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第76课时　气体实验定律　理想气体状态方程
目标要求　1.掌握气体压强的计算方法。2.知道气体实验定律和理想气体状态方程。3.利用气体实验定律和理想气体状态方程解决实际问题，并会分析气体图像问题。
考点一　气体压强的计算
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，重力加速度g。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　若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列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　甲：p0-　乙：p0+
丙：p0-ρgh　丁：p0+ρgh1　戊：p0-ρgh
己：pa=p0+ρg(h2-h1-h3)　pb=p0+ρg(h2-h1)
解析　题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p0S=p甲S+Mg，得p甲=p0-。
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示
由平衡条件，有p乙S下sin α=p0S上+FN+mg，
FN=Mg，S下sin α=S上，
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上=S，由以上得p乙=p0+。
题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S+ρghS=p0S，所以p丙=p0-ρgh
题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S=p0S+ρgh1S
所以p丁=p0+ρgh1
题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p戊S+ρghS·sin 60°=p0S
所以p戊=p0-ρgh
题图己：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)。
例2　如图所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度L=16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱。外界大气压强恒为p0=76 cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a=5 m/s2的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。求和竖直静置时相比较，管内空气的压强增加了多少。
答案　8 cmHg
解析　根据题意，设静置时管内空气的压强为p1，则有p1=p0+ρgL=92 cmHg
设玻璃管向上加速时管内空气的压强为p2，管的横截面积为S，则有p2S-p0S-ρgLS=ρLSa
解得p2=100 cmHg
故管内空气的压强增加了Δp=p2-p1=8 cmHg。
拓展　若把玻璃管倒置放置在倾角θ=37°足够长的粗糙斜面上释放，斜面与玻璃管的动摩擦因数为0.5，求水银与玻璃管相对静止一起沿斜面下滑时管内气体压强(管内水银未溢出，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6)。
答案　69.6 cmHg
解析　在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体的压强为p'，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，设整体质量为M，其受力情况如图甲所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
FN'=Mgcos θ
Mgsin θ-Ff=Ma1
又Ff=μFN'
所以a1=g(sin θ-μcos θ)
以水银柱为研究对象，其受力情况如图乙所示
平行于斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsin θ+p'S-p0S=ma1
所以p'=p0+(a1-gsin θ)
又m=ρSL
解得p'=69.6 cmHg。
1.当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。
2.在对系统进行分析时，可针对具体情况选用整体法或隔离法。
考点二　气体实验定律　理想气体状态方程
1.气体实验定律
内容 表达式 图像
玻意耳 定律 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 p1V1=p2V2
查理 定律 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 = 拓展：Δp=ΔT
盖— 吕萨克 定律 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比 = 拓展：ΔV=ΔT
请从微观的角度解释气体实验三定律。
(1)玻意耳定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。体积减小时，分子的数密度增大，气体的压强增大。
(2)查理定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大。
(3)盖—吕萨克定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大。只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强不变。
2.理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体。
②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定。
(2)理想气体状态方程：=或=C(质量一定的理想气体)。
(3)克拉伯龙方程：pV=nRT，其中n表示物质的量，n=，R为常数，对所有气体都相等。
例3　(来自教材)细长玻璃管用长l0为6.8 cm的水银柱封闭一定质量的空气。当玻璃管开口向下竖直放置时(水银未溢出)，空气柱长度l1为33 cm；当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2为30 cm。求玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度。
答案　27.5 cm
解析　设玻璃管横截面积为S，管内气体在管开口向下时压强p1=p0-ρ水银gl0，管水平放置时压强为p0，对管内气体根据玻意耳定律有p1l1S=p0l2S，解得p0=74.8 cmHg，管开口向上时压强p3=p0+ρ水银gl0，根据玻意耳定律得p0l2S=p3l3S，解得l3=27.5 cm。
