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习题课　理想气体状态方程和实验定律的综合应用
题组一　理想气体的图像问题
1.一定质量的理想气体由状态A沿平行T轴的直线变化到状态B，然后沿直线由状态B变化到状态C，p-T图像如图所示。关于该理想气体在状态A、状态B和状态C时的体积VA、VB、VC的关系正确的是（　　）
A.VA＞VB＝VC B.VA＜VB＝VC
C.VA＜VB＜VC D.VA＞VB＞VC
2.一定质量的某种理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图所示。若状态D的压强为1.0×104 Pa，状态A的压强是多少？
题组二　液柱移动问题的分析
3.如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则（　　）
A.h一定增加
B.右管气体体积不一定减小
C.左管气体压强不一定增大
D.右管气体压强和左管气体压强增加一样多
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。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。两个容器的温度都升高20 ℃时，下列判断正确的是（T＝273 K＋t）（　　）
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.无法判断水银滴将向哪个方向移动
题组三　变质量问题
5.容积V＝10 L的钢瓶充满氧气后，压强p＝20 atm，打开钢瓶盖阀门，让氧气分别装到容积为V0＝5 L的小瓶子中去，若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p1＝2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是（　　）
A.2瓶　　B.18瓶 C.10瓶　　D.20瓶
6.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积，则V等于（　　）
A.30 cm3 B.40 cm3
C.50 cm3 D.60 cm3
7.用容积为V1的活塞式抽气机给容积为V2的密闭牛顿管抽气，若抽气过程中气体温度不变，则抽气两次后，牛顿管中剩余气体的压强是原来的（　　）
A. B.
C. D.
8.（多选）某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则下列分析正确的是（　　）
A.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B.温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
C.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
D.篮球漏出空气的质量Δm与比赛前篮球内空气质量m的比值＝
9.（多选）如图所示，用横截面积为S＝10 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k＝1 000 N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0＝18 cm，气体的温度为t0＝27 ℃。现用水平力向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x＝2 cm后再次静止（已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa），则下列说法正确的是（取0 ℃为273 K）（　　）
A.汽缸向右移动的距离为5 cm
B.汽缸向右移动的距离为3 cm
C.保持推力F不变，升高气体的温度，汽缸底部到活塞的距离恢复到L0时的温度为360 K
D.保持推力F不变，升高气体的温度，汽缸底部到活塞的距离恢复到L0时的温度为350 K
10.当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数字）。
习题课　理想气体状态方程和实验定律的综合应用
1.C　从A到B为等压变化，根据＝C可知，随着温度的升高，体积增大，故VA＜VB，从B到C为不过坐标原点的直线，根据＝C可知，B点和C点与坐标原点连线的斜率为，如图所示，C点与坐标原点连线的斜率较小，故体积较大，则有VB＜VC，所以VA＜VB＜VC，故C正确，A、B、D错误。
2.1.5×104 Pa
解析：由题图可知，VA＝1 m3，TA＝200 K，VD＝3 m3，TD＝400 K，由题意可知，pD＝1.0×104 Pa，由理想气体状态方程可得＝，代入数据解得pA＝1.5×104 Pa。
3.A　U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，故A正确。
4.C　假定两个容器的体积不变，即V1、V2不变，A、B中所装气体的温度分别为T1＝263 K，T2＝283 K，当温度升高ΔT时，容器A中气体的压强由p1增至p1'，Δp1＝p1'－p1，容器B中气体的压强由p2增至p2'，Δp2＝p2'－p2，由气体等容变化规律可得＝，解得Δp1＝·ΔT，Δp2＝·ΔT，因为p2＜p1，所以Δp1＞Δp2，即水银滴将向B移动，选项C正确。
5.B　由气体等温变化规律可知pV＝p1V1，即20 atm×10 L＝2 atm×V1，解得V1＝100 L，最多可装的瓶数是n＝＝＝18瓶，故选B。
6.D　根据气体等温变化规律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据解得V＝60 cm3，故选D。
7.A　设原来牛顿管中气体压强为p1，则气体初始状态参量为p1、V2。第一次抽气过程，由气体等温变化规律得 p1V2＝p2V2＋p2V1。第二次抽气过程，由气体等温变化规律得p2V2＝p3V2＋p3V1。联立解得＝，选项A正确。
8.AC　以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据解得＝，故C正确，D错误。
9.AC　S＝10 cm2＝1×10－3 m2，L0＝18 cm＝0.18 m，x＝2 cm＝0.02 m。气体压强p1＝p0，p2＝p0＋，气体的体积V1＝L0S，气体的温度保持不变，由气体等温变化规律得p1V1＝p2V2，其中V2＝（L0－x1＋x）S，代入数据解得汽缸向右移动的距离x1＝0.05 m＝5 cm，故A正确，B错误；推力F不变，气体的压强不变，由气体等压变化规律得＝，其中T0＝（27＋273）K＝300 K，代入数据解得T＝360 K，故C正确，D错误。
10.（1）　（2）1.2×105 Pa
解析：（1）设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
（2）从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
第三章　热力学定律
3 / 3习题课　理想气体状态方程和实验定律的综合应用
要点一　理想气体的图像问题
