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综合·融通(一)　气体实验定律的综合应用
(融会课—主题串知综合应用)
通过本节课的学习，进一步熟练应用三个气体实验定律解决实际问题，会利用查理定律和盖 吕萨克定律的推论判断液柱移动方向，会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题。
主题(一)　液柱移动问题
[知能融会通]
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．分析方法——假设推理法
根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。
3．两个常用推论
(1)查理定律的分比形式：＝或Δp＝p。
(2)盖 吕萨克定律的分比形式：＝或ΔV＝V。
[典例]　(2024·四川遂宁高二月考)(多选)如图所示，容器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃，氧气温度为20 ℃时，水银柱静止。下列说法正确的是(　　)
A．两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向右边移动
B．两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向左边移动
C．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向下移动
D．如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向上移动
听课记录：
[题点全练清]
1．(2024·贵州黔东南高二阶段练习)如图所示，两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开，当玻璃管水平放置时，左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积，左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，水银柱处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强
B．此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强
C．若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向左移动
D．若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向右移动
2．(多选)如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两边气体温度相同，管内水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小，则可行的方法是(　　)
A．同时升高相同的温度
B．玻璃管竖直匀速下落
C．同时降低相同的温度
D．玻璃管竖直加速下落
主题(二)　气体实验定律的理解及应用
[知能融会通]
三大气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖 吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比
表达式 p1V1＝p2V2 ＝ ＝
图像
[典例]　(2024·四川达州高二质检)某同学想用刻度尺来显示温度，他的做法如图所示：一导热汽缸、平台及0刻线在左边的刻度尺均水平固定，一厚度不计的活塞，封闭了一定质量的空气(可视为理想气体)，与活塞连接的带有指针的轻杆可随活塞左右移动，轻杆水平，指针竖直向下指向刻度尺上的刻度线。开始时，被测温度为27 ℃，大气压p0＝75 cmHg，活塞静止，空气柱长度为12 cm，指针指在刻度尺上的5 cm处。不计一切摩擦，大气压保持不变，T＝t＋273 K。求：
(1)用外力缓慢向左推动活塞，当指针指到2 cm刻线时，封闭气体压强多大；
(2)撤去外力，随被测温度的变化，刻度尺上8 cm处应标为多少摄氏度。
尝试解答：
/方法技巧/
利用气体实验定律解决问题的基本思路
[题点全练清]
1．(2024·南阳高二阶段练习)(多选)如图所示，两个水平放置、内径不同的导热圆柱形金属汽缸A、B通过细管相连，一定质量的气体被封闭在两个活塞之间，两个活塞通过金属细杆相连，活塞与汽缸之间无摩擦。初始状态两活塞都静止不动，此时活塞到各自汽缸底部的距离相等，缸内气体温度为T0＝300 K，外界大气压强为p0。已知汽缸A、B内径之比为1∶，中间细管体积忽略不计，现缓慢对汽缸加热，使得汽缸内气体温度逐渐升高，下面说法正确的是(　　)
A．初始状态连接两活塞的金属杆受到拉力作用
B．温度升高到450 K时内部气压大小为p0
C．温度升高到350 K时内部气压大小为p0
D．温度升高到600 K时内部气压大小为1.5p0
2.(2024·内江高二检测)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放在水平地面上，汽缸内部横截面积S＝10 cm2，用质量m＝10 kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的气体，活塞可以在汽缸内无摩擦地滑动，外界大气压p0＝1.0×105 Pa。当气体温度T1＝300 K时，封闭气柱长h＝40 cm，活塞保持静止，重力加速度g＝10 m/s2，则：
(1)在活塞上再放一质量为M＝20 kg的物块，活塞将向下移动，使活塞停在一个新的位置保持静止，若变化过程中温度不变，求活塞移动的距离Δh；
(2)欲使活塞再回到原来的位置，需要使温度升高到T2，求T2。
主题(三)　理想气体状态变化的图像问题
[知能融会通]
一定质量的理想气体的状态变化图像
名称 图像 特点 其他图像
等温线 p V pV=CT(C为常量)，即pV乘积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p p=，斜率k=CT，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 p T p=T，斜率k=，即斜率越大，对应的体积越小
p t 图线的延长线均过点(-273.15，0)，斜率越大，对应的体积越小
等压线 V T V=T，斜率k=，即斜率越大，对应的压强越小
V t V与t呈线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(-273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小
[典例]　汽油机某型号汽缸如图，现在该汽缸中密封一定质量的理想气体，通过各种技术手段，使该汽缸中密封的理想气体的状态按图1中箭头所示的顺序变化，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
