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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体综合与测试学案及答案
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体综合与测试学案及答案，共12页。
[学习目标] 1.会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题.2.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．
一、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，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些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．
(2020·章丘四中高二月考)如图1所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，活塞A上升的高度．
图1
答案 0.9l0
解析 对Ⅰ气体，其初态压强p1＝p0＋
末态压强为p1′＝p0＋
设末态时Ⅰ气体的长度为l1，可得p1l0S＝p′l1S
代入数据解得l1＝l0
对Ⅱ气体，其初态压强为p2＝p0＋
末态压强为p2′＝p0＋
设末态时Ⅱ气体的长度为l2，可得p2l0S＝p2′l2S
代入数据解得l2＝l0.
故活塞A上升的高度为Δh＝l1＋l2－2l0
得Δh＝0.9l0.
两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足为常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可.
(2018·全国卷Ⅲ)如图2所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
图2
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.
此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律知
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm
二、气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
解决该类问题的一般思路：
(1)审清题意，确定研究对象．
(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．
(2020·海口市第四中学高二开学考试)如图3所示，固定的汽缸Ⅰ和汽缸Ⅱ的活塞用劲度系数为k＝100 N/cm的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中S2＝10 cm2.两汽缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与汽缸底部的距离均为L0＝10 cm，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，弹簧处于原长．现只给汽缸Ⅰ缓慢加热，使汽缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5 cm.已知活塞没有到达汽缸口，弹簧始终保持水平，汽缸内气体可视为理想气体．求此时：
图3
(1)弹簧的形变量；
(2)汽缸Ⅰ内气体的温度．
答案 (1)1 cm (2)720 K
解析 (1)初始时弹簧处于原长，说明两汽缸内气体压强均为p0
加热后，对汽缸Ⅱ的活塞受力分析得
p0S2＋kx＝p2S2①
对汽缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
p0S2L0＝p2S2L2②
L2＝L0－5 cm
联立解得x＝1 cm
(2)对汽缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程
＝③
对汽缸Ⅰ的活塞受力分析得
p1S1＝p0S1＋kx④
由几何关系
L1＝L0＋x＋5 cm⑤
联立解得T＝720 K.
(2020·烟台市中英文学校高二月考)有一内径相同的“U”形玻璃管ABCD，A端封闭、D端开口，AB、CD长度均为40 cm，BC长度为19 cm.用水银封闭一定质量的理想气体在A端，竖直段水银柱长为18 cm，水平段水银柱长为4 cm，如图4所示．已知大气压强为75 cmHg，温度为27 ℃，现将其以BC为轴缓慢翻转直到A、D端竖直向上，求：
图4
(1)翻转后AB管中水银柱的长度；
(2)保持A、D端竖直向上，缓慢升高A中气体的温度，使CD管中的水银柱变为18 cm，求此时气体的温度．
答案 (1)9 cm (2)477 ℃
解析 (1)以A中被封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，翻转前：p1＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V1＝(40－18)S＝22S，T1＝(273＋27) K＝300 K.
设翻转后AB管中水银柱的长度h，则：p2＝(75－h) cmHg，
V2＝(40－h)S
根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2
解得h＝9 cm
(2)保持A、D端竖直向上，以A中气体为研究对象，则此时p3＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V3＝(40＋15)S＝55S
根据理想气体状态方程有：＝
解得T3＝750 K
则t3＝(750－273) ℃＝477 ℃.
