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第2讲　气体
情境导思 1.如图所示,在一个恒温池中,一串串气泡由池底慢慢升到水面,有趣的是气泡在上升过程中,体积逐渐变大,到水面时就会破裂。 (1)上升过程中,气泡内气体的压强如何改变 (2)气泡在上升过程中体积为何会变大 (3)为什么到达水面会破裂 2. 如图,用双手捂住瓶体。 (1)瓶内气体的温度如何变化 (2)封闭气体的红色液柱上升,说明气体的体积如何变化 (3)瓶内封闭气体的压强变化了吗 3.图甲是一定质量的气体在不同温度下的p-V图线,图乙是一定质量的气体在不同温度下的p-图线。 (1)图甲中两条等温线表示的温度T1和T2哪一个比较高 为什么 (2)图乙中,T3和T4哪一个大
【答案】 反比　不变　增大　正比　保持不变　大　大　正比　增大　减小
考点一　气体压强的计算
如图所示,在温度不变的情况下,把一根上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中,插入后管口到槽内水银面的距离是L,若大气压强为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g,两液面的高度差为h。
(1)根据连通器原理,同种液体在同一水平液面上的压强是相等的,则玻璃管内液面处的压强p1和玻璃管口处的压强p2分别是多少
提示:玻璃管内液面处的压强p1=p0+ρgh,玻璃管口处的压强p2=p0+ρgL。
(2)利用力平衡法,以玻璃管内的液体为研究对象,分析管内封闭气体的压强是多少
提示:设玻璃管内L-h的液柱的质量为m,受力分析如图所示,根据力的平衡条件可得p2S=mg+p1S,(p0+ρgL)S=ρg(L-h)S+p1S,则封闭气体的压强p1=p0+ρgh,即封闭气体的压强等于玻璃管内液面处的压强。
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
求气体压强的基本方法:先对活塞进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图甲中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS,则气体的压强为p=p0+。图乙中的液柱也可以看成“活塞”,由于液柱处于平衡状态,所以pS+mg=p0S,则气体压强为p=p0-=p0-ρ液gh。
2.连通器模型
如图所示,U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
[例1] 【活塞封闭气体压强的计算】 (2024·江西南昌三模)如图甲,竖直圆柱形汽缸导热性良好,用横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞质量为m0,此时活塞静止,距缸底高度为H。在活塞上放置质量为m1(未知)的物块静止后,汽缸内气体压强变为原来的倍,如图乙所示。不计活塞与汽缸间的摩擦,已知大气压强为p0,外界温度为27 ℃,重力加速度为g,汽缸始终保持竖直。求:
(1)图甲中封闭气体的压强大小;
(2)图乙中物块质量m1。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)对活塞进行分析,根据平衡条件有m0g+p0S=p1S,
解得p1=。
(2)对活塞与物块整体进行分析,根据力的平衡条件有m0g+m1g+p0S=p2S,
又p2=p1,
解得m1=。
[例2] 【液柱封闭气体压强的计算】 若已知大气压强为p0,液体密度均为ρ,重力加速度为g,图中各装置均处于静止状态,求各装置中被封闭气体的压强。
【答案】 见解析
【解析】 题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有p甲S+ρghS=p0S,
可得p甲=p0-ρgh;
题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p乙S+ρghS=p0S,
可得p乙=p0-ρgh;
题图丙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p丙S+ρghsin 60°·S=p0S,
可得p丙=p0-ρgh;
题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有p丁S=p0S+ρgh1S,
可得p丁=p0+ρgh1;
题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1),
故a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)。
有关气体压强的计算可以转化为力学问题进行处理。
(1)确定研究对象:如活塞、汽缸、液柱等。
(2)受力分析:特别注意分析内、外气体的压力。
(3)用力学规律分析:根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
考点二　气体实验定律　理想气体状态方程
如图所示,两个球形容器容积分别为V1和V2(V1提示:假设汞柱不移动,两热库温度都升高ΔT,对左容器,由查理定律推论有=,得Δp1=,同理,对右容器有Δp2=,因为T1Δp2,所以汞柱向右移动。
1.两个重要的推论
(1)查理定律的推论:=。
(2)盖-吕萨克定律的推论:=。
2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
=
3.利用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题的基本思路
[例3] 【玻意耳定律的应用】 (2024·湖南卷,13)一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0,求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示);
(2)某同学想测量该气球内气体体积V的大小,但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上,示数为m=8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。该同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p和体积V还满足:(p-p0)(V-VB0)=C,其中p0=1.0×105 Pa为大气压强,VB0=0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m3,求气球内气体体积V的大小。