例4　(2026·湖北荆州市检测)如图所示，下端开口的绝热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L=20 cm。一横截面积为S=5 cm2、质量为m=1 kg的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，缸内气体温度t1=27 ℃，活塞处于静止状态，活塞与汽缸底部的距离为h。现通过电热丝对缸内气体缓慢加热，当活塞恰好到达卡环处时，气体温度为t2=127 ℃，继续加热，直至缸内气体温度达到t3=227 ℃。已知外界大气压强为p0=1×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计活塞厚度和卡环的厚度，(T=t+273 K)。求：
(1)温度在t1时，活塞与汽缸底部的距离h；
(2)温度达到t3时，缸内气体的压强p3。
答案　(1)15 cm　(2)1×105 Pa
解析　(1)温度从t1升到t2过程中，缸内气体发生等压变化，
其中T1=(27+273) K=300 K，T2=(127+273) K=400 K
由盖—吕萨克定律得=
解得h=15 cm
(2)初始状态下，设气体压强为p1，对活塞进行受力分析，
由平衡条件可得p1S+mg=p0S
解得p1=0.8×105 Pa
温度从t2升到t3过程中，缸内气体发生等容变化，其中p1=p2，T3=(227+273) K=500 K，
由查理定律得=
解得p3=1×105 Pa。
例5　(2025·广东省联考)某旅游爱好者，由低海拔地区(海拔高度近似为零)到海拔4 000 m的高海拔地区旅游，发现随身携带的方便面包装袋膨胀变大。已知在低海拔地区时，方便面包装袋内密封的空气体积为V0，压强等于大气压强p0，在高海拔地区时，包装袋内密封空气的体积增大为原来的1.5倍，大气压强p随海拔高度h的变化规律为p=p0-p0，将方便面包装袋内的封闭气体视为理想气体，不考虑方便面自身体积的变化，T=t+273 K。
(1)若忽略环境温度变化的影响，在海拔4 000 m处，包装袋绷紧会对内部空气造成额外压强，求额外压强Δp；
(2)若在海拔4 000 m处包装袋恰好绷紧，恰不对内部气体造成额外压强，且低海拔地区的温度为27 ℃，求海拔4 000 m处的摄氏温度。
答案　(1)p0　(2)-3 ℃
解析　(1)在海拔4 000 m处，结合题意知大气压强p=p0-p0=0.6p0
此时体积为V=1.5V0
根据玻意耳定律可得p0V0=(p+Δp)V
解得Δp=p0
(2)设低海拔地区与高海拔地区的温度分别为T0和T，根据理想气体状态方程可得=，解得T=270 K
因为T=t+273 K，故t=-3 ℃。
应用气体实验定律或理想气体状态方程解题的基本思路
考点三　气体状态变化的图像问题
四种图像的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
p-V pV=CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p- p=CT，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高
p-T p=T，斜率k=，即斜率越大，体积越小
V-T V=T，斜率k=，即斜率越大，压强越小
例6　一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A.a→b过程中，气体温度降低，体积增大
B.b→c过程中，气体温度不变，体积减小
C.c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D.在c状态时，气体的体积最小
答案　C
解析　方法一：根据气体实验定律分析：
a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律=C可知，体积应减小，故A错误；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV=C可知，由于压强减小，故体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。
方法二：根据图像斜率的意义分析：
由理想气体状态方程=C得：p=T，斜率k=，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V越小，故从图可以看出Va=Vc>Vb，温度可由图像直观反映出来。
思考　根据例6中气体状态变化的p-T图像，定性作出三个过程的V-T图像和p-V图像。
答案　
　处理气体状态变化的图像问题的技巧
1.图像上的某一条直线段或曲线段对应气体状态变化的一个过程，首先要看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。
2.在V-T图像(或p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可直接根据气体实验定律确定两个状态参量的关系，也可根据某点与原点连线斜率的大小确定，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
课时精练
[分值：70分]
　[1~6题，每题4分]
1.(多选)如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ=60°，A支管中有一段长为h=8 cm的水银柱保持静止。已知大气压强为p0=76 cmHg，下列说法中正确的是(　　)
A.B管内水银面比管外水银面高4 cm
B.B管内水银面比管外水银面高2 cm
C.管内封闭气体的压强为68 cmHg
D.管内封闭气体的压强为72 cmHg
答案　AD
解析　以A管中的水银为研究对象，则有p0S=ρghScos θ+pS，所以B管内压强为p=p0-ρghcos θ=72 cmHg，则B管内封闭气体的压强比大气压强小，B管内水银面比管外水银面高hcos θ=4 cm，故选A、D。
2.(2025·天津市二模)如图所示，p-T图像上的图线abc表示一定质量的理想气体的状态变化过程，此过程在p-V图像上的图线应为(　　)
答案　C
解析　气体从a到b为等容变化，b到c为等温变化，则p-V图像中，a到b体积不变，压强增大，b到c压强减小，体积增大。故选C。
3.(多选)(2025·新课标卷·19)如图，一定量的理想气体先后处于V-T图像上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则(　　)
A.pa=pb B.pa=pc
C.pa>pb D.pa答案　AD
解析　根据理想气体状态方程=C，变形有V=T，则V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表，则由题图可知pc>pb=pa，故选A、D。
4.(2025·湖北卷·3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
答案　B