1．(关联气体问题)(2019·重庆一中高二下月考)如图5所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且Sa
图5
A．活塞向左移动了一点
B．活塞向右移动了一点
C．活塞的位置没有改变
D．条件不足，活塞的位置变化无法确定
答案 B
2.(关联气体问题)(2020·河南高三开学考试)如图6所示，粗细均匀的U形管中，封闭了两段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1＝25 cm，位于左侧封闭端的顶部．水银柱B与A之间的空气柱长度L1＝12.5 cm，右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2＝12.5 cm，已知U形管周围环境温度t＝27 ℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为p0＝75 cmHg，水银柱B左右两部分液面的高度差h2＝45 cm.保持环境温度t＝27 ℃不变，缓慢拉动活塞C，求：
图6
(1)当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？
(2)当U形管内B部分的水银面左右相平时，活塞C共向上移动多少？
答案 (1)65 cmHg (2)47.5 cm
解析 (1)设U形管横截面积为S，左侧气体等温变化：p1SL1＝p1′SL1′，p1＝p0－ρgh2＝30 cmHg，p1′＝25 cmHg
解得L1′＝15 cm
故左右两部分液面的高度差变为：h2′＝h2－2(L1′－L1)＝40 cm，
右侧气体压强：p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg
(2)B部分的水银面左右相平时，左侧液面下降，右侧液面上升
左右侧气体压强相等：p″＝25 cmHg
右侧气柱：p0SL2＝p″SL2″
解得：L2″＝37.5 cm
则活塞上升：h＝L2″－L2＋＝47.5 cm.
3.(综合应用)(2020·贵州高二期末)如图7所示，一上端开口、内壁光滑的圆柱形绝热汽缸竖直放置在水平地面上，一厚度、质量均不计的绝热活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内．汽缸顶部有厚度不计的小卡环可以挡住活塞．初始时，底部阀门关闭，缸内气体体积为汽缸容积的，温度为280 K．已知外界大气压强恒为p0.现通过电热丝加热，使缸内气体温度缓慢上升到400 K.
图7
(1)求此时缸内气体的压强；
(2)打开阀门，保持缸内气体温度为400 K不变，求活塞缓慢回到初始位置时，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比．
答案 (1)p0 (2)
解析 (1)若气体进行等压变化，则当温度变为400 K时，由盖－吕萨克定律可得＝
解得V＝V0＞V0
说明当温度为400 K时活塞已经到达顶端，则由理想气体状态方程可得＝
解得p＝p0
(2)设缸内气体温度为400 K，压强为p0时体积为V′，则pV0＝p0V′解得V′＝V0
打开阀门，保持缸内气体温度为400 K不变，活塞缓慢回到初始位置时，汽缸内剩余的压强为p0的气体体积为V0，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比为＝.
1．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为( )
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶4 D．2∶1
答案 B
解析 对A部分气体有：＝①
对B部分气体有：＝②
因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以将①÷②式得
＝
所以＝＝＝.
2.图1为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式正确的是( )
图1
A．TA
C．TA>TB，TB
答案 C
解析 由题图可知，气体由状态A到状态B的过程为等容变化，由查理定律得＝，pA>pB，故TA>TB；由状态B到状态C的过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，VB
图2
A．L1变小，L2变大 B．L1变大，L2变小
C．L1、L2都变小 D．L1、L2都变大
答案 C
解析 将管慢慢地向下按一段距离时，假设L1、L2的长度不变，L1、L2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L1、L2的长度都减小，故A、B、D错误，C正确．
4.(2019·哈尔滨市第六中学高二月考)如图3，A、B是体积相同的汽缸，B内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C，D为不导热的阀门．起初阀门关闭，A内装有压强p1＝2.0×105 Pa，温度T1＝300 K的氮气；B内装有压强p2＝1.0×105 Pa，温度T2＝600 K的氧气．打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡．以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V1与V2之比为( )
图3
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶1 D．4∶1
答案 D
解析 设活塞C向右移动x，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知：
对A部分气体有：＝
对B部分气体有：＝
将两式相除：＝·＝，
故选D.
5．(2020·山东省高二期中)2020年初，新冠病毒来袭．我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象．如图4是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．A瓶和B瓶中的药液一起用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
答案 C
解析 药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误．
6．蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L，压强为1 atm，充气筒每次充入0.2 L压强为1 atm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：
(1)充气多少次可以让气体压强增大至3 atm；
(2)将充气后的蹦蹦球拿到温度为－13 ℃的室外后，压强将变为多少？(结果保留两位有效数字)
答案 (1)20 (2)2.7 atm
解析 (1)以蹦蹦球的原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：
p1(V＋nΔV)＝p2V
代入数据解得
n＝20(次)
(2)当温度变化时，气体发生等容变化，由查理定律得：＝
p3＝p2≈2.7 atm.