【答案】 (1)　(2)5×10-3 m3
【解析】 (1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有pV=p0V0,
解得V0=。
(2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0,
对气球进行受力分析如图所示,
有mg+ρ0gV=m气g+m0g,
结合题中p和V满足的关系(p-p0)(V-VB0)=C,
联立解得V=5×10-3 m3。
[例4] 【盖-吕萨克定律及查理定律的应用】 (2024·广东卷,13)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两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,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=4.0×10-2m3,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g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、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;
(2)求A内气体体积VA2;
(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)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg
【解析】 (1)假设降温过程中,差压阀没有打开,B汽缸内气体做等容变化,
由查理定律有=,由题知pB1=p0,
代入数据解得pB2=9×104 Pa,
此时压强差ΔpAB=p0-pB2=0.1p0<Δp,
可知差压阀不会打开,假设成立。
(2)A汽缸内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,
代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A汽缸内气体压强pA′=p0+,
B汽缸内气体压强pB′=p0,
因B内气体压强保持不变,则此时差压阀恰好关闭,有pA′-pB′=Δp,
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
考点三　气体状态变化的图像问题
1.一定质量的理想气体的状态变化图像
类别 图像 特点 其他图像
等 温 线 pV=CT(其中C为恒量),pV乘积越大,温度越高,等温线离原点越远
p=CT·,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高
等 容 线 p=T,斜率k=,即斜率越大,体积越小
等 压 线 V=T,斜率k=,即斜率越大,压强越小
2.气体状态变化的图像的应用技巧
(1)明确点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确斜率的物理意义:在V-T图像(p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较这两个状态与原点连线的斜率的大小,其规律是斜率越大,压强(或体积)越小。
(3)明确图像面积的物理意义:在p-V图像中,p-V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
[例5] 【p-T图像】 (2023·江苏卷,3) 如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　)
[A] 气体分子的数密度增大
[B] 气体分子的平均动能增大
[C] 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
[D] 单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减少
【答案】 B
【解析】 根据=C,可得p=T,则从A到B为等容线,即从A到B气体体积不变,则气体分子的数密度不变,选项A错误;从A到B气体的温度升高,则气体分子的平均动能变大,选项B正确;从A到B气体的压强变大,气体分子的平均速率变大,则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大,选项C错误;气体分子的数密度不变,从A到B气体分子的平均速率变大,则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,选项D错误。
[例6] 【p-V图像】 (2024·江西卷,13)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;
(2)气体在状态B的体积V2。
【答案】 (1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
【解析】 (1)从D到A状态,根据查理定律有=,
解得pD=2.0×105 Pa。
(2)从C到D状态,根据玻意耳定律有pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。
[例7] 【图像转换问题】 (2024·安徽六安期末)图甲是一定质量的气体由状态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。
(1)写出A→B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图甲中TA的温度值。
(2)请在图乙坐标系中,作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定的有关坐标值,请写出计算过程。
【答案】 (1)A→B过程中压强不变　200 K　
(2)见解析
【解析】 (1)从题图甲可以看出,A与B连线的延长线过原点,所以A→B是一个等压变化,即pA=pB,
根据盖-吕萨克定律可得=,
所以TA=TB=×300 K=200 K。
(2)由题图甲可知,B→C是等容变化,根据查理定律得=,
所以pC=pB=×1.5×105 Pa=2.0×105 Pa,
则可画出状态A→B→C的p-T图像如图所示。
(满分:60分)