解析　设活塞质量为m、横截面积为S，对活塞受力分析有pS=p0S+F+mg，气体温度升高，体积减小，根据理想气体状态方程=C，知气体压强变大，则外力F增大，选项A错误；密封气体为理想气体，温度升高，则密封气体内能变大，选项B正确；气体体积减小，则外界对密封气体做功，选项C错误；根据=C，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则密封气体的末态压强大于初态的2倍，选项D错误。
5.(来自教材改编)(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　)
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案　B
解析　由盖—吕萨克定律得=
其中V1=V0+Sl1=335 cm3，
T1=(273+27) K=300 K，
V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3)
代入解得T=x+(K)
根据T=t+273 K
可知t=x+(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
6.(2025·重庆市九龙坡区二模)某家用轿车的一个轮胎充入空气后容积为0.04 m3 ，胎压为2个标准大气压，温度27 ℃ 。 已知 0 ℃ 、1个标准大气压下的空气密度为1.3 kg/m3 ，则该轮胎内空气质量最接近(　　)
A.5 kg B.1 kg
C.0.5 kg D.0.1 kg
答案　D
解析　设轮胎内空气在0 ℃ 、1个标准大气压下的体积为V0 ，已知轮胎内空气初始状态： p1=2p0(p0为1个标准大气压)，V1=0.04 m3 ，T1=(273+27)K=300 K，末状态：p0，V0，T0=273 K ，根据理想气体状态方程 =，联立可得V0== m3=0.072 8 m3 。已知0 ℃ 、1个标准大气压下的空气密度为ρ=1.3 kg/m3 ，则轮胎内空气质量m=ρV0=1.3×0.072 8 kg=0.094 64 kg，计算得到空气质量最接近0.1 kg，D选项符合题意。
7.(8分)(2025·重庆卷·13)如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体(视为理想气体)压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时
(1)(2分)腔内气体的压强；
(2)(3分)外界气体的压强；
(3)(3分)电容器的电容变为初始时的多少倍。
答案　(1)　(2)+　(3)
解析　(1)根据题意可知腔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
其中p1=p，V1=Sd，V2=2Sd
可得p2=
(2)对下极板受力分析有p2S+mg=p0'S
可得p0'==+
(3)根据平行板电容器的决定式C=，变化后间距为2d，其他条件均不变
可知电容器的电容变为初始时的。
　[8、9题，每题6分]
8.(2025·江西卷·6)如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大气压强p0、体积为V0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V0的临界值V0c，当V0=V0c时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V0c等于(　　)
A.H2 B.H(H+l)
C.SH D.SH
答案　B
解析　根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V0c的空气后，桶内气体压强增大到p，根据玻意耳定律有p0SH+p0V0c=pSH，泵水器恰能出水满足p=p0+ρg(H+l)，联立解得V0c=H(H+l)，故选B。
9.如图所示，甲、乙两个完全相同、开口向上且内壁光滑的导热汽缸分别固定在两升降机内，缸内用相同导热活塞密闭着相同质量的同种理想气体，缸外大气压相同且保持不变。若两升降机按图示竖直向上运动， 当活塞均相对汽缸静止时，两汽缸内气体温度相同，则此时(　　)
A.甲、乙两汽缸内密闭气体的压强相同
B.乙汽缸内密闭气体的压强小于甲汽缸内密闭气体的压强
C.甲、乙两汽缸内密闭气体的体积相同
D.乙汽缸内密闭气体的体积小于甲汽缸内密闭气体的体积
答案　B
解析　设活塞质量为m，大气压强为p0，活塞横截面积为S，对甲活塞有p甲S=p0S+mg，解得p甲=p0+，设乙的加速度大小为a，对乙活塞mg+p0S-p乙S=ma，解得p乙=p0+-，综上可知p甲>p乙，故A错误，B正确；根据玻意耳定律有pV=C，由于p甲>p乙，可知V甲10.(12分)(2025·广东省大湾区模拟)如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上竖直放置，a、b是固定在汽缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在a、b之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T0，活塞与卡环b刚好接触，且无相互作用力，活塞离缸底的距离为3h。已知卡环能承受的压力最大为mg，活塞的厚度不计，卡环的体积不计，大气压强满足p0=，重力加速度为g，求：
(1)(6分)要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
(2)(6分)若提高环境温度，当环境温度为1.4T0时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压强多大。
答案　(1)T0　(2)卡环并未损坏　
解析　(1)开始时，对活塞有p1S=p0S+mg
气体温度T1=T0；
设温度降低到T2时活塞对卡环的压力为mg，
此时对活塞有p2S+mg=p0S+mg
得p2=
气体发生等容变化，则有=
解得T2=T0
(2)假设环境温度为1.4T0时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为p3，
根据理想气体状态方程有=
解得p3=
设此时活塞与卡环a的作用力为F，
则对活塞有p0S+mg+F=p3S
解得F=0.3mg
由于p3>且F<
说明此时活塞与卡环a接触且卡环a并未损坏，则此时缸内气体压强为p3=。
11.(14分)(2024·广西卷·14)如图，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。大气压强p0=1×105 Pa。
(1)(2分)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)(6分)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
(3)(6分)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)见解析　(3)见解析
解析　(1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N
(2)根据题图乙可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F=k·