(1)已知气体在状态A的温度为2T0，求气体在状态B和状态D的温度各是多少？(以上温度均为热力学温度)
(2)在图2中画出气体的V T图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)
尝试解答：
一般状态变化图像的处理方法
化“一般”为“特殊”。如图是一定质量的某种气体的状态变化过程A→B→C→A。在V T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，pA′　
[题点全练清]
1．(2024·沧州高二阶段练习)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，缓慢经历ab、bc、ca回到a状态，其V T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0，状态c的热力学温度为Tc，下列判断正确的是(　　)
A．气体从状态a到状态c的过程中密度一直减小
B．pb＝2.5p1
C．pc＝p1
D．Tc＝2.5T0
2．(2024·重庆万州高二阶段考试)(多选)如图所示，将汽缸用轻绳悬挂在天花板上，汽缸内部用轻质活塞密封一定质量的理想气体，已知汽缸与活塞间无摩擦，大气压强为p0，活塞距离汽缸开口处的小挡板为L0。若将汽缸内气体的温度缓慢升高，下列图像能正确反映汽缸内气体相关物理量的变化关系的是(　　)
综合·融通(一)　气体实验定律的综合应用
主题(一)　
[典例]　选AD　假设两气体体积不变，根据＝可知，两气体温度均升高20 ℃时，氢气压强的增加量Δp1＝p＝p，氧气压强的增加量Δp2＝p＝p，可知两气体温度均升高20 ℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向右边移动，故A正确，B错误；如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90 ℃，稳定时氢气的压强大于氧气的压强，假设两气体体积不变，根据＝可知，让温度都升高10 ℃，氢气压强的增加量Δp1′＝pH＝pH，氧气压强的增加量Δp2′＝pO＝pO，初始时氢气的压强大于氧气的压强，可知两气体温度均升高10 ℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向上移动，故D正确，C错误。
[题点全练清]
1．选C　对水平状态的水银柱受力分析可知，来自两侧的封闭气体的压力相等，则此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强，故A、B错误；管内两端的气体都升高相同的温度ΔT时，假设水银柱不动，由等容变化的推论有＝，可得Δp＝·ΔT，因左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，T1左>T1右，则左侧气体压强的增加量小于右侧气体压强的增加量，Δp左<Δp右，而初态两侧的压强相等，故水银柱要向左移动，故C正确，D错误。
2．选AD　假设两部分气体做等容变化，则根据＝，可得压强变化量Δp＝p，则Δp左＝p左，Δp右＝p右，而其中p左＝p右＋ph，若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故C错误，A正确；玻璃管竖直加速下落，左侧空气柱对水银柱的压强变小，体积增大，使左右水银面高度差变小；匀速下落时，压强不变，高度差不变，故B错误，D正确。
主题(二)　
[典例]　解析：(1)用外力缓慢向左推动活塞，封闭气体做等温变化，设汽缸的横截面积为S，则有p0L1S＝pL2S
解得p＝＝ cmHg＝100 cmHg。
(2)撤去外力，指针指在刻度尺上8 cm时，压强等于初态压强，设汽缸的横截面积为S，由盖 吕萨克定律得＝，则T2＝T1＝×(273＋27)K＝375 K，t2＝(375－273)℃＝102 ℃。
答案：(1)100 cmHg　(2)102 ℃
[题点全练清]
1．选CD　汽缸A、B内径之比为1∶，则面积之比为1∶2，设活塞A面积为S，初始状态汽缸内气体压强为p，金属杆上的拉力为F，对于活塞A有pS＝p0S＋F，对于活塞B有p×2S＝p0×2S＋F，联立解得p＝p0，F＝0，因此，初始状态连接两活塞的金属杆既不受拉力，也不受压力，A错误；开始升温过程中封闭气体做等压变化，直至活塞A右移到汽缸底部，设此距离为L，此时对应的温度为T1，则＝，解得T1＝T0＝400 K，所以，若温度T≤T1＝400 K时，内部气压等于p0，C正确；当温度T>T1＝400 K时，活塞已无法移动，被封闭气体的体积保持不变，则＝，解得p′＝p0，当T＝450 K时p′＝1.125p0，当T＝600 K时，p′＝1.5p0，B错误，D正确。
2．解析：(1)第一阶段气体发生等温变化，
状态1：V1＝h·S，p1＝p0＋
状态2：V2＝h′·S，p2＝p0＋
由玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
活塞移动的距离Δh＝h－h′
解得Δh＝h＝20 cm。
(2)由状态1到状态3气体体积不变，根据查理定律，有＝
即＝
解得T2＝T1＝600 K。
答案：(1)20 cm　(2)600 K
主题(三)　
[典例]　解析：(1)A到B为等压过程，根据盖 吕萨克定律得＝，即＝，解得TB＝4T0
B到C为等温过程TC＝TB＝4T0
C到D为等压过程，根据盖 吕萨克定律得＝，
即＝，解得TD＝2T0。
(2)V T图像如图。
答案：(1)4T0　2T0　(2) 见解析图
[题点全练清]
1．选CD　由题图可知，气体从状态a到状态c体积先变大后不变，则密度先减小后不变，故A错误；由题图可知，气体由状态c到状态a对应的V T图线为过原点的直线，所以发生的是等压变化，即pc＝p1，故C正确；气体由状态a到状态b为等温膨胀，所以p1V0＝pb·2.5V0，所以pb＝0.4p1，故B错误；由状态a到状态c，根据理想气体的状态方程有＝，所以Tc＝2.5T0，故D正确。
2．选BC　活塞到达小挡板前，对活塞受力分析有pS＝p0S，即气体压强不变，做等压变化；活塞到达小挡板后，气体做等容变化，故D错误；气体先做等压变化，后做等容变化，因为当温度为绝对零度，即T＝0时，气体压强为0，不可能有p＝p0，故B、C正确，A错误。
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　气体实验定律的综合应用
(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通(一)
通过本节课的学习，进一步熟练应用三个气体实验定律解决实际问题，会利用查理定律和盖-吕萨克定律的推论判断液柱移动方向，会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题。
1
主题(一)　液柱移动问题
2
主题(二)　气体实验定律的理解及应用
3
主题(三)　理想气体状态
变化的图像问题
4
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一)　液柱移动问题
