重力加速度g取，活塞面积，其厚度忽略不计。
(1)给电阻丝通电加热密封气体，当活塞A缓慢上升到气缸顶端时，求密封气体的温度；
(2)保持密封气体的温度不变，当用的力竖直向下压活塞A，求稳定时A向下移动的距离。
【解析】 (1)活塞缓慢上升运动中，封闭气体的压强不变，由盖-吕萨克定律知
因为活塞A、B之间是真空，因此A、B之间的距离不变，V1=2V0，计算得出T1=2T0=600K
(2)设用F向下压活塞A前、后弹簧的压缩量为x1、x2，有kx1=mg+p0S，kx2=mg+p0S+F
施加力F前、后弹簧长度的变化量为Δx，有Δx=x2−x1=15cm
设用F向下压活塞A前、后封闭气体的压强为p1、p2，有，
因为温度不变，由玻意耳定律知p1V1=p2V2，V1=SH1，V2=SH2
设活塞下降的距离ΔH，有ΔH=H1−H2=
A活塞下降的距离ΔL=ΔH+Δx=30cm
【答案】 (1)600K；(2)30cm
23．(2022•四川省成都石室中学高三(下)二模)如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102 kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0=4.5×103 Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h="40" cm，求此时左、右两气室的体积之比．取重力加速度大小g="10" m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．
【解析】 设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得
p0V01=p1V1①
p0V02=p2V2②
依题意有V01+V02=V1+V2③
由力的平衡条件有p2–p1=ρgh④
联立①②③④式，并代入题给数据得⑤
由此解得(另一解不合题意，舍去)⑥
由③⑥式和题给条件得V1:V2=1:1⑦
【答案】 1:1
24．(2022•陕西省西安中学第二次模拟考试)如图所示是小明学习完热学内容后设计的一个测量小车加速度的简易装置。在车上水平固定内壁光滑且导热的气缸，缸内有一定质量的空气(可视为理想气体〕，被质量为m且厚度不计的活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分。小车静止时活塞刚好位于气缸中间，此时左右两边气体压强均为大气压，假设外界温度不变，已知活塞面积为S，气缸长度为，求：
(1)现小车以一定的加速度向右运动时，发现左侧部分Ⅰ气体的体积正好是静止时的一半，请帮助小明计算出此时小车的加速度a；
(2)当小车以加速度向左匀减速运动时，求右侧部分Ⅱ气体的体积。
【解析】 (1)左右两部分气体温度不变，发生等温变化，根据波意耳定律可知，
对左侧气体Ⅰ有，解得
对右侧气体Ⅱ有，解得
对活塞由牛顿第二定律可得，
解得此时小车的加速度大小为，方向水平向右。
(2)当小车向左匀减速运动时，活塞所受合力向右，故左侧气体压强较大、体积较小，
设活塞偏向左侧距离为x，由波意耳定律对左侧气体Ⅰ得
对右侧气体Ⅱ得
对活塞由牛顿第二定律可得，联立解得
故右侧部分Ⅱ气体的体积为
【答案】 (1)，方向向右；(2)
25．(2022•银川一中第六次月考)如图甲所示为气压式升降椅，其简化原理图如图乙所示，可上下自由移动的圆柱形气缸(导热性能良好)与椅面固定连接，两者的质量之和，横截面积的柱状气动杆与底座固定连接。圆柱形气缸与柱状气动杆间封闭有一定质量的氮气，稳定后测得封闭气柱长度。当质量的人静坐在椅面上(手脚未接触其它物体)，稳定后封闭气柱长度为。已知大气压强初始环境温度，重力加速度，所有摩擦均可忽略不计，气缸内气体可视为理想气体。求：
(1)的大小；
(2)若要质量的人静坐在椅面上，稳定后封闭气柱长度为，外界环境温度需要达到多少摄氏度。(计算结果保留三位有效数字，其中)
【解析】 (1)对封闭的理想气体分析，为等温变化，有
其中，，，
解得
(2)对封闭的理想气体分析，为等压变化，有
其中，，，解得，
【答案】 (1)；(2)
26．(2022•银川一中高三(下)一模)新冠疫情传播非常迅速，负压隔离病房在抗击疫情中起了关键作用。所谓负压病房是指在特殊的装置作用下，使病房内的气压低于病房外的气压。一般负压值(病房外与病房内气压差)为时效果比较理想。假设有一间负压隔离病房，开放状态时，病房内外的气压均为，病房内温度为；正常工作时，病房内温度为，负压值为。空气可视为理想气体，病房外环境保持不变。求：
(1)若病房密闭，仅将病房内温度升高到，病房内的气压(保留四位有效数字)；
(2)病房由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比(保留两位有效数字)。
【解析】 (1)若病房密闭，仅将病房内温度升高到，设升温后病房内的气压为p1，
病房内的气体发生等容变化，根据查理定律有，解得
(2)设病房的体积为。假设体积为V1、温度为、压强为p0的气体变为温度为、
压强为p2时的体积为V2，由题意可知
根据理想气体状态方程有
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为