根据F=pS可得气体压强为p=(SI)
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV=·S·(x+5)×10-3(SI)
=k·10-3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化。
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，
由(1)知pb=p0
在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3
在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3
根据玻意耳定律paVa=pbVb
解得pa=40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。(共74张PPT)
第十五章
热学
气体实验定律　理想气
体状态方程
第76课时
1.掌握气体压强的计算方法。
2.知道气体实验定律和理想气体状态方程。
3.利用气体实验定律和理想气体状态方程解决实际问题，并会分析气体图像问题。
目标要求
考点一　气体压强的计算
考点二　气体实验定律　理想气体状态方程
内容索引
考点三　气体状态变化的图像问题
课时精练
气体压强的计算
考点一
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，重力加速度g。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)。
　　　若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列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　甲：p0-　乙：p0+
丙：p0-ρgh　丁：p0+ρgh1　戊：p0-ρgh
己：pa=p0+ρg(h2-h1-h3)　pb=p0+ρg(h2-h1)
　　　题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p0S=p甲S+Mg，得p甲=p0-。
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示
由平衡条件，有p乙S下sin α=p0S上+FN+mg，
FN=Mg，S下sin α=S上，
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上=S，由以上得p乙=p0+。
题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S+ρghS=p0S，所以p丙=p0-ρgh
　　　题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S=p0S+ρgh1S
所以p丁=p0+ρgh1
题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p戊S+ρghS·sin 60°=p0S
所以p戊=p0-ρgh
题图己：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)。
　　 如图所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度L=16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱。外界大气压强恒为p0=76 cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a=5 m/s2的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。求和竖直静置时相比较，管内空气的压强增加了多少。
答案　8 cmHg
　　　根据题意，设静置时管内空气的压强为p1，则有p1=p0+ρgL=92 cmHg
设玻璃管向上加速时管内空气的压强为p2，管的横截面积为S，则有p2S-p0S-ρgLS=ρLSa
解得p2=100 cmHg
故管内空气的压强增加了Δp=p2-p1=8 cmHg。
拓展　若把玻璃管倒置放置在倾角θ=37°足够长的粗糙斜面上释放，斜面与玻璃管的动摩擦因数为0.5，求水银与玻璃管相对静止一起沿斜面下滑时管内气体压强(管内水银未溢出，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6)。
答案　69.6 cmHg
　　　在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体的压强为p'，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，设整体质量为M，其受力情况如图甲所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
FN'=Mgcos θ
Mgsin θ-Ff=Ma1
又Ff=μFN'
所以a1=g(sin θ-μcos θ)
　　　以水银柱为研究对象，其受力情况如图乙所示
平行于斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsin θ+p'S-p0S=ma1
所以p'=p0+(a1-gsin θ)
又m=ρSL
解得p'=69.6 cmHg。
1.当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。
2.在对系统进行分析时，可针对具体情况选用整体法或隔离法。
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气体实验定律　理想气体状态方程
考点二
1.气体实验定律
内容 表达式 图像
玻意耳 定律 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成_______ p1V1=p2V2
查理 定律 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成______ = 拓展：Δp=ΔT
盖— 吕萨克 定律 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成______ =____ 拓展：ΔV=ΔT
反比
正比
正比
讨论交流
请从微观的角度解释气体实验三定律。
(1)玻意耳定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能 。体积减小时，分子的数密度 ，气体的压强 。
(2)查理定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能 ，气体的压强 。
(3)盖—吕萨克定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能 。只有气体的体积同时增大，使分子的数密度 ，才能保持压强不变。