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p-V 图像 pV＝CT（C为常量），即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p- 图像 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 图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
等压线 V-T 图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
【典例1】　密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是（　　）
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.玻璃管开口向下竖直放置，管内用水银柱封闭一定质量的理想气体。在玻璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中，管内封闭气体状态变化可能是下列选项中的（　　）
2.使一定质量的理想气体的状态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的一部分。
（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？
（2）将上述状态变化过程在图乙中画成用体积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。
要点二　液柱移动问题的分析
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。
2.判断方法：以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为 h 的水银柱，将管内气体分为两部分。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动。（设原来温度相同）
（1）假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部气体＝，压强变化量 Δp2＝p2，同理，下部气体压强变化量 Δp1＝p1，由于开始时，p1＞p2，故 Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。
（2）极限法：由于管上段气柱压强 p2较下段气柱压强 p1小，设想 p2→0，即管上部认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。
（3）图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一 p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时 p1＞p2，图线1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度 ΔT时，其压强的增量 Δp1＞Δp2，水银柱上移。
【典例2】　如图所示，两端封闭的U形玻璃管中装有水银，并在上端封有理想气体，温度相同，现将管放在沸水中使两段气体同时升高相同温度，则下面说法正确的是（　　）
A.气柱B的体积变小
B.气柱A的体积变小
C.气柱B的体积变大
D.无法判断气柱体积的变化过程
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为 20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将（　　）
A.向A移动 B.向B移动
C.不动 D.不能确定
2.如图所示，两个内壁光滑的导热汽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。下面汽缸的横截面积大于上面汽缸的横截面积，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.不能确定
要点三　变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用相关规律求解。
1.充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
2.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，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
3.分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
4.漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关方程求解即可。
【典例3】　现在车辆逐年增多，人们也越来越关注轮胎的胎压。胎压过高会导致轮胎的摩擦力、附着力降低，影响制动效果；胎压过低又会导致摩擦系数增大、油耗上升，同时方向盘变沉，影响驾驶舒适性。一汽车在温度为17 ℃的环境中刚启动时，检测到四个轮胎的胎压如图甲所示，若行驶一段时间后的胎压如图乙所示，车胎容积不变，绝对零度为－273 ℃。求：
（1）图乙所示时刻左后轮内气体的温度为多少摄氏度？（结果保留三位有效数字）
（2）已知某特制轮胎的容积是25 L，轮胎内原有 1 atm 的空气，现向轮胎打气，每一次可将12.5 L、1 atm 的空气打入轮胎中，直到内部压强增加到 8 atm 为止，若气体温度不变，总共应打气多少次？
尝试解答
规律方法
将“变质量”转化为“定质量”
　　在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，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。
1.（多选）中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附在人体上。如图所示，是治疗某些疾病中常用的一种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的，以下说法正确的是（　　）
A.加热后罐内气体质量是加热前的
B.加热后罐内气体质量是加热前的
C.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的
D.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的
2.一般小汽车轮胎气压正常值为230～250 kPa，某次司机师傅发车前检测轮胎气压p1＝250 kPa，气温t1＝27 ℃，驱车一段时间后胎压报警器显示p2＝275 kPa，设行驶过程中轮胎容积不变。
（1）求此时轮胎内气体温度为多少摄氏温度；
（2）为避免爆胎，司机师傅对轮胎进行放气，放气过程轮胎容积和温度均可视为不变，为使胎压恢复到p1＝250 kPa，求剩余气体质量与原有气体质量之比。
1.空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为（　　）
A.2.5 atm B.2.0 atm