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。
知能融会通
2.分析方法——假设推理法
根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。
3.两个常用推论
(1)查理定律的分比形式：=或Δp=p。
(2)盖-吕萨克定律的分比形式：=或ΔV=V。
[典例]　(2024·四川遂宁高二月考)(多选)如图所示，容
器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管
相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃，氧气温度为20 ℃时，水银柱静止。下列说法正确的是 (　　)
A.两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向右边移动
B.两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向左边移动
√
C.如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向下移动
D.如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向上移动
√
[解析]　假设两气体体积不变，根据=可知，两气体温度均升高20 ℃时，氢气压强的增加量Δp1=p=p，氧气压强的增加量Δp2=p=p，可知两气体温度均升高20 ℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向右边移动，故A正确，B错误;
如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90 ℃，稳定时氢气的压强大于氧气的压强，假设两气体体积不变，根据=可知，让温度都升高10 ℃，氢气压强的增加量Δp1'=pH=pH，氧气压强的增加量Δp2'=pO=pO，初始时氢气的压强大于氧气的压强，可知两气体温度均升高10 ℃时，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向上移动，故D正确，C错误。
1.(2024·贵州黔东南高二阶段练习)如图所示，
两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开，当玻璃管水平放置时，左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积，左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，水银柱处于静止状态。下列说法正确的是 (　　)
题点全练清
A.此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强
B.此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强
C.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向左移动
D.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向右移动
解析：对水平状态的水银柱受力分析可知，来自两侧的封闭气体的压力相等，则此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强，故A、B错误;
√
管内两端的气体都升高相同的温度ΔT时，假设水银柱不动，由等容变化的推论有=，可得Δp=·ΔT，因左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，T1左>T1右，则左侧气体压强的增加量小于右侧气体压强的增加量，Δp左<Δp右，而初态两侧的压强相等，故水银柱要向左移动，故C正确，D错误。
2.(多选)如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银
柱把管内气体分成两部分，此时两边气体温度相同，管内水
银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小，则可行的
方法是 (　　)
A.同时升高相同的温度 B.玻璃管竖直匀速下落
C.同时降低相同的温度 D.玻璃管竖直加速下落
√
√
解析：假设两部分气体做等容变化，则根据=，可得压强变化量Δp=p，则Δp左=p左，Δp右=p右，而其中p左=p右+ph，若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小;同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故C错误，A正确;玻璃管竖直加速下落，左侧空气柱对水银柱的压强变小，体积增大，使左右水银面高度差变小;匀速下落时，压强不变，高度差不变，故B错误，D正确。
主题(二)　气体实验定律
的理解及应用
三大气体实验定律
知能融会通
玻意耳定律 查理定律 盖-吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比
表达式 p1V1=p2V2 = =
图像
续表
[典例]　(2024·四川达州高二质检)某同学想用刻度尺来显示温度，他的做法如图所示：一导热汽缸、平台及0刻线在左边的刻度尺均水平固定，一厚度不计的活塞，封闭了一定质量的空气(可视为理想气体)，与活塞连接的带有指针的轻杆可随活塞左右移动，轻杆水平，指针竖直向下指向刻度尺上的刻度线。开始时，被测温度为27 ℃，大气压p0=75 cmHg，活塞静止，空气柱长度为12 cm，指针指在刻度尺上的5 cm处。不计一切摩擦，大气压保持不变，T=t+273 K。求：
(1)用外力缓慢向左推动活塞，当指针指到2 cm刻线时，封闭气体压强多大;
[答案]　100 cmHg
[解析]　用外力缓慢向左推动活塞，封闭气体做等温变化，设汽缸的横截面积为S，
则有p0L1S=pL2S
解得p== cmHg=100 cmHg。
(2)撤去外力，随被测温度的变化，刻度尺上8 cm处应标为多少摄氏度。
[答案]　102 ℃
[解析]　撤去外力，指针指在刻度尺上8 cm时，压强等于初态压强，设汽缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律得=，
则T2=T1=×(273+27)K=375 K，
t2=(375-273)℃=102 ℃。
　/方法技巧/
利用气体实验定律解决问题的基本思路
1.(2024·南阳高二阶段练习)(多选)如图所示，两个水平
放置、内径不同的导热圆柱形金属汽缸A、B通过细管相
连，一定质量的气体被封闭在两个活塞之间，两个活塞通过金属细杆相连，活塞与汽缸之间无摩擦。初始状态两活塞都静止不动，此时活塞到各自汽缸底部的距离相等，缸内气体温度为T0=300 K，外界大气压强为p0。已知汽缸A、B内径之比为1∶，中间细管体积忽略不计，现缓慢对汽缸加热，使得汽缸内气体温度逐渐升高，下面说法正确的是(　　)