不变
增大
增大
增大
增大
增大
减小
2.理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何 下都遵从气体实验定律的气体。
①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体。
②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由 决定。
(2)理想气体状态方程：__________或(质量一定的理想气体)。
(3)克拉伯龙方程：pV=nRT，其中n表示物质的量，n=，R为常数，对所有气体都相等。
压强
温度
=
=C
　　　 (来自教材)细长玻璃管用长l0为6.8 cm的水银柱封闭一定质量的空气。当玻璃管开口向下竖直放置时(水银未溢出)，空气柱长度l1为33 cm；当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2为30 cm。求玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度。
答案　27.5 cm
　　　设玻璃管横截面积为S，管内气体在管开口向下时压强p1=p0-ρ水银gl0，管水平放置时压强为p0，对管内气体根据玻意耳定律有p1l1S=p0l2S，解得p0=74.8 cmHg，管开口向上时压强p3=p0+ρ水银gl0，根据玻意耳定律得p0l2S=p3l3S，解得l3=27.5 cm。
　　　 (2026·湖北荆州市检测)如图所示，下端开口的绝热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L=20 cm。一横截面积为S=5 cm2、质量为m=1 kg的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，缸内气体温度t1=27 ℃，活塞处于静止状态，活塞与汽缸底部的距离为h。现通过电热丝对缸内气体缓慢加热，当活塞恰好到达卡环处时，气体温度为t2=127 ℃，继续加热，直至缸内气体温度达到t3=227 ℃。已知外界大气压强为p0=1×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计活塞厚度和卡环的厚度，(T=t+273 K)。求：
(1)温度在t1时，活塞与汽缸底部的距离h；
答案　15 cm
　　　温度从t1升到t2过程中，缸内气体发生等压变化，
其中T1=(27+273) K=300 K，T2=(127+273) K=400 K
由盖—吕萨克定律得=
解得h=15 cm
(2)温度达到t3时，缸内气体的压强p3。
答案　1×105 Pa
　　　初始状态下，设气体压强为p1，对活塞进行受力分析，
由平衡条件可得p1S+mg=p0S
解得p1=0.8×105 Pa
温度从t2升到t3过程中，缸内气体发生等容变化，其中p1=p2，T3=(227+273) K=500 K，
由查理定律得=
解得p3=1×105 Pa。
　　　(2025·广东省联考)某旅游爱好者，由低海拔地区(海拔高度近似为零)到海拔4 000 m的高海拔地区旅游，发现随身携带的方便面包装袋膨胀变大。已知在低海拔地区时，方便面包装袋内密封的空气体积为V0，压强等于大气压强p0，在高海拔地区时，包装袋内密封空气的体积增大为原来的1.5倍，大气压强p随海拔高度h的变化规律为p=p0-p0，将方便面包装袋内的封闭气体视为理想气体，不考虑方便面自身体积的变化，T=t+273 K。
(1)若忽略环境温度变化的影响，在海拔4 000 m处，包装袋绷紧会对内部空气造成额外压强，求额外压强Δp；
答案　p0
　　　在海拔4 000 m处，结合题意知大气压强p=p0-p0=0.6p0
此时体积为V=1.5V0
根据玻意耳定律可得p0V0=(p+Δp)V
解得Δp=p0
(2)若在海拔4 000 m处包装袋恰好绷紧，恰不对内部气体造成额外压强，且低海拔地区的温度为27 ℃，求海拔4 000 m处的摄氏温度。
答案　-3 ℃
　　　设低海拔地区与高海拔地区的温度分别为T0和T，根据理想气体状态方程可得=，解得T=270 K
因为T=t+273 K，故t=-3 ℃。
应用气体实验定律或理想气体状态方程解题的基本思路
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气体状态变化的图像问题
考点三
四种图像的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
p-V pV=CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p- p=CT，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高
类别 特点(其中C为常量) 举例
p-T p=T，斜率k=，即斜率越大，体积越小
V-T V=T，斜率k=，即斜率越大，压强越小
　　　一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是
A.a→b过程中，气体温度降低，体积增大
B.b→c过程中，气体温度不变，体积减小
C.c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D.在c状态时，气体的体积最小
√
　　　方法一：根据气体实验定律分析：
a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律=C可知，体积应减小，故A错误；
b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV=C可知，由于压强减小，故体积增大，故B错误；
c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。
方法二：根据图像斜率的意义分析：
由理想气体状态方程=C得：p=T，斜率k=，即某状态(点)与原
点连线斜率越大，体积V越小，故从图可以看出Va=Vc>Vb，温度可
由图像直观反映出来。
思考　根据例6中气体状态变化的p-T图像，定性作出三个过程的V-T图像和p-V图像。
答案　
处理气体状态变化的图像问题的技巧
1.图像上的某一条直线段或曲线段对应气体状态变化的一个过程，首先要看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。
2.在V-T图像(或p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可直接根据气体实验定律确定两个状态参量的关系，也可根据某点与原点连线斜率的大小确定，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 AD C AD B B D (1)　(2)+　(3)
题号 8 9 10 答案 B B (1)T0　(2)卡环并未损坏　 答案
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对一对
题号 11
答案 (1)50 N　(2)见解析　(3)见解析
答案
