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拓展课　气体实验定律和理想气体状态方程的应用
核心 素养 物理观念 科学思维
1.进一步熟练掌握气体实验三定律和理想气体状态方程，并能熟练应用。
2.会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题。
3.会利用图像对气体状态及状态变化进行分析，并能解决不同图像之间的转换。 体会用气体规律处理实际气体问题的方法和步骤。
核心要点 　变质量气体问题
[要点归纳]
分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解。
1.打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
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，总质量不变，故抽气过程可看做是等温膨胀过程。
[试题案例]
[例1] 一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0)(　　)
A.np0，p0
B.p0， p0
C.p0，p0
D.p0，p0
解析　打气时，活塞每推动一次，就把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得：
p0(V＋nV0)＝p′V。
所以p′＝p0＝p0。
抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，p1＝p0。
活塞工作n次，则有：pn＝p0。故选项D正确。
答案　D
方法凝炼　变质量问题的求解方法
方法一：对气体质量变化的问题分析和求解时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体状态方程。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，然后再应用气体状态方程求解。
方法二：用气体密度方程＝求解。
[针对训练1] 一容器体积为8.2 L，内装氧气120 g，温度为47 ℃。因容器漏气，经若干时间后压强降为原来的，温度降为27 ℃，问在该过程中一共漏掉多少克氧气？
解析　解法一　用＝C解。
选容器内装的质量m＝120 g氧气为研究对象，设漏气前的压强为p1，已知漏气前的体积V＝8.2 L，温度T1＝273 K＋47 K＝320 K；设想一个体积为ΔV的真空袋与容器相通，容器内漏出的质量为Δm的气体全部进入袋内后，容器和袋内气体的总质量仍为m(如图所示)，这时容器和袋内气体的压强设为p2，体积为(V＋ΔV)，温度为T2＝300 K。根据气体状态方程有＝①
因为容器和袋内气体密度相同，所以有＝，
即＝②
①②两式联立，解得
Δm＝m＝×120 g＝40 g。
解法二　用＝C解。
设漏气前容器内气体的密度为ρ1，漏气后容器内气体的密度为ρ2，根据密度定义式有ρ1＝，ρ2＝。
将以上两式代入＝得＝。
解得Δm＝m＝40 g。
答案　40 g
核心要点 　判断液柱(或活塞)的移动问题
[要点归纳]
此类问题的特点是：用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体的状态参量p、V、T都发生变化时，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。假设法的一般思路为
(1)假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。
(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp＝ΔT，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较。
[试题案例]
[例2] 如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1。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)
解析　水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ph。温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动。所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。
(1)假设法
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
上段：＝，所以p2′＝p2，
Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；
下段：Δp1＝p1。
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移。
(2)图像法
在同一p－T图上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时，p1>p2，得气柱l1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。所以水银柱上移。
(3)极限法
由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降。
答案　水银柱上移
方法凝炼　液柱(或活塞)移动问题的其他分析方法
(1)极限法
所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零。这样使复杂的问题变得简单明了。
(2)图像法
利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。
[针对训练2] (多选)如图，竖直放置的均匀等臂U形导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，左管水银面高于右管水银面，高度差为h，稳定时A、B气柱的压强分别为pA和pB，则(　　)