题点全练清
A.初始状态连接两活塞的金属杆受到拉力作用
B.温度升高到450 K时内部气压大小为p0
C.温度升高到350 K时内部气压大小为p0
D.温度升高到600 K时内部气压大小为1.5p0
解析：汽缸A、B内径之比为1∶，则面积之比为1∶2，设活塞A面积为S，初始状态汽缸内气体压强为p，金属杆上的拉力为F，对于活塞A有pS=p0S+F，对于活塞B有p×2S=p0×2S+F，
√
√
联立解得p=p0，F=0，因此，初始状态连接两活塞的金属杆既不受拉力，也不受压力，A错误;开始升温过程中封闭气体做等压变化，直至活塞A右移到汽缸底部，设此距离为L，此时对应的温度为T1，则=，解得T1=T0=400 K，所以，若温度T≤T1=400 K时，内部气压等于p0，C正确;当温度T>T1=400 K时，活塞已无法移动，被封闭气体的体积保持不变，则=，解得p'=p0，当T=450 K时p'=1.125p0，当T=600 K时，p'=1.5p0，B错误，D正确。
2.(2024·内江高二检测)如图所示，一个内壁光滑的
圆柱形汽缸竖直放在水平地面上，汽缸内部横截面积
S=10 cm2，用质量m=10 kg 的活塞在汽缸内封闭一定
质量的气体，活塞可以在汽缸内无摩擦地滑动，外界大气压p0=1.0×105 Pa。当气体温度T1=300 K时，封闭气柱长h=40 cm，活塞保持静止，重力加速度g=10 m/s2，则：
(1)在活塞上再放一质量为M=20 kg的物块，活塞将向下移动，使活塞停在一个新的位置保持静止，若变化过程中温度不变，求活塞移动的距离Δh;
答案：20 cm
解析：第一阶段气体发生等温变化，
状态1：V1=h·S，p1=p0+
状态2：V2=h'·S，p2=p0+
由玻意耳定律，有p1V1=p2V2
活塞移动的距离Δh=h-h'
解得Δh=h=20 cm。
(2)欲使活塞再回到原来的位置，需要使温度升高到T2，求T2。
答案：600 K
解析：由状态1到状态3气体体积不变，根据查理定律，有=
即=
解得T2=T1=600 K。
主题(三)　理想气体状态
变化的图像问题
一定质量的理想气体的状态变化图像
知能融会通
名称 图像 特点 其他图像
等 温 线 p-V pV=CT(C为常量)，即pV乘积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p- p=，斜率k=CT，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 p-T p=T，斜率k=，即斜率越大，对应的体积越小
P- t 图线的延长线均过点 (-273.15，0)，斜率越大，对应的体积越小
续表
等压线 V-T V=T，斜率k=，即斜率越大，对应的压强越小
V-t V与t呈线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(-273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小
续表
[典例]　汽油机某型号汽缸如图，现在该汽缸中密封
一定质量的理想气体，通过各种技术手段，使该汽缸中
密封的理想气体的状态按图1中箭头所示的顺序变化，图
线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
(1)已知气体在状态A的温度为2T0，求气体在状态B和状态D的温度各是多少 (以上温度均为热力学温度)
[答案]　4T0　2T0
[解析]　A到B为等压过程，根据盖-吕萨克定律得=
即=，解得TB=4T0
B到C为等温过程TC=TB=4T0
C到D为等压过程，根据盖-吕萨克定律得=，即=，
解得TD=2T0。
(2)在图2中画出气体的V-T图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)
[答案]　见解析图
[解析]　V-T图像如图。
/方法技巧/
一般状态变化图像的处理方法
化“一般”为“特殊”。如图是一定质量的某种
气体的状态变化过程A→B→C→A。在V-T图线上，等
压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作
三条等压线分别表示三个等压过程，pA'1.(2024·沧州高二阶段练习)(多选)一定质量的理想气体
从状态a开始，缓慢经历ab、bc、ca回到a状态，其V-T图像
如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0，
状态c的热力学温度为Tc，下列判断正确的是 (　　)
A.气体从状态a到状态c的过程中密度一直减小
B.pb=2.5p1
C.pc=p1
D.Tc=2.5T0
题点全练清
√
√
解析：由题图可知，气体从状态a到状态c体积先变大后不变，则密度先减小后不变，故A错误;由题图可知，气体由状态c到状态a对应的V-T图线为过原点的直线，所以发生的是等压变化，即pc=p1，故C正确;气体由状态a到状态b为等温膨胀，所以p1V0=pb·2.5V0，所以pb=0.4p1，故B错误;由状态a到状态c，根据理想气体的状态方程有=，所以Tc=2.5T0，故D正确。
2.(2024·重庆万州高二阶段考试)(多选)如图所示，将
汽缸用轻绳悬挂在天花板上，汽缸内部用轻质活塞密封一
定质量的理想气体，已知汽缸与活塞间无摩擦，大气压强
为p0，活塞距离汽缸开口处的小挡板为L0。若将汽缸内气体的温度缓慢升高，下列图像能正确反映汽缸内气体相关物理量的变化关系的是(　　)
√
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解析：活塞到达小挡板前，对活塞受力分析有pS=p0S，即气体压强不变，做等压变化;活塞到达小挡板后，气体做等容变化，故D错误;气体先做等压变化，后做等容变化，因为当温度为绝对零度，即T=0时，气体压强为0，不可能有p=p0，故B、C正确，A错误。
课时跟踪检测
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1.(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过
程，ab、bc、cd和da这四段过程在V-T图像中都是直线，ab
和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断 (　　)
A.ab过程中气体压强不断减小
B.bc过程中气体压强不断减小
C.cd过程中气体压强不断增大
D.da过程中气体压强不断增大
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解析：在V-T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa=pb，pc=pd，故A、C错误;在V-T图像中，与坐标原点连线的斜率越大表示压强越小，得pa=pb>pc=pd，即由b到c的过程压强变小，由d到a的过程压强变大，故B、D正确。