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1.(多选)如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ=60°，A支管中有一段长为h=8 cm的水银柱保持静止。已知大气压强为p0=76 cmHg，下列说法中正确的是
A.B管内水银面比管外水银面高4 cm
B.B管内水银面比管外水银面高2 cm
C.管内封闭气体的压强为68 cmHg
D.管内封闭气体的压强为72 cmHg
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答案
基础落实练
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√
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答案
　　　以A管中的水银为研究对象，则有p0S=ρghScos θ+pS，所以B管内压强为p=p0-ρghcos θ=72 cmHg，则B管内封闭气体的压强比大气压强小，B管内水银面比管外水银面高hcos θ=4 cm，故选A、D。
2.(2025·天津市二模)如图所示，p-T图像上的图线abc表示一定质量的理想气体的状态变化过程，此过程在p-V图像上的图线应为
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答案
√
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答案
　　　气体从a到b为等容变化，b到c为等温变化，则p-V图像中，a到b体积不变，压强增大，b到c压强减小，体积增大。故选C。
3.(多选)(2025·新课标卷·19)如图，一定量的理想气体先后处于V-T图像上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则
A.pa=pb B.pa=pc
C.pa>pb D.pa1
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答案
√
√
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答案
　　　根据理想气体状态方程=C，变形有V=T，则V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表，则由题图可知pc>pb=pa，故选A、D。
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答案
4.(2025·湖北卷·3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
√
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答案
　　　设活塞质量为m、横截面积为S，对活塞受力分析有pS=p0S+F+mg，气体温度升高，体积减小，根据理想气体状态方程=C，知气体压强变大，则外力F增大，选项A错误；
密封气体为理想气体，温度升高，则密封气体内能变大，选项B正确；
气体体积减小，则外界对密封气体做功，选项C错误；
根据=C，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则密封气体的末态压强大于初态的2倍，选项D错误。
5.(来自教材改编)(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
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答案
√
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答案
　　　由盖—吕萨克定律得=
其中V1=V0+Sl1=335 cm3，
T1=(273+27) K=300 K，
V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3)
代入解得T=x+(K)
根据T=t+273 K
可知t=x+(℃)
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答案
　　　故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；
其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
6.(2025·重庆市九龙坡区二模)某家用轿车的一个轮胎充入空气后容积为0.04 m3 ，胎压为2个标准大气压，温度27 ℃ 。 已知 0 ℃ 、1个标准大气压下的空气密度为1.3 kg/m3 ，则该轮胎内空气质量最接近
A.5 kg B.1 kg
C.0.5 kg D.0.1 kg
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答案
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答案
　　　设轮胎内空气在0 ℃ 、1个标准大气压下的体积为V0 ，已知轮胎内空气初始状态： p1=2p0(p0为1个标准大气压)，V1=0.04 m3 ，T1=(273+27)K=300 K，末状态：p0，V0，T0=273 K ，根据理想气体状态方程=，联立可得V0== m3=0.072 8 m3 。已知
0 ℃ 、1个标准大气压下的空气密度为ρ=1.3 kg/m3 ，则轮胎内空气质量m=ρV0=1.3×0.072 8 kg=0.094 64 kg，计算得到空气质量最接近0.1 kg，D选项符合题意。
7.(2025·重庆卷·13)如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体(视为理想气体)压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时
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答案
(1)腔内气体的压强；
答案　
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答案
　　　根据题意可知腔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
其中p1=p，V1=Sd，V2=2Sd
可得p2=
(2)外界气体的压强；
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答案
答案　+
　　　对下极板受力分析有p2S+mg=p0'S
可得p0'==+
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。
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答案
答案　
　　　根据平行板电容器的决定式C=，变化后间距为2d，其他条件均不变
可知电容器的电容变为初始时的。