7.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图5所示，两部分气体温度相同，都是27 ℃，A部分气体压强pA0＝1.0×105 Pa，B部分气体压强pB0＝2.0×105 Pa.现对B部分气体加热，使活塞上升，保持A部分气体温度不变，体积减小为原来的.求此时：
图5
(1)A部分气体的压强pA；
(2)B部分气体的温度TB.
答案 (1)1.5×105 Pa (2)500 K
解析 (1)A部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得
pA0V＝pA·V，
所以pA＝pA0，
把pA0＝1.0×105 Pa代入，得pA＝1.5×105 Pa.
(2)B部分气体：
初状态：pB0＝2.0×105 Pa，VB0＝V，TB0＝300 K，
末状态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105 Pa.
VB＝V＋V＝V，
由理想气体状态方程＝，
得TB＝＝ K＝500 K.
8.(2020·南和县第一中学高二期中)如图6所示，汽缸(内壁光滑)呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d.筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1×105 Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，求：
图6
(1)当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；
(2)气体温度达到387 ℃时，活塞离底部的高度和气体的压强．
答案 (1)600 K (2)d 1.1×105 Pa
解析 (1)设活塞的横截面积为S，以封闭气体为研究对象：p1＝p0，V1＝S，T1＝300 K；
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口．此时有：p2＝p0，V2＝dS
根据盖－吕萨克定律：＝，得T2＝600 K.
(2)T3＝660 K＞T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以：l3＝d
此时有：V3＝dS，T3＝660 K；
由理想气体状态方程：＝
解得p3＝1.1×105 Pa.
9．U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图7所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
图7
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离．
答案 (1)88 cmHg (2)4.5 cm
解析 设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，
(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
V2＝10×3S＝30S
封闭气体做等温变化：p1V1＝p2V2
80×33S＝p2·30S
p2＝88 cmHg
(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，
p1′＝76 cmHg，V1′＝11S，p2′＝88 cmHg
封闭气体做等温变化：p1′V1′＝p2′V2′
V2′＝9.5S
活塞推动的距离：L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm.
10．(2019·全国卷Ⅱ)如图8，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
图8
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案 (1)(p0＋p) (2)p0＋p
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝(p0＋p)；②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p
V1＝.
[学习目标] 1.会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题.2.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．
一、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，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些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．
(2020·章丘四中高二月考)如图1所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，活塞A上升的高度．
图1
答案 0.9l0
解析 对Ⅰ气体，其初态压强p1＝p0＋
末态压强为p1′＝p0＋
设末态时Ⅰ气体的长度为l1，可得p1l0S＝p′l1S
代入数据解得l1＝l0
对Ⅱ气体，其初态压强为p2＝p0＋
末态压强为p2′＝p0＋
设末态时Ⅱ气体的长度为l2，可得p2l0S＝p2′l2S
代入数据解得l2＝l0.
故活塞A上升的高度为Δh＝l1＋l2－2l0
得Δh＝0.9l0.
两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足为常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可.
(2018·全国卷Ⅲ)如图2所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
图2
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.
此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律知
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm
二、气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
解决该类问题的一般思路：
(1)审清题意，确定研究对象．
(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．
(2020·海口市第四中学高二开学考试)如图3所示，固定的汽缸Ⅰ和汽缸Ⅱ的活塞用劲度系数为k＝100 N/cm的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中S2＝10 cm2.两汽缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与汽缸底部的距离均为L0＝10 cm，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，弹簧处于原长．现只给汽缸Ⅰ缓慢加热，使汽缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5 cm.已知活塞没有到达汽缸口，弹簧始终保持水平，汽缸内气体可视为理想气体．求此时：
图3
(1)弹簧的形变量；
(2)汽缸Ⅰ内气体的温度．
答案 (1)1 cm (2)720 K
解析 (1)初始时弹簧处于原长，说明两汽缸内气体压强均为p0
加热后，对汽缸Ⅱ的活塞受力分析得
p0S2＋kx＝p2S2①
对汽缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
p0S2L0＝p2S2L2②
L2＝L0－5 cm
联立解得x＝1 cm
(2)对汽缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程
＝③
对汽缸Ⅰ的活塞受力分析得
p1S1＝p0S1＋kx④
由几何关系
L1＝L0＋x＋5 cm⑤
联立解得T＝720 K.