C.1.5 atm D.1.0 atm
2.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是（　　）
3.（多选）如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气柱被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气柱都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（　　）
4.贮气桶的容积为100 L，贮有温度为27 ℃、压强为30 atm的氢气，使用后氢气温度降为 20 ℃，压强降为20 atm，取0 ℃为273 K，求用掉的氢气占原有氢气的百分比。（结果保留一位小数）
习题课　理想气体状态方程和实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
【典例1】　C　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
素养训练
1.D　设水银柱长度在竖直方向的分量为h，大气压强为p0，水银密度为ρ，则竖直放置时管内气体的压强为 p＝p0－ρgh，当玻璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中，h减小，则p增大。A选项的V-T图像是一条延长线过原点的直线，说明气体经历等压过程，不符合上面分析，故A错误；B选项中气体经历等温膨胀过程，根据气体等温变化规律可知气体压强减小，不符合上面分析，故B错误；C选项中，气体压强减小，不符合上面分析，故C错误；D选项中，温度不变，气体压强增大，符合上面分析，故D正确。
2.（1）600 K　600 K　300 K （2）见解析
解析：（1）从p-V图像中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。
根据理想气体状态方程
＝＝
得TC＝·TA＝×300 K＝600 K
TD＝·TA＝×300 K＝300 K
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。
（2）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得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），AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。
要点二
【典例2】　A　如图所示，设气体的初温为T，同时升高相同温度ΔT时假定水银柱不动，A、B两部分气体发生等容变化，以气柱A为研究对象，根据气体等容变化规律有
＝
即＝，ΔpA＝pA
同理，得ΔpB＝pB依题意知pA＞pB，所以 ΔpA＞ΔpB，即同时升高相同温度时，水银柱向压强增加小的一方移动，所以气柱B的体积变小，A的体积变大，选项A正确。
素养训练
1.A　假定降温后气体体积保持不变，由气体等容变化规律得＝，则Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA＞ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，故A正确。
2.A　初态时，对“工”字活塞整体受力分析有pASA＋M工g＋p0SB＝pBSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有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，对上面汽缸受力分析有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'、VB'均变小，则活塞下降，上面汽缸下降，故选A。
要点三
【典例3】　（1）35.4 ℃　（2）14次
解析：（1）由气体等容变化规律得＝
解得T2＝308.4 K
则摄氏温度为（308.4－273）℃＝35.4 ℃。
（2）设需打气n次，由气体等温变化规律得
p1'（V0＋nV'）＝p2'V0，其中p1'＝1 atm，V'＝12.5 L，p2'＝8 atm，
代入数据解得n＝14次。
素养训练
1.AD　由等压变化可得＝，得V2＝＝＝V1，气体总体积变为原来的，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的，所以加热后罐内气体质量是加热前的，故A正确，B错误；由理想气体状态方程可得 ＝，即＝，解得＝，则罐内气体压强变为原来的，故C错误，D正确。
2.（1）57　（2）10∶11
解析：（1）由题意可知，最初时轮胎内气体温度为
T1＝（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得＝
解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为＝＝＝。
【教学效果·勤检测】
1.A　取全部气体为研究对象，由p1（V1＋V2）＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确。
2.B　根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态体积，故B正确，A、C、D错误。
3.CD　假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由气体等容变化规律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
4.31.7％
解析：解法一：选取桶内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉的氢气包含在末状态中，则初状态有p1＝30 atm，V1＝100 L，T1＝300 K；末状态有p2＝20 atm，T2＝293 K，
由＝得V2＝146.5 L。
用掉的氢气占原有氢气的百分比为
＝×100％≈31.7％。
解法二：取剩下的气体为研究对象，
初状态有p1＝30 atm，T1＝300 K；末状态有p2＝20 atm，V2＝100 L，T2＝293 K，
由＝得V1≈68.3 L，
用掉的氢气占原有氢气的百分比为
＝×100％＝31.7％。
6 / 6(共65张PPT)
习题课　理想气体状态方程和实验定律的综合应用
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　理想气体的图像问题
名称 图像 特点 其他图像
等
温
线 p-V 图
像 pV＝CT（C为常量），
即pV之积越大的等温线
对应的温度越高，离原
点越远
名称 图像 特点 其他图像
等
容
线 p-T 图
像
等
压
线 V-T 图
像
【典例1】　密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd
三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的
V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是
（　　）