对点1.气体压强的计算
1.(4分)(2024·湖南邵阳阶段练习)如图所示,U形管封闭端内有一部分气体被水银封住,已知大气压强为p0,封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)
[A] p0+h2
[B] p0-h1
[C] p0-(h1+h2)
[D] p0+(h2-h1)
【答案】 B
【解析】 选右边液面为研究对象,右边液面受到向下的大气压强p0,在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p,根据连通器原理可知p+h1=p0,所以p=p0-h1,B正确。
2.(6分)(2024·安徽铜陵模拟)如图所示,光滑水平面上放有一质量为M的汽缸,汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞,活塞横截面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压强为p0)
【答案】 p0+
【解析】 选取汽缸和活塞整体为研究对象,汽缸和活塞相对静止时有F=(M+m)a,
以活塞为研究对象,由牛顿第二定律有
pS-p0S=ma,
联立解得p=p0+。
对点2.气体实验定律　理想气体状态方程
3.(4分)(2025·河南高考适应性考试)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时,压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压),轮胎内部气体温度为 315 K,外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时,压力表示数为2.5p0,轮胎内部气体温度为 280 K。轮胎内部气体视为理想气体,轮胎内体积不变且不漏气,则该高原地区的大气压强为(　　)
[A] 0.6p0 [B] 0.7p0
[C] 0.8p0 [D] 0.9p0
【答案】 B
【解析】 根据题意可知,在平原地区时,轮胎内部压强为p1=3.6p0,温度T1=315 K,设在高原地区轮胎内部压强为p2,温度T2=280 K,轮胎做等容变化,根据=,解得p2=3.2p0,该高原地区的大气压强p=3.2p0-2.5p0=0.7p0,故选B。
4.(6分)(2024·安徽芜湖期末)(多选)如图为竖直放置的上粗下细的两端封闭的细管,水银柱将气体分隔成A、B两部分,初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后,A、B两部分气体压强变化量分别为ΔpA、ΔpB,对液面压力的变化量分别为ΔFA、ΔFB,则(　　)
[A] 水银柱向上移动了一段距离
[B] 无法判断水银柱移动方向
[C] ΔpA=ΔpB
[D] ΔFA>ΔFB
【答案】 AD
【解析】 假设液面不动,则两部分气体均为等容变化,则有==,==,由于pB=pA+ρgh>pA,可知ΔpA′<ΔpB′,故假设错误,水银柱向上移动,故A正确,B错误;根据pB=pA+ρgh,pB′=pA′+ρgh′,则有pBSB=pASB+ρghSB,pB′SB=pA′SB+ρgh′SB,有ΔpB=ΔpA+ρg(h′-h),根据上述,水银柱向上移动了一段距离,由于细管上粗下细,则有h′ΔpB,SA>SB,则ΔFA>ΔFB,故C错误,D正确。
对点3.气体状态变化的图像问题
5.(4分)(2025·贵州遵义模拟)下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是(　　)
[A] 在图甲中,气体由a到b的过程,气体压强减小
[B] 在图乙中,气体由a到b的过程,分子的数密度可能保持不变
[C] 在图丙中,气体由a到b的过程中,气体分子的平均动能保持不变
[D] 在图丁中,气体由a到b的过程中,气体的压强保持不变
【答案】 C
【解析】 由理想气体状态方程可得V=T,由a到b过程中图像上的点与原点连线的斜率减小,压强增大,故A错误;在题图乙中,气体由a到b的过程,体积变小,分子数密度增大,故B错误;在题图丙中,有p=,故气体由a到b的过程中,做等温变化,气体分子的平均动能保持不变,故C正确;在题图丁中,因为横坐标是摄氏温度,气体由a到b的过程中,不是等压变化,故D错误。
6.(4分)(2023·辽宁卷,5)“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(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 由p-T图像可知,在a→b过程中气体为等压变化,且温度升高,由盖-吕萨克定律可知Vb>Va;过b、c分别作通过原点的直线,可知Vc>Vb,即气体体积关系为Va7.(6分)(2024·湖南长沙期末)(多选)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内,封闭着一定质量的理想气体,如图所示。已知水银柱的长度h=5 cm,玻璃管开口斜向上,在倾角θ=30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑,稳定时被封闭的空气柱长为L=40 cm,大气压强始终为p0=75 cmHg,重力加速度g取10 m/s2,不计水银与试管壁间的摩擦力,不考虑温度的变化。下列说法正确的是(　　)
[A] 若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,则封闭气体的长度L1=37.5 cm
[B] 被封闭气体的压强为p1=80 cmHg
[C] 若细玻璃管开口竖直向下静止放置,由于环境温度变化,封闭气体的长度L=40 cm,则现在的温度与原来温度之比为14∶15
[D] 若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑,则稳定时封闭气体的长度L2=41.67 cm
【答案】 AC