联立解得
【答案】 (1)；(2)
27．(2022•银川一中第五次月考)中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声时，广场上的100个气球笼同时打开，10万只气球腾空而起，缤纷的色彩在天空中恣意绽放，一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道，本次使用的气球为氦气球，每个气球需要充入氦气，充气后压强等于一个标准大气压，地面附近空气温度为、压强为。
(1)用一个体积为、压强为的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致，不发生变化)，在忽略漏气损耗的情况下，这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球；
(2)本次大会使用的气球由可降解材料制成，当气球体积膨胀到时会发生爆炸。已知高度每升高，空气温度下降，若一个气球在刚好上升到时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气)，则此时高处大气压强为多少。
【解析】 (1)氦气罐体积，压强，每个气球充满气的体积，
压强，由玻意耳定律可得，可得
所以每个罐子可以充气球995个；
(2)在地面，气球，压强，温度为，
到达高空时，，温度为，
由理想气体状态方程，解得
【答案】 (1)995个；(2)
28．(2022•辽宁省名校联盟高三(下)3月联合考试)如图所示，两端开口、内壁光滑的导热汽缸竖直固定放置在地面上，活塞A的质量为，横截面面积为；活塞B的质量为，横截面面积为。两个活塞由长度为的轻杆相连，两活塞厚度均不计，活塞间封闭有一定质量的理想气体。上方较细的汽缸足够长，下方较粗的汽缸长度为，开始时，活塞B距离地面，整个装置处于静止状态。大气压强恒为，初始时汽缸周围环境温度，重力加速度g取。(结果均保留到个位)
(1)求初始时活塞间封闭气体的压强；
(2)由于环境温度缓慢变化使两活塞缓慢上升，那么环境温度应变为多少开尔文？
【解析】 (1)对活塞A、轻杆和活塞B整体由平衡条件得
代入数据解得
(2)环境温度变化前密闭气体的体积
环境温度变化后密闭气体的体积
由盖一吕萨克定律有，解得
【答案】 (1)；(2)
29．(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h=3.0cm，a距缸底的高度为H=12cm，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m=5．0kg，面积为S=1.0×10－3m2，厚度可忽略，活塞和汽缸壁均绝热，不计活塞与气缸间的摩擦。开始时活塞静止于b处，且活塞与卡口刚好没有作用力，气体温度为T0=300K，大气压强为P0=1.0×105Pa。现将一质量也为m的物体轻放在活塞上，活塞刚好到达a处后保持静止。重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)活塞到达a处后气缸内的压强；
(2)活塞到达a处后气缸内的温度。
【解析】 (1)活塞恰好静止在a处，由平衡得，解得
同理可得活塞恰好静止在b处，，解得
(2)由理想气体状态方程，解得
【答案】 (1)(2)
30．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中，使之漂浮于水面，将瓶盖拧紧之后，若用力挤压塑料瓶的侧壁，小玻璃瓶将会下沉，松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积VA=11cm3，玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm，玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm，玻璃瓶质量m=1g。大气压强为p0=1.0×105Pa，环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。求：
①玻璃瓶底部面积S；
②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少？(处理气体实验定律时，A、B两部分气体压强差别极小，可认为气压相等)
【解析】 ①根据平衡可知，解得
②小瓶初态
当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体V2=xS，压强p2=p′0
对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知p1V1=p2V2
对小瓶根据平衡状态
对气体A：
联立解得
【答案】 ①；②
31．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)如图所示，一端封闭、粗细均匀、长度L0=65cm的竖直玻璃管内，有段长L=25cm的水银柱封闭了一定量的理想气体，气体的温度T1=300K，密封气柱长L1=30cm，大气压强P0=75cmHg。求：