解析：由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温
变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知
bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
1. 玻璃管开口向下竖直放置，管内用水银柱封闭一定质量的理想气
体。在玻璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中，管内封闭气
体状态变化可能是下列选项中的（　　）
解析：　设水银柱长度在竖直方向的分量为h，大气压强为p0，
水银密度为ρ，则竖直放置时管内气体的压强为 p＝p0－ρgh，当玻
璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中，h减小，则p增大。A
选项的V-T图像是一条延长线过原点的直线，说明气体经历等压过
程，不符合上面分析，故A错误；B选项中气体经历等温膨胀过
程，根据气体等温变化规律可知气体压强减小，不符合上面分析，
故B错误；C选项中，气体压强减小，不符合上面分析，故C错误；
D选项中，温度不变，气体压强增大，符合上面分析，故D正确。
2. 使一定质量的理想气体的状态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的一部分。
（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：从p-V图像中可以直观地看出，气体在A、B、
C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC
＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。
根据理想气体状态方程＝＝
得TC＝·TA＝×300 K＝600 K
TD＝·TA＝×300 K＝300 K
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。
（2）将上述状态变化过程在图乙中画成用体积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
解析：由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得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），AB是
等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD
是等压压缩过程。
要点二　液柱移动问题的分析
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。
2. 判断方法：以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为 h 的水银柱，将管内气体分为两部分。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动。（设原来温度相同）
（1）假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部气体＝，压强变化量 Δp2＝p2，同理，下部气体压强变化量 Δp1＝p1，由于开始时，p1＞p2，故 Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。
（2）极限法：由于管上段气柱压强 p2较下段气柱压强 p1小，设想
p2→0，即管上部认为近似为真空，于是立即得到温度T升
高，水银柱向上移动。
（3）图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一 p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时 p1＞p2，图线1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度 ΔT
时，其压强的增量 Δp1＞Δp2，水银柱上移。
【典例2】　如图所示，两端封闭的U形玻璃管中装有水银，并在上端封有理想气体，温度相同，现将管放在沸水中使两段气体同时升高相同温度，则下面说法正确的是（　　）
A. 气柱B的体积变小
B. 气柱A的体积变小
C. 气柱B的体积变大
D. 无法判断气柱体积的变化过程
解析：如图所示，设气体的初温为T，
同时升高相同温度ΔT时假定水银柱不
动，A、B两部分气体发生等容变化，以
气柱A为研究对象，根据气体等容变化
规律有＝，即＝，ΔpA＝pA同理，得ΔpB＝pB依题意知pA＞pB，所以 ΔpA＞ΔpB，即同时升高相同温度时，水银柱向压强增加小的一方移动，所以气柱B的体积变小，A的体积变大，选项A正确。
1. 如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，
两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用
下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如
果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将（　　）
A. 向A移动 B. 向B移动
C. 不动 D. 不能确定
解析：　假定降温后气体体积保持不变，由气体等容变化规律得
＝，则Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度
低，所以ΔpA＞ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，
故A正确。
2. 如图所示，两个内壁光滑的导热汽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。下面汽缸的横截面积大
于上面汽缸的横截面积，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. 不能确定
解析：　初态时，对“工”字活塞整体受力分析有pASA＋M工g＋
p0SB＝pBSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有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，对上面汽缸受力分析有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'、
VB'均变小，则活塞下降，上面汽缸下降，故选A。
要点三　变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问
题转化为一定质量的气体问题，用相关规律求解。
1. 充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气
体问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对