【解析】 设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1,对整体,由牛顿第二定律有m总gsin θ=m总a1,解得a1=5 m/s2,对水银柱,根据牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-p1S=ma1,其中m=ρV=ρSh,解得被封闭气体的压强p1=75 cmHg,故B错误;若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,被封闭气体的压强p2=p0+ρgh=80 cmHg,被封闭气体做等温变化,则p2SL1=p1SL,解得封闭气体的长度L1=37.5 cm,故A正确;若细玻璃管开口竖直向下静止放置,被封闭气体的压强p3=p0-ρgh=70 cmHg,气体做等容变化,则=,可得T3∶T0=14∶15,故C正确;若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑,对水银柱,根据牛顿第二定律有p4S-p0S-mgsin θ=ma2,其中m=ρV=ρSh,被封闭气体做等温变化,则p4SL2=p2SL1,解得p4=78 cmHg,L2≈38.46 cm,故D错误。
8.(10分)(2025·河北唐山阶段练习)如图,一汽缸固定在水平地面,可自由移动的活塞和固定隔板将汽缸分成两个体积均为V0的气室,活塞面积为S且与汽缸间无摩擦,隔板K上安装一单向阀门,且单向阀门只能向右开启。初始时,左边气室中的气体压强为p0,右边气室中的气体压强为2p0,气体温度始终保持不变。现对活塞施加一水平向右的力F缓慢推动活塞。
(1)F至少要多大时,阀门才能开启
(2)当F=2.5p0S时,右边气室中气体的压强为多大
【答案】 (1)p0S　(2)3p0
【解析】 (1)阀门开启时有F+p0S=2p0S,
解得F=p0S。
(2)当F=2.5p0S时,左边气室中气体的压强为p1=p0+=3.5p0,
气体做等温变化,假设左边气室中气体全部进入右边气室中,则p0V0+2p0V0=p1V1,
解得V1=V0故假设成立,左边气室中气体全部进入右边气室中,则p0V0+2p0V0=p2V0,
解得右边气室中气体的压强为p2=3p0。
9.(16分)(2024·广西卷,14)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。
(1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小;
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化;
(3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。
【答案】 (1)50 N　(2)(3)见解析
【解析】 (1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知封闭气体压强等于大气压强p0,则封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N。
(2)设封闭气体的压强为p,体积为V,气体柱的长度为l,则有F=pS=pV·,
由题图乙可知F-图像为过原点的直线,
即图像斜率pV为一定值,
所以活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化。
(3)在b处时pb=p0,
Vb=Sl0=10×10-5 m3,
在a处时Va=Sla=0.25×10-5 m3,
根据玻意耳定律paVa=pbVb,
解得pa=40×105 Pa,
封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。
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)第2讲　气体
情境导思 1.如图所示,在一个恒温池中,一串串气泡由池底慢慢升到水面,有趣的是气泡在上升过程中,体积逐渐变大,到水面时就会破裂。 (1)上升过程中,气泡内气体的压强如何改变 (2)气泡在上升过程中体积为何会变大 (3)为什么到达水面会破裂 2. 如图,用双手捂住瓶体。 (1)瓶内气体的温度如何变化 (2)封闭气体的红色液柱上升,说明气体的体积如何变化 (3)瓶内封闭气体的压强变化了吗 3.图甲是一定质量的气体在不同温度下的p-V图线,图乙是一定质量的气体在不同温度下的p-图线。 (1)图甲中两条等温线表示的温度T1和T2哪一个比较高 为什么 (2)图乙中,T3和T4哪一个大
考点一　气体压强的计算
如图所示,在温度不变的情况下,把一根上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中,插入后管口到槽内水银面的距离是L,若大气压强为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g,两液面的高度差为h。
(1)根据连通器原理,同种液体在同一水平液面上的压强是相等的,则玻璃管内液面处的压强p1和玻璃管口处的压强p2分别是多少
提示:玻璃管内液面处的压强p1=p0+ρgh,玻璃管口处的压强p2=p0+ρgL。
(2)利用力平衡法,以玻璃管内的液体为研究对象,分析管内封闭气体的压强是多少
提示:设玻璃管内L-h的液柱的质量为m,受力分析如图所示,根据力的平衡条件可得p2S=mg+p1S,(p0+ρgL)S=ρg(L-h)S+p1S,则封闭气体的压强p1=p0+ρgh,即封闭气体的压强等于玻璃管内液面处的压强。
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
求气体压强的基本方法:先对活塞进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图甲中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS,则气体的压强为p=p0+。图乙中的液柱也可以看成“活塞”,由于液柱处于平衡状态,所以pS+mg=p0S,则气体压强为p=p0-=p0-ρ液gh。
2.连通器模型
如图所示,U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
[例1] 【活塞封闭气体压强的计算】 (2024·江西南昌三模)如图甲,竖直圆柱形汽缸导热性良好,用横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞质量为m0,此时活塞静止,距缸底高度为H。在活塞上放置质量为m1(未知)的物块静止后,汽缸内气体压强变为原来的倍,如图乙所示。不计活塞与汽缸间的摩擦,已知大气压强为p0,外界温度为27 ℃,重力加速度为g,汽缸始终保持竖直。求:
(1)图甲中封闭气体的压强大小;
(2)图乙中物块质量m1。
[例2] 【液柱封闭气体压强的计算】 若已知大气压强为p0,液体密度均为ρ,重力加速度为g,图中各装置均处于静止状态,求各装置中被封闭气体的压强。
有关气体压强的计算可以转化为力学问题进行处理。