(2020·烟台市中英文学校高二月考)有一内径相同的“U”形玻璃管ABCD，A端封闭、D端开口，AB、CD长度均为40 cm，BC长度为19 cm.用水银封闭一定质量的理想气体在A端，竖直段水银柱长为18 cm，水平段水银柱长为4 cm，如图4所示．已知大气压强为75 cmHg，温度为27 ℃，现将其以BC为轴缓慢翻转直到A、D端竖直向上，求：
图4
(1)翻转后AB管中水银柱的长度；
(2)保持A、D端竖直向上，缓慢升高A中气体的温度，使CD管中的水银柱变为18 cm，求此时气体的温度．
答案 (1)9 cm (2)477 ℃
解析 (1)以A中被封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，翻转前：p1＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V1＝(40－18)S＝22S，T1＝(273＋27) K＝300 K.
设翻转后AB管中水银柱的长度h，则：p2＝(75－h) cmHg，
V2＝(40－h)S
根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2
解得h＝9 cm
(2)保持A、D端竖直向上，以A中气体为研究对象，则此时p3＝(75＋18) cmHg＝93 cmHg，V3＝(40＋15)S＝55S
根据理想气体状态方程有：＝
解得T3＝750 K
则t3＝(750－273) ℃＝477 ℃.
1．(关联气体问题)(2019·重庆一中高二下月考)如图5所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且Sa
图5
A．活塞向左移动了一点
B．活塞向右移动了一点
C．活塞的位置没有改变
D．条件不足，活塞的位置变化无法确定
答案 B
2.(关联气体问题)(2020·河南高三开学考试)如图6所示，粗细均匀的U形管中，封闭了两段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1＝25 cm，位于左侧封闭端的顶部．水银柱B与A之间的空气柱长度L1＝12.5 cm，右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2＝12.5 cm，已知U形管周围环境温度t＝27 ℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为p0＝75 cmHg，水银柱B左右两部分液面的高度差h2＝45 cm.保持环境温度t＝27 ℃不变，缓慢拉动活塞C，求：
图6
(1)当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？
(2)当U形管内B部分的水银面左右相平时，活塞C共向上移动多少？
答案 (1)65 cmHg (2)47.5 cm
解析 (1)设U形管横截面积为S，左侧气体等温变化：p1SL1＝p1′SL1′，p1＝p0－ρgh2＝30 cmHg，p1′＝25 cmHg
解得L1′＝15 cm
故左右两部分液面的高度差变为：h2′＝h2－2(L1′－L1)＝40 cm，
右侧气体压强：p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg
(2)B部分的水银面左右相平时，左侧液面下降，右侧液面上升
左右侧气体压强相等：p″＝25 cmHg
右侧气柱：p0SL2＝p″SL2″
解得：L2″＝37.5 cm
则活塞上升：h＝L2″－L2＋＝47.5 cm.
3.(综合应用)(2020·贵州高二期末)如图7所示，一上端开口、内壁光滑的圆柱形绝热汽缸竖直放置在水平地面上，一厚度、质量均不计的绝热活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内．汽缸顶部有厚度不计的小卡环可以挡住活塞．初始时，底部阀门关闭，缸内气体体积为汽缸容积的，温度为280 K．已知外界大气压强恒为p0.现通过电热丝加热，使缸内气体温度缓慢上升到400 K.
图7
(1)求此时缸内气体的压强；
(2)打开阀门，保持缸内气体温度为400 K不变，求活塞缓慢回到初始位置时，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比．
答案 (1)p0 (2)
解析 (1)若气体进行等压变化，则当温度变为400 K时，由盖－吕萨克定律可得＝
解得V＝V0＞V0
说明当温度为400 K时活塞已经到达顶端，则由理想气体状态方程可得＝
解得p＝p0
(2)设缸内气体温度为400 K，压强为p0时体积为V′，则pV0＝p0V′解得V′＝V0
打开阀门，保持缸内气体温度为400 K不变，活塞缓慢回到初始位置时，汽缸内剩余的压强为p0的气体体积为V0，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比为＝.
1．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为( )
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶4 D．2∶1
答案 B
解析 对A部分气体有：＝①
对B部分气体有：＝②
因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以将①÷②式得
＝
所以＝＝＝.