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2.(2024·河南信阳高二阶段练习)竖直放置的粗细均匀、两端封
闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，
如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，温度相
同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将(　　)
A.向A端移动 B.向B端移动
C.始终不动 D.以上三种情况都有可能
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解析：假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律有=，所以Δp=p，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，初状态气体A的压强大，则ΔpA>ΔpB，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B端移动，故B正确。
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3.(多选)一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的理想气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦)，用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上，如图所示。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，封闭气体压强为p、体积为V，下列说法正确的是 (　　)
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A.当外界大气压变小(温度不变)时，L不变、H变大、p减小、V不变
B.当外界大气压变小(温度不变)时，h不变、H减小、p减小、V变大
C.当外界温度升高(大气压不变)时，h减小、H变大、p变大、V减小
D.当外界温度升高(大气压不变)时，L不变、H减小、p不变、V变大
解析：以活塞与汽缸为整体进行受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，二者大小始终相等，由于总重力不变，因此弹簧拉力不变，故弹簧长度L不变，活塞的位置不变，h不变。
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对汽缸进行受力分析，设汽缸的质量为M，根据平衡条件pS+Mg=p0S，解得p=p0-，可知当外界温度升高(大气压不变)时，封闭气体的压强p不变，根据=C，当外界温度升高时，封闭气体的体积V增大，活塞不动，汽缸向下移动，故H减小，故C错误，D正确;根据p=p0-可知，当外界大气压p0变小(温度不变)时，p减小，根据pV=C可知，V变大，活塞不动，汽缸向下移动，H减小，故A错误，B正确。
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4.(2024·江苏连云港高二阶段练习)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。两个容器的温度都降低10 ℃时，下列说法正确的是 (　　)
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.水银滴将向哪个方向移动无法判断
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解析：假定两部分气体的体积不变，A、B中所装气体温度分别为T1=263 K，T2=283 K，当温度降低ΔT时，容器A中气体的压强由p1降至p1'，则Δp1=p1-p1'，容器B中气体的压强由p2降至p2'，则Δp2=p2-p2'，由查理定律的推论可得=，解得Δp1=·ΔT，Δp2=·ΔT，因为p2Δp2，即水银滴应向A移动，故B正确。
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5.(多选)一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、
bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直
于ab且与横轴平行，da与bc平行，则气体体积在 (　　)
A.ab过程中不断减小 　B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断减小 　D.da过程中保持不变
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解析：ab过程气体发生等温变化，压强减小，
由玻意耳定律分析可知气体的体积变大，故A错误;
由于bc的延长线通过原点，由查理定律可知bc过程
为等容变化，故B正确;cd过程气体发生等压变化，温度降低，由盖-吕萨克定律分析可知气体体积减小，故C正确;d点与原点的连线的斜率大于a点与原点的连线的斜率，则气体在d状态的体积小于气体在a状态的体积，da过程体积增大，故D错误。
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6.(2024·南阳高二阶段练习)如图所示为一定质量理
想气体的压强p与体积V的关系图像，气体状态经历A→
B→C→A完成一次循环，A状态的温度为290 K，下列说法正确的是 (　　)
A.A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加
B.B→C的过程中，气体温度可能一直升高
C.C→A的过程中，气体温度一定减小
D.B、C两个状态温度相同，均为580 K
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解析：A→B的过程中，气体的体积不变，压强变大，则温度升高，分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都增加，A错误;B→C的过程中，气体的pV乘积先增加后减小，可知气体的温度先升高后降低，B错误;C→A的过程中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度一定减小，C正确;B、C两个状态气体的pV乘积相同，则温度相同，从A到B根据=，可得TB=870 K，D错误。
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7.(多选)如图所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60 mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。下列说法正确的是 (　　)