(1)确定研究对象:如活塞、汽缸、液柱等。
(2)受力分析:特别注意分析内、外气体的压力。
(3)用力学规律分析:根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
考点二　气体实验定律　理想气体状态方程
如图所示,两个球形容器容积分别为V1和V2(V1提示:假设汞柱不移动,两热库温度都升高ΔT,对左容器,由查理定律推论有=,得Δp1=,同理,对右容器有Δp2=,因为T1Δp2,所以汞柱向右移动。
1.两个重要的推论
(1)查理定律的推论:=。
(2)盖-吕萨克定律的推论:=。
2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
=
3.利用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题的基本思路
[例3] 【玻意耳定律的应用】 (2024·湖南卷,13)一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0,求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示);
(2)某同学想测量该气球内气体体积V的大小,但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上,示数为m=8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。该同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p和体积V还满足:(p-p0)(V-VB0)=C,其中p0=1.0×105 Pa为大气压强,VB0=0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m3,求气球内气体体积V的大小。
[例4] 【盖-吕萨克定律及查理定律的应用】 (2024·广东卷,13)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两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,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=4.0×10-2m3,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g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、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;
(2)求A内气体体积VA2;
(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。
考点三　气体状态变化的图像问题
1.一定质量的理想气体的状态变化图像
类别 图像 特点 其他图像
等 温 线 pV=CT(其中C为恒量),pV乘积越大,温度越高,等温线离原点越远
p=CT·,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高
等 容 线 p=T,斜率k=,即斜率越大,体积越小
等 压 线 V=T,斜率k=,即斜率越大,压强越小
2.气体状态变化的图像的应用技巧
(1)明确点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确斜率的物理意义:在V-T图像(p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较这两个状态与原点连线的斜率的大小,其规律是斜率越大,压强(或体积)越小。
(3)明确图像面积的物理意义:在p-V图像中,p-V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
[例5] 【p-T图像】 (2023·江苏卷,3) 如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　)
[A] 气体分子的数密度增大
[B] 气体分子的平均动能增大
[C] 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
[D] 单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减少
[例6] 【p-V图像】 (2024·江西卷,13)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;
(2)气体在状态B的体积V2。
[例7] 【图像转换问题】 (2024·安徽六安期末)图甲是一定质量的气体由状态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。
(1)写出A→B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图甲中TA的温度值。
(2)请在图乙坐标系中,作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定的有关坐标值,请写出计算过程。
(满分:60分)
对点1.气体压强的计算
1.(4分)(2024·湖南邵阳阶段练习)如图所示,U形管封闭端内有一部分气体被水银封住,已知大气压强为p0,封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)
[A] p0+h2
[B] p0-h1
[C] p0-(h1+h2)
[D] p0+(h2-h1)
2.(6分)(2024·安徽铜陵模拟)如图所示,光滑水平面上放有一质量为M的汽缸,汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞,活塞横截面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压强为p0)
对点2.气体实验定律　理想气体状态方程
3.(4分)(2025·河南高考适应性考试)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时,压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压),轮胎内部气体温度为 315 K,外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时,压力表示数为2.5p0,轮胎内部气体温度为 280 K。轮胎内部气体视为理想气体,轮胎内体积不变且不漏气,则该高原地区的大气压强为(　　)