象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
2. 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，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为
定质量问题。
3. 分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是
一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体
和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题
转化为定质量问题。
4. 漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量
问题，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体
为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关
方程求解即可。
【典例3】　现在车辆逐年增多，人们也越来越关注轮胎的胎压。
胎压过高会导致轮胎的摩擦力、附着力降低，影响制动效果；胎压
过低又会导致摩擦系数增大、油耗上升，同时方向盘变沉，影响驾
驶舒适性。一汽车在温度为17 ℃的环境中刚启动时，检测到四个
轮胎的胎压如图甲所示，若行驶
一段时间后的胎压如图乙所示，
车胎容积不变，绝对零度为
－273 ℃。求：
（1）图乙所示时刻左后轮内气体的温度为多少摄氏度？（结果保
留三位有效数字）
答案：35.4 ℃　
解析：由气体等容变化规律得＝
解得T2＝308.4 K
则摄氏温度为（308.4－273）℃＝35.4 ℃。
（2）已知某特制轮胎的容积是25 L，轮胎内原有 1 atm 的空气，
现向轮胎打气，每一次可将12.5 L、1 atm 的空气打入轮胎
中，直到内部压强增加到 8 atm 为止，若气体温度不变，总
共应打气多少次？
答案：14次
解析：设需打气n次，由气体等温变化规律得
p1'（V0＋nV'）＝p2'V0，其中p1'＝1 atm，V'＝12.5 L，p2'＝8 atm，
代入数据解得n＝14次。
规律方法
将“变质量”转化为“定质量”
　　在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题
变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不
管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，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。
1. （多选）中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附
在人体上。如图所示，是治疗某些疾病中常用的一种火罐，使用
时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压
低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300 K加
热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气
体体积变为罐容积的，以下说法正确的是（　　）
解析：　由等压变化可得＝，得V2＝＝＝V1，
气体总体积变为原来的，总质量不变，则火罐内气体的密度变
为原来的，所以加热后罐内气体质量是加热前的，故A正确，
B错误；由理想气体状态方程可得＝，即＝，解得＝，则罐内气体压强变为原来的，故C错误，D正确。
2. 一般小汽车轮胎气压正常值为230～250 kPa，某次司机师傅发车前
检测轮胎气压p1＝250 kPa，气温t1＝27 ℃，驱车一段时间后胎压报
警器显示p2＝275 kPa，设行驶过程中轮胎容积不变。
（1）求此时轮胎内气体温度为多少摄氏温度；
答案：57　
解析：由题意可知，最初时轮胎内气体温度为T1＝
（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得＝
，解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）为避免爆胎，司机师傅对轮胎进行放气，放气过程轮胎容积
和温度均可视为不变，为使胎压恢复到p1＝250 kPa，求剩余
气体质量与原有气体质量之比。
答案：10∶11
解析：设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V
＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为
＝＝＝。
02
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
1. 空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm
的空气9.0 L。设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则
充气后储气罐中气体压强为（　　）
A. 2.5 atm B. 2.0 atm
C. 1.5 atm D. 1.0 atm
解析：　取全部气体为研究对象，由p1（V1＋V2）＝pV1得p＝2.5
atm，故A正确。
√
2. “空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低
谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过
程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图
像可能是（　　）
√
解析：　根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可
知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；从b到
c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与
原点连线的斜率，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态
体积，故B正确，A、C、D错误。
3. （多选）如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气柱
被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水
银柱处于静止状态。如果管内两端的空气柱都升高相同的温度，则
水银柱向左移动的是（　　）
√
√
解析：　假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由气体等
容变化规律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以
Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移