A.若环境温度升高，pA增大，pB减小
B.若环境温度降低，稳定后A、B气柱的压强比值增大
C.若环境温度升高，稳定后A、B气柱压强变化ΔpA一定小于ΔpB
D.若环境温度降低，稳定后A处液面高度变化Δh可能大于
解析　假设若环境温度升高后，h不变化，则气体做等容变化，由查理定律得：＝，即Δp＝ΔT，对两部分气体，由于T1、ΔT相同，pB>pA，则ΔpB>ΔpA，则水银柱向左移动，h增大，A的体积减小，温度升高，由理想气体状态方程可知，A的压强pA增大，由于pB＝pA＋ph，则B的压强也增大，故A错误，C正确；假设若环境温度降低后，h不变化，同理可知ΔpB>ΔpA，温度降低，压强都减小，右边气体压强降得多，则左侧水银柱会向下移动，h将减小，由于pB＝pA＋ph，h减小，B压强减小得多，A压强减小得少，稳定后A、B气柱的压强比值增大，故B正确；假设若环境温度降低，则左侧水银柱向下运动，但pAVA答案　BC
核心要点 　气体图像之间的转换
[要点归纳]
1.理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p－V图象变成p－T图像或V－T图像。
2.在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p－V图像中重点比较气体的温度，p－T图像中重点比较气体的体积，以及V－T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。
[试题案例]
[例3] 一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示。若状态D的压强是2×104 Pa。
(1)求状态A的压强；
(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p－T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程。
解析　(1)A状态：pA＝？　VA＝1 m3，TA＝200 K
D状态：pD＝2×104 Pa，VD＝4 m3，TD＝400 K
根据理想气体状态方程
＝
代入数据得pA＝＝ Pa＝4×104 Pa。
(2)A到B做等容变化，等容线在p－T图像中为过原点的直线，B到C做等温变化，由甲图AC连线为过原点的直线，则C的压强与A压强相等，C到D做等容变化。
故图线为
答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析图
方法凝炼　一般状态变化图像的处理方法
基本方法：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′[针对训练3] 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中图乙中画成用体积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。
解析　(1)从p－V图中可以直观地看出，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。
(1)根据理想气体状态方程
＝＝，
可得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，由玻意耳定律有
pBVB＝pCVC，得VB＝＝ L＝20 L。
在V－T图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。
答案　(1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析
核心要点 　相关联的两部分气体问题
[要点归纳]
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。
[试题案例]
[例4] 用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比VA∶VB＝2∶1，如图所示，起初A中有温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa的空气，B中有温度为27 ℃、压强为1.2×105 Pa的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动且不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A、B中气体的压强。
解析　对A空气，初状态：pA＝1.8×105 Pa，VA＝？，TA＝400 K。
末状态：pA′＝？，VA′＝？，TA′＝300 K，
由理想气体状态方程＝
对B空气，初状态：pB＝1.2×105 Pa，VB＝？TB＝300 K。
末状态：pB′＝？，VB′＝？，TB′＝300 K。
由理想气体状态方程＝
又VA＋VB＝VA′＋VB′，
VA∶VB＝2∶1，pA′＝pB′，
联立以上各式得pA′＝pB′＝1.3×105 Pa。
答案　都为1.3×105 Pa
方法总结　两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足＝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。
[针对训练4] 光滑绝热的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，这两部分气体体积的比VA′∶VB′为(　　)
A.1∶1 B.2∶3
C.3∶4 D.2∶1
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式÷②式得＝。
所以＝＝＝。
答案　B
1.(液柱移动问题)如图所示，两端封闭的等臂U形管中，两边的空气柱a和b被水银柱隔开，当U形管竖直放置时，两空气柱的长度差为H。现在将该U形管平放，使两臂处于同一个水平面上，稳定后两空气柱的长度差为L，若温度不变，关于L和H的大小有(　　)
A.L>H B.LC.L＝H D.无法判断