[A] 0.6p0 [B] 0.7p0
[C] 0.8p0 [D] 0.9p0
4.(6分)(2024·安徽芜湖期末)(多选)如图为竖直放置的上粗下细的两端封闭的细管,水银柱将气体分隔成A、B两部分,初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后,A、B两部分气体压强变化量分别为ΔpA、ΔpB,对液面压力的变化量分别为ΔFA、ΔFB,则(　　)
[A] 水银柱向上移动了一段距离
[B] 无法判断水银柱移动方向
[C] ΔpA=ΔpB
[D] ΔFA>ΔFB
对点3.气体状态变化的图像问题
5.(4分)(2025·贵州遵义模拟)下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是(　　)
[A] 在图甲中,气体由a到b的过程,气体压强减小
[B] 在图乙中,气体由a到b的过程,分子的数密度可能保持不变
[C] 在图丙中,气体由a到b的过程中,气体分子的平均动能保持不变
[D] 在图丁中,气体由a到b的过程中,气体的压强保持不变
6.(4分)(2023·辽宁卷,5)“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(　　)
[A] [B]
[C] [D]
7.(6分)(2024·湖南长沙期末)(多选)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内,封闭着一定质量的理想气体,如图所示。已知水银柱的长度h=5 cm,玻璃管开口斜向上,在倾角θ=30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑,稳定时被封闭的空气柱长为L=40 cm,大气压强始终为p0=75 cmHg,重力加速度g取10 m/s2,不计水银与试管壁间的摩擦力,不考虑温度的变化。下列说法正确的是(　　)
[A] 若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,则封闭气体的长度L1=37.5 cm
[B] 被封闭气体的压强为p1=80 cmHg
[C] 若细玻璃管开口竖直向下静止放置,由于环境温度变化,封闭气体的长度L=40 cm,则现在的温度与原来温度之比为14∶15
[D] 若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑,则稳定时封闭气体的长度L2=41.67 cm
8.(10分)(2025·河北唐山阶段练习)如图,一汽缸固定在水平地面,可自由移动的活塞和固定隔板将汽缸分成两个体积均为V0的气室,活塞面积为S且与汽缸间无摩擦,隔板K上安装一单向阀门,且单向阀门只能向右开启。初始时,左边气室中的气体压强为p0,右边气室中的气体压强为2p0,气体温度始终保持不变。现对活塞施加一水平向右的力F缓慢推动活塞。
(1)F至少要多大时,阀门才能开启
(2)当F=2.5p0S时,右边气室中气体的压强为多大
9.(16分)(2024·广西卷,14)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。
(1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小;
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化;
(3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。
(
第
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高中总复习·物理
第2讲　
气体
情境导思
1.如图所示,在一个恒温池中,一串串气泡由池底慢慢升到水面,有趣的是气泡在上升过程中,体积逐渐变大,到水面时就会破裂。
(1)上升过程中,气泡内气体的压强如何改变
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大
(3)为什么到达水面会破裂
情境导思
2. 如图,用双手捂住瓶体。
(1)瓶内气体的温度如何变化
(2)封闭气体的红色液柱上升,说明气体的体积如何变化
(3)瓶内封闭气体的压强变化了吗
情境导思
(1)图甲中两条等温线表示的温度T1和T2哪一个比较高 为什么
(2)图乙中,T3和T4哪一个大
知识构建
反比
不变
增大
知识构建
正比
保持不变
大
大
正比
增大
减小
小题试做
1.(2024·辽宁大连一模)将水杯开口向下倒置在水盆中,可在杯中封闭一段气体。现将水杯缓慢向上提起一段高度(杯口始终未露出水面,杯内气体未漏出),设环境温度保持不变,此过程中杯中封闭气体(　　)
[A] 体积变小,压强变小
[B] 体积变大,压强变大
[C] 体积变小,压强变大
[D] 体积变大,压强变小
D
小题试做
2.(2024·山东济南期末)如图所示,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其体积(　　)
[A] 逐渐增大
[B] 逐渐减小
[C] 始终不变
[D] 先增大后减小
A
如图所示,在温度不变的情况下,把一根上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中,插入后管口到槽内水银面的距离是L,若大气压强为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g,两液面的高度差为h。
(1)根据连通器原理,同种液体在同一水平液面上的压强是相等的,则玻璃管内液面处的压强p1和玻璃管口处的压强p2分别是多少
提示:玻璃管内液面处的压强p1=p0+ρgh,玻璃管口处的压强p2=p0+ρgL。
(2)利用力平衡法,以玻璃管内的液体为研究对象,分析管内封闭气体的压强是多少
提示:设玻璃管内L-h的液柱的质量为m,受力分析如图所示,根据力的平衡条件可得p2S=mg+p1S,(p0+ρgL)S=ρg(L-h)S+p1S,则封闭气体的压强p1=p0+ρgh,即封闭气体的压强等于玻璃管内液面处的压强。
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
2.连通器模型
如图所示,U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