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A.C中气体压强为180 mmHg
B.打开S前，B中气体压强为120 mmHg
C.为使左右水银柱高度差仍为60 mm，可将右侧水的温度加热到364 K
D.为使左右水银柱高度差仍为60 mm，可将右侧水的温度降低到182 K
解析：C中气体压强始终不变，B内封闭气体初状态pB=pC+60 mmHg，打开阀门后pB'=pC，由题意知VB'=VB，由玻意耳定律有pBVB=pB'VB'，得pB'=pC=180 mmHg，pB=240 mmHg，A正确， B错误;
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改变C内气体温度，C内封闭气体做等容变化，若水银柱左高右低，加热后C内气体压强pC'=pC+60 mmHg，=，代入数据可得=，得T '=364 K;若水银柱右高左低，降温后压强pC″=pC-60 mmHg，=，代入数据可得=，解得T ″=182 K，C、D正确。
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8.(2024·辽宁名校联盟联考)(多选)如图所示，一根粗细均匀、内壁
光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔。管内
下部被活塞封住一定质量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T1。开
始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V1，活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空并密封，且整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，最后将密封的气体缓慢加热。下列说法正确的是(　　)
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A.活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度为1.2T1
B.活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度为1.5T1
C.当气体温度达到1.8T1时，气体的压强为0.75p0
D.当气体温度达到1.8T1时，气体的压强为0.6p0
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解析：抽气过程为等温过程，由玻意耳定律有=，解得V=3V1<3.6V1，故从抽成真空到活塞刚碰到玻璃管顶部的过程为等压膨胀过程，由盖-吕萨克定律有=，解得T'=1.2T1;活塞碰到玻璃管顶部之后的过程为等容升温过程，由查理定律有=，解得p'=0.75p0，故A、C正确。
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9.(2024·云南玉溪高二阶段练习)大汽缸的底部焊接了一
个小汽缸，两汽缸连通，如图所示，用一大一小两个活塞封闭一定质量的理想气体，两活塞之间用轻杆相连，两汽缸足够长。已知大活塞的横截面积是小活塞的横截面积的两倍。开始时两活塞的间距为40 cm，汽缸外大气的压强为760 mmHg、温度为299.2 K，大活塞与大汽缸底部的距离为20 cm，封闭气体的温度为528 K。汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢左移，汽缸壁与活塞之间的摩擦忽略不计。求：
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(1)大活塞刚好向左运动到大汽缸底部时，封闭气体的温度;
答案：352 K　
解析：大活塞向左运动到大汽缸底部的过程中，气体进行等压变化，根据盖-吕萨克定律=，
即=
解得T2=352 K。
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(2)汽缸内的气体温度达到外界温度时压强为多少mmHg
答案：646 mmHg
解析：因外界温度299.2 K小于352 K，则当气体温度从352 K降到外界温度时，汽缸内的气体进行等容变化，由于开始时气体压强p1=p2=p0
则由查理定律=
即=
解得p3=646 mmHg。
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10.(2024·江西高考)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：
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(1)气体在状态D的压强pD;
答案：2.0×105 Pa
解析：气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有=
代入数据解得pD=2.0×105 Pa。
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(2)气体在状态B的体积V2。
答案：2.0 m3
解析：气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2=pDV1
代入数据解得V2 =2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m3。
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11.(2024·张家口高二检测)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S=1×10-4m2、质量为m=0.2 kg且厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0=1.0×105 Pa。现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取g=10 m/s2。求：
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(1)活塞与汽缸底部之间的距离;
答案：20 cm
解析：汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离L1=24 cm
气体压强p1=p0=1.0×105 Pa
气体体积V1=L1S
汽缸竖直放置时，活塞与汽缸底部之间的距离为L2，气体压强为p2=p0+=(1.0×105+)Pa=1.2×105 Pa
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气体体积V2=L2S
气体等温变化，根据玻意耳定律p1V1=p2V2