解析　假设U形管平放后两部分气体的体积不变，即L和H的大小相等。在竖直状态时可以判断出左侧空气柱压强应比右侧空气柱压强大，则如果水平时L和H相等的话，两端的空气柱体积则不变，压强也不变。此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下向右侧移动，即原来长的空气柱变长，原来短的空气柱变短，则可知L>H。
答案　A
2.(气体图像之间的转换)(多选)一定质量理想气体，状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p－T图像或V－T图像上，其中正确的是(　　)
解析　由题干图知A→B是等压膨胀过程，由盖—吕萨克定律＝知，TB>TA即温度升高，B→C是等温压缩过程，由pBVB＝pCVC知pC>pB即压强变大，C→A是等容降压过程，由查理定律＝知TC>TA温度降低。故选项A、C正确。
答案　AC
3.(相关联的两部分气体)如图所示，一个密闭的汽缸，被活塞分成体积相等的左、右两室，汽缸壁与活塞是不导热的，它们之间没有摩擦，两室中气体的温度相等。现利用右室中的电热丝对右室加热一段时间，活塞达到平衡后，左室的体积变为原来的，气体的温度T1＝300 K，求右室气体的温度。
解析　根据题意对汽缸中左、右两室中气体的状态进行分析：
左室的气体：加热前p0、V0、T0，加热后p1、V0、T1
右室的气体：加热前p0、V0、T0，加热后p1、V0、T2
根据＝恒量，得：
左室气体：＝
右室气体：＝
所以＝
解得T2＝500 K。
答案　500 K
4.(变质量问题)氧气瓶的容积是40 L，其中氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧。有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，这瓶氧气能用几天？假定温度不变。
解析　用如图所示的方框图表示思路。
由V1→V2：p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
由(V2－V1)→V3：p2(V2－V1)＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12天。
答案　12天
基础过关
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，空气可看做理想气体，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p1V1＋p2V2＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确。
答案　A
2.在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是(　　)
解析　根据p－V、p－T、V－T图像的物理意义可以判断，其中D反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符。
答案　D
3.有一段12 cm长的水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑固定斜面上(如图所示)，在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强p0＝76 cmHg)(　　)
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
解析　以玻璃管与水银柱整体为研究对象，有Mgsin 30°＝Ma，得a＝g　①，水银柱相对玻璃管静止，则二者加速度相等，以水银柱为研究对象有mgsin 30°＋p0S－pS＝ma　②，将①代入②得p＝p0＝76 cmHg，故选项A正确。
答案　A
4.如图是一定质量的理想气体的状态变化过程的V－T图像。则与之相对应的变化过程p－T图像应为右图中(　　)
解析　a→b过程中，V－T图像是经过坐标原点的直线，根据理想气体状态方程＝C可知，压强p一定，故是等压变化，p－T图像与T轴平行的直线；b→c过程是等容变化，根据理想气体状态方程＝C可知，p－T图像是经过坐标原点的直线；c→a过程是等温变化，p－T图像是与p轴平行的直线；故A、C、D错误，B正确。
答案　B
5.用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)(　　)
A.5次 B.10次
C.15次 D.20次
解析　因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解。pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得
1.5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，
解得n＝15。
答案　C
6.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图像表示(　　)
解析　由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝C可知压强将减小。对A图像进行分析，p－V图像是双曲线即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图像进行分析，
p－V图像是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图像进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图像进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，D项正确。
答案　AD
7.房间的容积为20 m3，在温度为7 ℃、大气压强为9.8×104 Pa时，室内空气质量是25 kg。当温度升高到27 ℃，大气压强变为1.0×105 Pa时，室内空气的质量是多少？(取T＝273 K＋t)
解析　气体初态：p1＝9.8×104 Pa，V1＝20 m3，T1＝280 K
末态：p2＝1.0×105 Pa，体积V2，T2＝300 K
由理想气体状态方程得＝
所以V2＝V1＝ m3＝21 m3