(1)若给玻璃管内的气体缓慢加热，求管内水银柱刚要溢出时气体的温度；
(2)若保持气体温度不变，缓慢旋转玻璃管至开口竖直向下，是否会有水银流出？若有，求流出的水银长度；若没有，求末状态时水银至管口的距离。
【解析】 (1) 给玻璃管内的气体缓慢加热，管内气体做等压变化，
管内水银柱刚要溢出时气柱的长为
由，可得
(2)假设没有水银流出，由平衡关系可得
由，代值可得
所以有水银流出，设流出的水银柱长为x，则封闭空气柱的长度为
封闭空气柱的压强为
由，可得
【答案】 (1)400K；(2)有水银流出；流出的水银长度为10cm
32．(2022•湖南省雅礼中学高三(下)第七次月考)如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB=3.6L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连．汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，A放在温度恒为T1=300K、压强为P0=1.0×105Pa的大气中，B放在T2=400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好．开始时C是关闭的，A内装有温度为T1=300K、体积为VA=2.4L的气体，B内没有气体．打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，求以下两种情况下气体的体积和压强：
①汽缸A、活塞D和细管都是绝热的；
②A的器壁导热性能良好，且恒温槽温度调高为500K．
【解析】 ①设活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为，压强设为，体积为，则对活塞，由平衡条件，有：①
解得
由理想气体状态方程可如②
①②联立，解得:小于，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上，则此时气体体积为．
设此时气体压强为，由理想气体状态方程可知③
解得内．
②设活塞D最终停止移动时靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为，压强设为，体积为，由理想气体状态方程可知:④
解得大于
由此可知活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，则此时气体压强为．设此时气体体积为，由理想气体状态方程可知⑤
解得
【答案】 ①3.6L 8.89×104Pa ②3.84L 1.0×105Pa
33．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形气缸静止在一水平面上，缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k=500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点。整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到气缸底部的高度为h=30cm。已知活塞的表面积为S=50cm2。大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。
(1)求缸内气体的压强p1；
(2)缓慢打开阀门K，当活塞稳定时，气缸内剩余的气体为原来的几分之几？
【解析】 (1)弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得
代入数据解得
(2)打开阀门K活塞稳定时气缸内气体的压强
设弹簧的伸长量为x，对活塞，由平衡条件得，代入数据解得x=20cm
缸内气体初状态的压强
体积
气体温度不变，由玻意耳定律得
代入数据解得，气体的体积
当活塞稳定时
【答案】 (1)1.2×105Pa；(2)
34．(2022•湖南省长郡中学第六次月考)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示，横截面积为S=5cm2的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为t1=27°C，压强为大气压强，且大气压强p0=1×105Pa。当封闭气体温度上升至t2=33°C时，杯盖恰好被顶起，放出少量气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为大气压强p0，剩余气体温度仍为33°C，再经过一段时间，剩余气体温度恢复到27°C，封闭气体可视为理想气体，取重力加速度g= 10m/s2。求:
(1)热杯盖的质量；
(2)当温度恢复到t1=27°C时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。
【解析】 (1)温度t1升到t2为等容变化，研究热杯盖内封闭的气体
，，
由受力平衡得
根据查理定律得，解得
(2)研究杯内剩余气体，，
由受力平衡得
根据查理定律得，解得