得活塞与汽缸底部之间的距离L2=·L1=20 cm。
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(2)将汽缸内气体加热到675 K时封闭气体的压强。
答案：1.5×105 Pa
解析：活塞到达卡环前气体做等压变化，到达卡环后气体做等容变化，应分两个阶段来处理。
气体初状态压强p2=1.2×105 Pa
体积为V2=L2S
温度为T2=300 K
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活塞刚好到达卡环时，
气体压强仍为p3=p2=1.2×105 Pa
体积为V3=L3S，其中L3=36 cm
温度为T3，气体等压变化，根据盖-吕萨克定律=得刚好到达卡环时气体温度T3=·T2=540 K<675 K
则活塞到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化p3=1.2×105 Pa，
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T3=540 K，T4=675 K
根据查理定律=
解得加热到675 K时封闭气体的压强
p4=·p3=1.5×105 Pa。
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4课时跟踪检测(七)　气体实验定律的综合应用
1．(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在V T图像中都是直线，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断(　　)
A．ab过程中气体压强不断减小
B．bc过程中气体压强不断减小
C．cd过程中气体压强不断增大
D．da过程中气体压强不断增大
2．(2024·河南信阳高二阶段练习)竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，温度相同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将(　　)
A．向A端移动　　 B．向B端移动
C．始终不动 D．以上三种情况都有可能
3．(多选)一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的理想气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦)，用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上，如图所示。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，封闭气体压强为p、体积为V，下列说法正确的是(　　)
A．当外界大气压变小(温度不变)时，L不变、H变大、p减小、V不变
B．当外界大气压变小(温度不变)时，h不变、H减小、p减小、V变大
C．当外界温度升高(大气压不变)时，h减小、H变大、p变大、V减小
D．当外界温度升高(大气压不变)时，L不变、H减小、p不变、V变大
4．(2024·江苏连云港高二阶段练习)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。两个容器的温度都降低10 ℃时，下列说法正确的是(　　)
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．水银滴将向哪个方向移动无法判断
5．(多选)一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与横轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A．ab过程中不断减小 B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断减小 　 D．da过程中保持不变
6．(2024·南阳高二阶段练习)如图所示为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图像，气体状态经历A→B→C→A完成一次循环，A状态的温度为290 K，下列说法正确的是(　　)
A．A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加
B．B→C的过程中，气体温度可能一直升高
C．C→A的过程中，气体温度一定减小
D．B、C两个状态温度相同，均为580 K
7．(多选)如图所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60 mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。下列说法正确的是(　　)
A．C中气体压强为180 mmHg
B．打开S前，B中气体压强为120 mmHg
C．为使左右水银柱高度差仍为60 mm，可将右侧水的温度加热到364 K
D．为使左右水银柱高度差仍为60 mm，可将右侧水的温度降低到182 K
8．(2024·辽宁名校联盟联考)(多选)如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔。管内下部被活塞封住一定质量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T1。开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V1，活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空并密封，且整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，最后将密封的气体缓慢加热。下列说法正确的是(　　)
A．活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度为1.2T1
B．活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度为1.5T1
C．当气体温度达到1.8T1时，气体的压强为0.75p0
D．当气体温度达到1.8T1时，气体的压强为0.6p0
9．(2024·云南玉溪高二阶段练习)大汽缸的底部焊接了一个小汽缸，
两汽缸连通，如图所示，用一大一小两个活塞封闭一定质量的理想气体，两活塞之间用轻杆相连，两汽缸足够长。已知大活塞的横截面积是小活塞的横截面积的两倍。开始时两活塞的间距为40 cm，汽缸外大气的压强为760 mmHg、温度为299.2 K，大活塞与大汽缸底部的距离为20 cm，封闭气体的温度为528 K。汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢左移，汽缸壁与活塞之间的摩擦忽略不计。求：
(1)大活塞刚好向左运动到大汽缸底部时，封闭气体的温度；
(2)汽缸内的气体温度达到外界温度时压强为多少mmHg