因V2＞V1，故有气体从房间内流出。
房间内的气体质量m2＝m1＝×25 kg≈23.8 kg
答案　23.8 kg
8.某医院使用的氧气瓶容积为32 L，在温度为27 ℃时瓶内压强为15 atm，按规定当使用到17 ℃时压强降到1 atm，便应重新充气。该医院在22 ℃时，平均每天用0.1 atm的氧气429 L，问一瓶氧气能用多少天？
解析　设一瓶氧气能用n天，根据题意，
气体初态时p0＝15 atm，
V0＝32 L，T0＝300 K，
n天用掉的氧气
p1＝0.1 atm，V1＝429n L，T1＝295 K，
瓶内剩余的氧气p2＝1 atm，V2＝32 L，T2＝290 K，
由分态式气态方程得
＝＋，代入数据得n≈10，
所以一瓶氧气能用10天。
答案　10天
能力提升
9.如图所示，汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量所以下侧气体压强是上侧气体压强两倍，上下气体体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5。保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为(　　)
A.4∶5 B.5∶9
C.7∶24 D.16∶25
解析　设V1＝V，由题意可知V1∶V2＝1∶2，则V2＝2V，
设T1＝2T，已知T1∶T2＝2∶5，则T2＝5T，
气体压强p2＝p1＋＝2p1，
则＝p1，最终两部分气体体积相等，
则V1′＝V2′＝V，
上部分气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1＝p1′V1′，
解得p1′＝p1，
下部分气体的压强p2′＝p1′＋＝p1，
对下部分气体，由理想气体状态方程得：＝，
解得T2′＝T，上下两侧气体的温度之比
＝＝。故选项D正确。
答案　D
10.一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，如图所示，两部分气体温度相同，都是T0＝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：
(1)A部分气体的压强pA；
(2)B部分气体的温度TB。
解析　(1)A部分气体等温变化，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。
答案　(1)1.5×105 Pa　(2)500 K
11.U形管两臂粗细不同，左端开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，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：
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离。
解析　设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，两管液面相平时，左管水银下降h1，右管上升h2
则有Sh1＝3h2S，h1＋h2＝4 cm，h2＝1 cm，h1＝3 cm
(1)以右管封闭气体为研究对象，
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
V2＝10×3S＝30S
等温变化：p1V1＝p2V2
80×33S＝p2·30S
p2＝88 cmHg
(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，
p1＝76 cmHg，V1＝11S，p2＝88 cmHg
等温变化：p1V1＝p2V2
V2＝9.5S
活塞推动的距离：L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm。
答案　(1)88 cmHg　(2)4.5 cm
12.如图甲所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的柱形汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。已知活塞横截面积S＝10 cm2，外界大气压p0＝1.00×105 Pa，初始时刻(图中A点)活塞稳定时缸内气体温度为27 ℃、压强为
p1＝1.05×105 Pa。现使缸内气体温度缓慢升高，其压强随着温度变化的p－t图像如图乙所示。图像中B点所对应缸内气体的体积是初始的倍，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)活塞质量；
(2)当缸内气体的温度为127 ℃时，缸内气体的压强为多大。
解析　(1)气体的压强为p1＝1.05×105 Pa，对活塞进行受力分析可得p1S＝p0S＋mg，代入数据得m＝0.5 kg。
(2)由题图可知，设初始状态的气体体积为V，从开始到B为等压变化，由＝，T1＝300 K，当T2＝373 K时，其体积为V2＝＝V≈1.24V，而B点体积VB＝V＝1.16V＜1.24V，说明在达到B之前活塞已经到达顶端，以后体积不变。气体做等容变化，气体在127 ℃时的温度大于B时的温度，所以气体末状态的体积V3＝VB＝V，设此时的压强为p3，则T3＝(273＋127) K＝400 K，则＝，代入数据解得p3＝1.20×105 Pa。
答案　(1)0.5 kg　(2)1.20×105 Pa
13.如图所示，一环形玻璃管放在水平面内，管内封闭有一定质量的理想气体，一固定的活塞C和一能自由移动的活塞A将管内的气体分成体积相等的两部分Ⅰ、Ⅱ。现保持气体Ⅱ的温度不变仍为T0＝300 K，对气体Ⅰ缓慢加热至T＝500 K，求此时气体Ⅰ、Ⅱ的体积之比。(活塞绝热且不计体积)
解析　设环形玻璃管内Ⅰ、Ⅱ两部分的初始体积为V0，加热前后两部分气体的压强分别为p0、p，Ⅰ中气体体积的增加量为ΔV，由理想气体状态方程，对Ⅰ中气体有
＝，
由玻意耳定律，对Ⅱ中气体有p0V0＝p(V0－ΔV)，解得ΔV＝，故此时气体Ⅰ、Ⅱ的体积之比为＝。
答案

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