8.(2025·江西卷·6)如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大气压强p0、体积为V0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V0的临界值V0c，当V0=V0c时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V0c等于
A.H2 B.H(H+l)
C.SH D.SH
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答案
能力综合练
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答案
　　　根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V0c的空气后，桶内气体压强增大到p，根据玻意耳定律有p0SH+p0V0c=pSH，泵水器恰能出水满足p=p0+ρg(H+l)，联立解得V0c=H(H+l)，故选B。
9.如图所示，甲、乙两个完全相同、开口向上且内壁光滑的导热汽缸分别固定在两升降机内，缸内用相同导热活塞密闭着相同质量的同种理想气体，缸外大气压相同且保持不变。若两升降机按图示竖直向上运动， 当活塞均相对汽缸静止时，两汽缸内气体温度相同，则此时
A.甲、乙两汽缸内密闭气体的压强相同
B.乙汽缸内密闭气体的压强小于甲汽缸内
密闭气体的压强
C.甲、乙两汽缸内密闭气体的体积相同
D.乙汽缸内密闭气体的体积小于甲汽缸内密闭气体的体积
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答案
√
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答案
　　　设活塞质量为m，大气压强为p0，活塞横截面积为S，对甲活塞有
p甲S=p0S+mg，解得p甲=p0+，设乙的加速度大小为a，对乙活塞mg+
p0S-p乙S=ma，解得p乙=p0+-，综上可知p甲>p乙，故A错误，B正确；
根据玻意耳定律有pV=C，由于p甲>p乙，可知V甲10.(2025·广东省大湾区模拟)如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上竖直放置，a、b是固定在汽缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在a、b之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T0，活塞与卡环b刚好接触，且无相互作用力，活塞离缸底的距离为3h。已知卡环能承受的压力最大为mg，活塞的厚度不计，卡环的体积不计，大气压强满足p0=，重力加速度为g，求：
(1)要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
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答案
答案　T0
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答案
　　　开始时，对活塞有p1S=p0S+mg
气体温度T1=T0；
设温度降低到T2时活塞对卡环的压力为mg，
此时对活塞有p2S+mg=p0S+mg
得p2=
气体发生等容变化，则有=
解得T2=T0
(2)若提高环境温度，当环境温度为1.4T0时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压强多大。
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答案
答案　卡环并未损坏　
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答案
　　　假设环境温度为1.4T0时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为p3，
根据理想气体状态方程有=
解得p3=
设此时活塞与卡环a的作用力为F，
则对活塞有p0S+mg+F=p3S
解得F=0.3mg
由于p3>且F<
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答案
　　　说明此时活塞与卡环a接触且卡环a并未损坏，则此时缸内气体压强为p3=。
11.(2024·广西卷·14)如图，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。大气压强p0=1×105 Pa。
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答案
(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
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答案
答案　50 N
　　　活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时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；
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答案
答案　见解析
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答案
　　　根据题图乙可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F=k·
根据F=pS可得气体压强为p=(SI)
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV=·S·(x+5)×10-3(SI)
=k·10-3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化。
(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。
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答案
答案　见解析
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答案
　　　分析可知全过程中气体做等温变化，
由(1)知pb=p0
在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3
在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3
根据玻意耳定律paVa=pbVb
解得pa=40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。
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