动，故C、D正确。
4. 贮气桶的容积为100 L，贮有温度为27 ℃、压强为30 atm的氢气，
使用后氢气温度降为20 ℃，压强降为20 atm，取0 ℃为273 K，求
用掉的氢气占原有氢气的百分比。（结果保留一位小数）
答案：31.7％
解析：解法一：选取桶内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉
的氢气包含在末状态中，则初状态有p1＝30 atm，V1＝100 L，T1＝
300 K；末状态有p2＝20 atm，T2＝293 K，
由＝得V2＝146.5 L。
用掉的氢气占原有氢气的百分比为
＝×100％≈31.7％。
解法二：取剩下的气体为研究对象，
初状态有p1＝30 atm，T1＝300 K；末状态有p2＝20 atm，V2＝100 L，
T2＝293 K，
由＝得V1≈68.3 L，
用掉的氢气占原有氢气的百分比为
＝×100％＝31.7％。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一　理想气体的图像问题
1. 一定质量的理想气体由状态A沿平行T轴的直线变化到状态B，然后
沿直线由状态B变化到状态C，p-T图像如图所示。关于该理想气体
在状态A、状态B和状态C时的体积VA、VB、VC的关系正确的是（　）
A. VA＞VB＝VC B. VA＜VB＝VC
C. VA＜VB＜VC D. VA＞VB＞VC
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√
解析：　从A到B为等压变化，根据＝C可
知，随着温度的升高，体积增大，故VA＜VB，
从B到C为不过坐标原点的直线，根据＝C可
知，B点和C点与坐标原点连线的斜率为，如
图所示，C点与坐标原点连线的斜率较小，故体
积较大，则有VB＜VC，所以VA＜VB＜VC，故C
正确，A、B、D错误。
1
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2. 一定质量的某种理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图所
示。若状态D的压强为1.0×104 Pa，状态A的压强是多少？
答案：1.5×104 Pa
解析：由题图可知，VA＝1 m3，TA＝200 K，VD＝3 m3，TD＝400
K，由题意可知，pD＝1.0×104 Pa，由理想气体状态方程可得
＝，代入数据解得pA＝1.5×104 Pa。
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10
题组二　液柱移动问题的分析
3. 如图所示，处于竖直平面内的两端封闭理想气体的U形管、粗细均
匀，左管置于容器A中，右管置于容器B中，此时温度相同，右管
水银面比左管水银面高h，若同时将A、B升高相同温度，则（　　）
A. h一定增加
B. 右管气体体积不一定减小
C. 左管气体压强不一定增大
D. 右管气体压强和左管气体压强增加一样多
1
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√
解析：　U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB
＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝
，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相
等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下
降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，
故A正确。
1
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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。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
个容器的温度都升高20 ℃时，下列判断正确的是（T＝273 K＋t）
（　　）
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. 无法判断水银滴将向哪个方向移动
1
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√
解析：　假定两个容器的体积不变，即V1、V2不变，A、B中所装
气体的温度分别为T1＝263 K，T2＝283 K，当温度升高ΔT时，容器
A中气体的压强由p1增至p1'，Δp1＝p1'－p1，容器B中气体的压强由
p2增至p2'，Δp2＝p2'－p2，由气体等容变化规律可得＝，解得
Δp1＝·ΔT，Δp2＝·ΔT，因为p2＜p1，所以Δp1＞Δp2，即水银
滴将向B移动，选项C正确。
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题组三　变质量问题
5. 容积V＝10 L的钢瓶充满氧气后，压强p＝20 atm，打开钢瓶盖阀
门，让氧气分别装到容积为V0＝5 L的小瓶子中去，若小瓶子已抽
成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p1＝2 atm。在分装过程
中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是（　　）
A. 2瓶 B. 18瓶 C. 10瓶 D. 20瓶
解析：　由气体等温变化规律可知pV＝p1V1，即20 atm×10 L＝2
atm×V1，解得V1＝100 L，最多可装的瓶数是n＝＝＝18
瓶，故选B。
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10
√
6. 血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可
将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压
强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤
压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带
内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于
750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积，则
V等于（　　）
A. 30 cm3 B. 40 cm3
C. 50 cm3 D. 60 cm3
1
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√
解析：　根据气体等温变化规律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知
p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900