(1)图甲中封闭气体的压强大小;
(2)图乙中物块质量m1。
[例2] 【液柱封闭气体压强的计算】 若已知大气压强为p0,液体密度均为ρ,重力加速度为g,图中各装置均处于静止状态,求各装置中被封闭气体的压强。
题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有p丁S=p0S+ρgh1S,
可得p丁=p0+ρgh1;
题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1),
故a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)。
方法总结
有关气体压强的计算可以转化为力学问题进行处理。
(1)确定研究对象:如活塞、汽缸、液柱等。
(2)受力分析:特别注意分析内、外气体的压力。
(3)用力学规律分析:根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
如图所示,两个球形容器容积分别为V1和V2(V11.两个重要的推论
2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
3.利用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题的基本思路
[例3] 【玻意耳定律的应用】 (2024·湖南卷,13)一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0,求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示);
(2)某同学想测量该气球内气体体积V的大小,但身边仅有一个电子天平。
将气球置于电子天平上,示数为m=8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。该同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p和体积V还满足:
(p-p0)(V-VB0)=C,其中p0=1.0×105 Pa为大气压强,VB0=0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m3,求气球内气体体积V的大小。
【答案】 (2)5×10-3 m3
【解析】 (2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0,
对气球进行受力分析如图所示,
有mg+ρ0gV=m气g+m0g,
结合题中p和V满足的关系(p-p0)(V-VB0)=C,
联立解得V=5×10-3 m3。
[例4] 【盖-吕萨克定律及查理定律的应用】 (2024·广东卷,13)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两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,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=4.0×10-2m3,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g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、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】 (1)9×104 Pa
(2)求A内气体体积VA2;
【答案】 (2)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】 (3)1.1×102 kg
1.一定质量的理想气体的状态变化图像
2.气体状态变化的图像的应用技巧
(1)明确点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确斜率的物理意义:在V-T图像(p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较这两个状态与原点连线的斜率的大小,其规律是斜率越大,压强
(或体积)越小。
(3)明确图像面积的物理意义:在p-V图像中,p-V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
[例5] 【p-T图像】 (2023·江苏卷,3) 如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　)
[A] 气体分子的数密度增大
[B] 气体分子的平均动能增大
[C] 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
[D] 单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减少
B
[例6] 【p-V图像】 (2024·江西卷,13)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】 (1)2.0×105 Pa
(2)气体在状态B的体积V2。
【答案】 (2)2.0 m3
【解析】 (2)从C到D状态,根据玻意耳定律有pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。
[例7] 【图像转换问题】 (2024·安徽六安期末)图甲是一定质量的气体由状态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。
(1)写出A→B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图甲中TA的温度值。
【答案】 (1)A→B过程中压强不变　200 K　
(2)请在图乙坐标系中,作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定的有关坐标值,请写出计算过程。
基础对点练
对点1.气体压强的计算
1.(4分)(2024·湖南邵阳阶段练习)如图所示,U形管封闭端内有一部分气体被水银封住,已知大气压强为p0,封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　)
[A] p0+h2
[B] p0-h1
[C] p0-(h1+h2)
[D] p0+(h2-h1)
B