【答案】 (1)0.1kg；(2)
35．(2022•湖北省荆州中学高三(上)期末)如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为，横截面积为，小活塞的质量为，横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为，气缸外大气压强为，温度为．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度取，求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
【解析】 (1)大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
气体的状态参量：，
T1=495K，，
由盖吕萨克定律得：，解得：T2=330K；
(2)大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得： ，
代入数据解得：p2=1.1×105Pa，T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得：，解得：p3=1.01×105Pa；
【答案】 (1)(2)
36．(2022•齐齐哈尔实验中学第一次月考)如图所示，开口向上、竖直放置的导热汽缸内壁光滑，汽缸内部的横截面积为S，高度为h，汽缸内有一质量为m，厚度不计的活塞，活塞下端封闭一定质量理想气体。在汽缸内A、处放置装有力传感器的小卡环，卡环上表面与汽缸底的距离为0.5h。开始时，活塞置于汽缸顶端，初始状态温度为T，外界大气压强大小为且保持不变。缓慢降低被封闭气体的温度，求：
①当活塞恰好与卡环接触但无压力时，被封闭气体的温度；
②当传感器显示活塞对卡环的压力为0.5mg时，被封闭气体的温度。
【解析】 ①从开始降温到活塞恰好与卡环接触但无压力时的过程为等压变化
由盖吕萨克定律可得，解得
②当传感器显示活塞对卡环的压力为时，设被封闭气体压强为，
则有，，解得
由理想气体状态方程可得，解得
【答案】 ①；②。
37．(2022•鹤岗市第一中学高三(上)期末)如图，A、B两个密闭汽缸通过一细管(体积可忽略且不导热)连通，汽缸B内装有一定量水银。初始时两汽缸都密封有V0= 50cm3理想气体，A汽缸内气体压强为p0= 80 cmHg，细管内液面与B汽缸液面相平，B汽缸液面与细管顶端相距H=7 cm。现对B汽缸内气体缓慢加热，把一部分水银压到A汽缸，直到A汽缸的水银液面高度为hA=2cm。已知：汽缸A底面积为SA=5cm2 ，汽缸B底面积为SB=10 cm2，汽缸导热、气密性良好，室温为t=27°C.(T=t+273K)。
(1)求加热后汽缸A、B内气体的压强pA、pB；
(2)求加热后汽缸B内气体的温度TB。
【解析】 (1)加热后汽缸A内气体体积为VA=V0－SAhA=40cm3
汽缸A内气体经历等温变化，根据玻意耳定律有p0V0=pAVA，解得pA=100cmHg
设加热后汽缸B内水银液面下降的高度为hB，根据体积关系有SAhA=SBhB，解得
此时汽缸A、B中水银液面高度差为ΔH=H+hA+hB=10cm
所以pB=pA+10cmHg=110cmHg
(2)加热后汽缸B内气体体积为VB=V0+SAhA=60cm3
开始时汽缸B内气体的温度为T0=t0+273K=300K
对汽缸B内气体由理想气体状态方程有，解得TB=495K
【答案】 (1)100cmHg，110cmHg；(2)495K
38．(2022•黑龙江省哈三中高三(下)一模)如图所示，一个导热的粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A，B两部分理想气体，下方水银的右液面比左液面高∆L=8cm，右管上方的水银柱高h=25cm，初始环境温度T1=810K，A气体长度L1=30cm，外界大气压强p0=75cmHg且始终保持不变。
(1)缓慢降低环境温度至T2，使下方水银左右液面等高，求T2；
(2)保持温度T2不变，在右管中缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，使A气体长度压缩为L2=20cm，求注入的水银高度h'。
【解析】 (1)对A气体，初态时的压强为
下方水银左右液面等高时有
设管的横截面积为S，根据理想气体状态方程，有
代入数据解得
(2)右管注入水银，A气体经历等温压缩过程，
长度为L2=20cm时，下方水银的左液面比右液面高
A气体压强为
根据玻意耳定律，有，代入数据解得
【答案】 (1)650K；(2)42cm
39．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)一根长为L＝100cm、粗细均匀、可弯曲的导热细管，一端封闭，一端开口。现把细管弯成“L”形，如图所示，竖直段的长度h＝60cm。然后将水银从管口缓慢注入且不让细管中的空气泄漏。已知大气压强p0＝76cmHg，假定细管被弯曲时，管的长度和管的内径都不发生变化。
(1)若注入19cm的水银，求细管内封闭空气的长度；
(2)求能注入水银的最大长度。