mmHg，代入数据解得V＝60 cm3，故选D。
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7. 用容积为V1的活塞式抽气机给容积为V2的密闭牛顿管抽气，若抽气
过程中气体温度不变，则抽气两次后，牛顿管中剩余气体的压强是
原来的（　　）
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√
解析：　设原来牛顿管中气体压强为p1，则气体初始状态参量为
p1、V2。第一次抽气过程，由气体等温变化规律得p1V2＝p2V2＋
p2V1。第二次抽气过程，由气体等温变化规律得p2V2＝p3V2＋
p3V1。联立解得＝，选项A正确。
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8. （多选）某次篮球比赛前，篮球在器材室被打入温度为19 ℃的空
气后，球内压强为1.46 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高
为33 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后
置于馆内，稳定后篮球内气体的温度为27 ℃，压强为p0＝1.00
atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，则
下列分析正确的是（　　）
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A. 温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.53 atm
B. 温度升高为33 ℃时球内气体的压强为1.55 atm
1
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3
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10
√
√
解析：以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；
换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气
体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想
气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在
相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据
解得＝，故C正确，D错误。
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9. （多选）如图所示，用横截面积为S＝10 cm2的活塞将一定质量的
理想气体封闭在导热性良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面
上。劲度系数为k＝1 000 N/m 的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固
定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状
态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0＝18
cm，气体的温度为t0＝27 ℃。现用水平力向右缓慢推动汽缸，当
弹簧被压缩x＝2 cm后再次静止（已知大气压强为p0＝1.0×105
Pa），则下列说法正确的是（取0 ℃为273 K）（　　）
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A. 汽缸向右移动的距离为5 cm
B. 汽缸向右移动的距离为3 cm
C. 保持推力F不变，升高气体的温度，汽缸底部到活塞的距离恢复到
L0时的温度为360 K
D. 保持推力F不变，升高气体的温度，汽缸底部到活塞的距离恢复到
L0时的温度为350 K
1
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3
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10
√
√
解析：　S＝10 cm2＝1×10－3 m2，L0＝18 cm＝0.18 m，x＝2
cm＝0.02 m。气体压强p1＝p0，p2＝p0＋，气体的体积V1＝L0S，
气体的温度保持不变，由气体等温变化规律得p1V1＝p2V2，其中V2
＝（L0－x1＋x）S，代入数据解得汽缸向右移动的距离x1＝0.05 m
＝5 cm，故A正确，B错误；推力F不变，气体的压强不变，由气体
等压变化规律得＝，其中T0＝（27＋273）K＝300 K，代入数
据解得T＝360 K，故C正确，D错误。
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10. 当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将
气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开
气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。已知工作舱和气闸舱中气体的
初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10
m3，舱内温度保持不变。
1
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答案：　
（1）打开气闸舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
解析：设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到
p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定
律可得
p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为＝
＝。
1
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10
（2）假设打开气闸舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强（结果保留两位有效数字）。
答案：1.2×105 Pa
1
2
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10
解析：从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体
后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
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