10．(2024·江西高考)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。
11．(2024·张家口高二检测)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝1×10－4m2、质量为m＝0.2 kg且厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa。现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取g＝10 m/s2。求：
(1)活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)将汽缸内气体加热到675 K时封闭气体的压强。
课时跟踪检测(七)
1．选BD　在V T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa＝pb，pc＝pd，故A、C错误；在V T图像中，与坐标原点连线的斜率越大表示压强越小，得pa＝pb＞pc＝pd，即由b到c的过程压强变小，由d到a的过程压强变大，故B、D正确。
2．选B　假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律有＝，所以Δp＝p，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，初状态气体A的压强大，则ΔpA>ΔpB，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B端移动，故B正确。
3．选BD　以活塞与汽缸为整体进行受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，二者大小始终相等，由于总重力不变，因此弹簧拉力不变，故弹簧长度L不变，活塞的位置不变，h不变。对汽缸进行受力分析，设汽缸的质量为M，根据平衡条件pS＋Mg＝p0S，解得p＝p0－，可知当外界温度升高(大气压不变)时，封闭气体的压强p不变，根据＝C，当外界温度升高时，封闭气体的体积V增大，活塞不动，汽缸向下移动，故H减小，故C错误，D正确；根据p＝p0－可知，当外界大气压p0变小(温度不变)时，p减小，根据pV＝C可知，V变大，活塞不动，汽缸向下移动，H减小，故A错误，B正确。
4．选B　假定两部分气体的体积不变，A、B中所装气体温度分别为T1＝263 K，T2＝283 K，当温度降低ΔT时，容器A中气体的压强由p1降至p1′，则Δp1＝p1－p1′，容器B中气体的压强由p2降至p2′，则Δp2＝p2－p2′，由查理定律的推论可得＝，解得Δp1＝·ΔT，Δp2＝·ΔT，因为p2Δp2，即水银滴应向A移动，故B正确。
5.选BC　ab过程气体发生等温变化，压强减小，由玻意耳定律分析可知气体的体积变大，故A错误；由于bc的延长线通过原点，由查理定律可知bc过程为等容变化，故B正确；cd过程气体发生等压变化，温度降低，由盖 吕萨克定律分析可知气体体积减小，故C正确；d点与原点的连线的斜率大于a点与原点的连线的斜率，则气体在d状态的体积小于气体在a状态的体积，da过程体积增大，故D错误。
6．选C　A→B的过程中，气体的体积不变，压强变大，则温度升高，分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都增加，A错误；B→C的过程中，气体的pV乘积先增加后减小，可知气体的温度先升高后降低，B错误；C→A的过程中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度一定减小，C正确；B、C两个状态气体的pV乘积相同，则温度相同，从A到B根据＝，可得TB＝870 K，D错误。
7．选ACD　C中气体压强始终不变，B内封闭气体初状态pB＝pC＋60 mmHg，打开阀门后pB′＝pC，由题意知VB′＝VB，由玻意耳定律有pBVB＝pB′VB′，得pB′＝pC＝180 mmHg，pB＝240 mmHg，A正确，B错误；改变C内气体温度，C内封闭气体做等容变化，若水银柱左高右低，加热后C内气体压强pC′＝pC＋60 mmHg，＝，代入数据可得＝，得T ′＝364 K；若水银柱右高左低，降温后压强pC″＝pC－60 mmHg，＝，代入数据可得＝，解得T ″＝182 K，C、D正确。
8．选AC　抽气过程为等温过程，由玻意耳定律有＝，解得V＝3V1<3.6V1，故从抽成真空到活塞刚碰到玻璃管顶部的过程为等压膨胀过程，由盖 吕萨克定律有＝，解得T′＝1.2T1；活塞碰到玻璃管顶部之后的过程为等容升温过程，由查理定律有＝，解得p′＝0.75p0，故A、C正确。
9．解析：(1)大活塞向左运动到大汽缸底部的过程中，气体进行等压变化，根据盖 吕萨克定律＝，
即＝
解得T2＝352 K。
(2)因外界温度299.2 K小于352 K，则当气体温度从352 K降到外界温度时，汽缸内的气体进行等容变化，由于开始时气体压强p1＝p2＝p0
则由查理定律＝
即＝
解得p3＝646 mmHg。
答案：(1)352 K　(2)646 mmHg
10．解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2＝pDV1
代入数据解得V2 ＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2＝2.0 m3。
答案：(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
11．解析：(1)汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离L1＝24 cm
气体压强p1＝p0＝1.0×105 Pa
气体体积V1＝L1S
汽缸竖直放置时，活塞与汽缸底部之间的距离为L2，气体压强为p2＝p0＋＝(1.0×105＋)Pa＝1.2×105 Pa
气体体积V2＝L2S
气体等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
得活塞与汽缸底部之间的距离L2＝·L1＝20 cm。
(2)活塞到达卡环前气体做等压变化，到达卡环后气体做等容变化，应分两个阶段来处理。
气体初状态压强p2＝1.2×105 Pa
体积为V2＝L2S
温度为T2＝300 K
活塞刚好到达卡环时，
气体压强仍为p3＝p2＝1.2×105 Pa
体积为V3＝L3S，其中L3＝36 cm
温度为T3，气体等压变化，根据盖 吕萨克定律＝
得刚好到达卡环时气体温度T3＝·T2＝540 K<675 K
则活塞到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化p3＝1.2×105 Pa，T3＝540 K，T4＝675 K
根据查理定律＝
解得加热到675 K时封闭气体的压强
p4＝·p3＝1.5×105 Pa。
答案：(1)20 cm　(2)1.5×105 Pa
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