【解析】 (1)假设注入的水银未进入细管的水平部分，设注入水银后细管内封闭空气的长度为L1，细管横截面积为S，对于管内的空气，初态时：p1＝p0，V1＝LS；
末态时：p2＝p0+19cmHg，V2＝L1S。
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据得76×100＝(76+19)×L1，解得L1＝80cm
因L1＞L﹣h＝100cm﹣60cm＝40cm
即末态封闭空气长度大于管水平部分的长度，故假设成立，则细管内封闭空气的长度为80cm。
(2)当注入的水银与管口相平时，注入水银的长度最长，设为x cm，
假设注入的水银未进入细管的水平部分。
对于管内的空气，初态时：p1＝p0，V1＝LS；
末态时：p3＝p0+x，V3＝(L﹣x)S。
由玻意耳定律得p1V1＝p3V3
代入数据得76×100＝(76+x)×(100﹣x)，解得x＝24cm
因x＜h＝60cm，即末态水银柱全部在管的竖直部分，故假设成立。
则能注入水银的最大长度为24cm。
【答案】 (1)80cm；(2)24cm
40．(2022•广东省汕头市金山中学高三(上)期末)如图所示，开口向上的气缸由粗细不同的两段圆筒组成，上段气缸足够高下段气缸高度为2l，上段内径为下段内径的2倍。活塞P静止在上段气缸中，活塞Q静止在下段气缸正中位置，PQ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p0，两个活塞与气缸内壁的摩擦忽略不计，且气密性好，缸内封闭有两段理想气体I、II，气体温度均为T0，重力加速度为g。求：
(1)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？
【解析】 (1)由于上段内径为下段内径的2倍，所以P的横截面积为4S。设气体I、II的压强分别为p1、p2，对P、Q根据平衡条件分别有 ①
②
联立①②解得 ③
(2)在对气体加热的过程中，两部分气体做等压变化，设活塞Q刚好上升l时两部分气体温度升高了ΔT，对气体II由盖—吕萨克定律得 ④
解得 ⑤
【答案】 (1)；(2)
41．(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示，一大汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S=50cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A的质量m=62.5kg，物块与平台间的动摩擦因数为μ，两物块间距为d=10cm.开始时活塞距缸底L1=10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0=1×105Pa，温度t1=27℃.现对汽缸内的气体缓慢加热，汽缸内的温度升为177℃时，物块A开始移动，并继续加热，保持A缓慢移动。(g=10m/s2)求：
①物块A与平台间的动摩擦因数μ；
②A与B刚接触时汽缸内的温度。
【解析】 (1) 由查理定律有，解得，，解得
(2) 物块 A 开始移动后，气体做等压变化，到 A 与 B 刚接触时p3= p2=1.5×105Pa; V3 = (L1+d)S
由盖—吕萨克定律有，解得
【答案】 ①0.8； ②900K
42．(2022•北京市牛栏山第一中学高三(下)入学考试)有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水槽中，管内水银面的高度即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计。
(1)在1标准大气压下对B管进行温度刻度标注(1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa)已知当温度=27℃时，管内水银面高度x=16 cm，此高度即为27℃的刻度线，问t=0℃的刻度线在何处？
(2) B管上温度刻度标注是否是均匀的？请推导说明。
(3)如果对以上B管标注27℃刻度线时，环境真实的压强比标准大气压小(例如在高山上实验)，但实验者当成了标准大气压来设计。若此温度计显示为“0℃”，则显示温度比实际温度高还是低？为什么？认为环境大气压没有随温度变化。
【解析】 (1)气体的状态参量，
，
气体发生等容变化，由查理定律可得，即，解得
则
(2) 气体发生等容变化，由查理定律得，即
解得水银柱高度随温度的变化关系为
x与t是线性关系，所以刻度均匀。
(3) 显示的温度比实际温度高，因为实际大气压比标准大气压小，气体体积不变，由查理定律可知，实际温度比真实的温度低，则此温度计显示的温度比实际温度高。
【答案】 (1)21.4cm；(2)均匀，见详解；(3)高，见详解
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(能力提高练) 第二节 力的合成和分解-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第二节 力的合成和分解-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共16页。