2.图1为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式正确的是( )
图1
A．TA
C．TA>TB，TB
答案 C
解析 由题图可知，气体由状态A到状态B的过程为等容变化，由查理定律得＝，pA>pB，故TA>TB；由状态B到状态C的过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，VB
图2
A．L1变小，L2变大 B．L1变大，L2变小
C．L1、L2都变小 D．L1、L2都变大
答案 C
解析 将管慢慢地向下按一段距离时，假设L1、L2的长度不变，L1、L2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L1、L2的长度都减小，故A、B、D错误，C正确．
4.(2019·哈尔滨市第六中学高二月考)如图3，A、B是体积相同的汽缸，B内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C，D为不导热的阀门．起初阀门关闭，A内装有压强p1＝2.0×105 Pa，温度T1＝300 K的氮气；B内装有压强p2＝1.0×105 Pa，温度T2＝600 K的氧气．打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡．以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V1与V2之比为( )
图3
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶1 D．4∶1
答案 D
解析 设活塞C向右移动x，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知：
对A部分气体有：＝
对B部分气体有：＝
将两式相除：＝·＝，
故选D.
5．(2020·山东省高二期中)2020年初，新冠病毒来袭．我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象．如图4是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．A瓶和B瓶中的药液一起用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
答案 C
解析 药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误．
6．蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L，压强为1 atm，充气筒每次充入0.2 L压强为1 atm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：
(1)充气多少次可以让气体压强增大至3 atm；
(2)将充气后的蹦蹦球拿到温度为－13 ℃的室外后，压强将变为多少？(结果保留两位有效数字)
答案 (1)20 (2)2.7 atm
解析 (1)以蹦蹦球的原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：
p1(V＋nΔV)＝p2V
代入数据解得
n＝20(次)
(2)当温度变化时，气体发生等容变化，由查理定律得：＝
p3＝p2≈2.7 atm.
7.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图5所示，两部分气体温度相同，都是27 ℃，A部分气体压强pA0＝1.0×105 Pa，B部分气体压强pB0＝2.0×105 Pa.现对B部分气体加热，使活塞上升，保持A部分气体温度不变，体积减小为原来的.求此时：
图5
(1)A部分气体的压强pA；
(2)B部分气体的温度TB.
答案 (1)1.5×105 Pa (2)500 K
解析 (1)A部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得
pA0V＝pA·V，
所以pA＝pA0，
把pA0＝1.0×105 Pa代入，得pA＝1.5×105 Pa.
(2)B部分气体：
初状态：pB0＝2.0×105 Pa，VB0＝V，TB0＝300 K，
末状态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105 Pa.
VB＝V＋V＝V，
由理想气体状态方程＝，
得TB＝＝ K＝500 K.
8.(2020·南和县第一中学高二期中)如图6所示，汽缸(内壁光滑)呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d.筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1×105 Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，求：
图6
(1)当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；
(2)气体温度达到387 ℃时，活塞离底部的高度和气体的压强．
答案 (1)600 K (2)d 1.1×105 Pa
解析 (1)设活塞的横截面积为S，以封闭气体为研究对象：p1＝p0，V1＝S，T1＝300 K；
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口．此时有：p2＝p0，V2＝dS
根据盖－吕萨克定律：＝，得T2＝600 K.
(2)T3＝660 K＞T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以：l3＝d
此时有：V3＝dS，T3＝660 K；
由理想气体状态方程：＝
解得p3＝1.1×105 Pa.
9．U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图7所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
图7
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离．
答案 (1)88 cmHg (2)4.5 cm
解析 设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，
(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
V2＝10×3S＝30S
封闭气体做等温变化：p1V1＝p2V2
80×33S＝p2·30S
p2＝88 cmHg
(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，
p1′＝76 cmHg，V1′＝11S，p2′＝88 cmHg
封闭气体做等温变化：p1′V1′＝p2′V2′
V2′＝9.5S
活塞推动的距离：L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm.
10．(2019·全国卷Ⅱ)如图8，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
图8
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案 (1)(p0＋p) (2)p0＋p
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝(p0＋p)；②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p
V1＝.
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