【解析】 选右边液面为研究对象,右边液面受到向下的大气压强p0,在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p,根据连通器原理可知p+h1=p0,所以p=p0-h1,B正确。
2.(6分)(2024·安徽铜陵模拟)如图所示,光滑水平面上放有一质量为M的汽缸,汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞,活塞横截面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压强为p0)
对点2.气体实验定律　理想气体状态方程
3.(4分)(2025·河南高考适应性考试)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时,压力表示数为2.6p0
(p0是1个标准大气压),轮胎内部气体温度为 315 K,外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时,压力表示数为2.5p0,轮胎内部气体温度为 280 K。轮胎内部气体视为理想气体,轮胎内体积不变且不漏气,则该高原地区的大气压强为
(　　)
[A] 0.6p0 [B] 0.7p0
[C] 0.8p0 [D] 0.9p0
B
4.(6分)(2024·安徽芜湖期末)(多选)如图为竖直放置的上粗下细的两端封闭的细管,水银柱将气体分隔成A、B两部分,初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后,A、B两部分气体压强变化量分别为ΔpA、ΔpB,对液面压力的变化量分别为ΔFA、ΔFB,则(　　 )
[A] 水银柱向上移动了一段距离
[B] 无法判断水银柱移动方向
[C] ΔpA=ΔpB
[D] ΔFA>ΔFB
AD
对点3.气体状态变化的图像问题
5.(4分)(2025·贵州遵义模拟)下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是(　　)
[A] 在图甲中,气体由a到b的过程,气体压强减小
[B] 在图乙中,气体由a到b的过程,分子的数密度可能保持不变
[C] 在图丙中,气体由a到b的过程中,气体分子的平均动能保持不变
[D] 在图丁中,气体由a到b的过程中,气体的压强保持不变
C
6.(4分)(2023·辽宁卷,5)“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(　　)
B
[A] [B] [C] [D]
【解析】 由p-T图像可知,在a→b过程中气体为等压变化,且温度升高,由盖-吕萨克定律可知Vb>Va;过b、c分别作通过原点的直线,可知Vc>Vb,即气体体积关系为Va7.(6分)(2024·湖南长沙期末)(多选)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内,
封闭着一定质量的理想气体,如图所示。已知水银柱的长度h=5 cm,玻璃管开口斜向上,在倾角θ=30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑,稳定时被封闭的空气柱长为L=40 cm,大气压强始终为p0=75 cmHg,重力加速度g取10 m/s2,不计水银与试管壁间的摩擦力,不考虑温度的变化。
下列说法正确的是( 　 　)
[A] 若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,则封闭气体的长度L1=37.5 cm
[B] 被封闭气体的压强为p1=80 cmHg
[C] 若细玻璃管开口竖直向下静止放置,由于环境温度变化,封闭气体的长度L=40 cm,则现在的温度与原来温度之比为14∶15
[D] 若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑,则稳定时封闭气体的长度L2=41.67 cm
综合提升练
AC
【解析】 设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1,对整体,由牛顿第二定律有m总gsin θ=m总a1,解得a1=5 m/s2,对水银柱,根据牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-p1S=ma1,其中m=ρV=ρSh,解得被封闭气体的压强p1=75 cmHg,
故B错误;若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动,被封闭气体的压强p2=p0+ρgh=80 cmHg,被封闭气体做等温变化,则p2SL1=p1SL,解得封闭气体的长度L1=37.5 cm,故A正确;
8.(10分)(2025·河北唐山阶段练习)如图,一汽缸固定在水平地面,可自由移动的活塞和固定隔板将汽缸分成两个体积均为V0的气室,活塞面积为S且与汽缸间无摩擦,隔板K上安装一单向阀门,且单向阀门只能向右开启。初始时,左边气室中的气体压强为p0,右边气室中的气体压强为2p0,气体温度始终保持不变。现对活塞施加一水平向右的力F缓慢推动活塞。
(1)F至少要多大时,阀门才能开启
【答案】 (1)p0S　
【解析】 (1)阀门开启时有F+p0S=2p0S,
解得F=p0S。
(2)当F=2.5p0S时,右边气室中气体的压强为多大
【答案】 (2)3p0
(1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小;
【答案】 (1)50 N
【解析】 (1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知封闭气体压强等于大气压强p0,则封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N。
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化;
(3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。
【答案及解析】 (3)在b处时pb=p0,
Vb=Sl0=10×10-5 m3,
在a处时Va=Sla=0.25×10-5 m3,
根据玻意耳定律paVa=pbVb,
解得pa=40×105 Pa,
封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。

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