选修3-3水银模型、气缸模型专项训练

1.如图所示，一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化，最终回到A状态，求C状态的温度以及全过程中气体吸收(放出)的热量(已知A状态的温度为300K)．

2.汽缸内封闭了一定质量、压强为p＝1.0×105Pa、体积为V＝2.0 m3的理想气体，现使气体保持压强不变，体积缓105J的热量，则： 慢压缩至V′＝1.0 m3，此过程气体向外界释放了Q＝1.2×(1)压缩过程外界对气体做了多少功？ (2)气体内能变化了多少？

3.一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，p－T图象如图甲所示．若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3，规定0 ℃为273.15 K．求：

(1)状态A的热力学温度；

(2)写出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；

(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．

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4.如图，一竖直圆筒形汽缸高为H，上端封闭，下端开口，由活塞封闭一定质量的理想气体，轻弹簧的上端与活塞连接，下端固定于水平地面，活塞与汽缸壁无摩擦且气密性良好，整个装置处于静止状态时，活塞距汽缸上底高为H.已知活塞横截面积为S，汽缸自重为G，汽缸壁及活塞厚度可不计，大气的压强始终为p0.

(1)求密闭气体的压强；

(2)若对汽缸施一竖直向上的拉力使其缓慢上升，至汽缸下端口刚好与活塞平齐时(密闭气体无泄漏且气体温度始终不变)，求拉力的大小F.

5.如图所示在绝热汽缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长为9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2.现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃.已知大气压强等于105Pa，活塞与汽缸间无摩擦，不计活塞重力．求：

(1)加热后活塞到汽缸底部的距离； (2)此过程中气体内能改变了多少．

6.如图为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，下管足够长，图中管的横截面积分别为S1＝2 cm2，S2＝1 cm2，管内水银长度为h1＝h2＝2 cm，封闭气体长度l＝10 cm，大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强，气体初始温度为300 K，若缓慢升高气体温度．试求：(g取10 m/s2) (1)当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；

(2)当气体温度为525 K时，水银柱上端距玻璃管最上端的距离．

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7.竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图所示．初始时，封闭气体温度为T1＝300 K，外界大气压强p0＝75 cmHg.求：

(1)若对封闭气体缓慢加热，当水平管内水银全部进入竖直管内时，气体的温度是多少；

(2)若保持(1)问的温度不变，从C端缓慢注入水银，使水银与C端管口平齐，需要注入水银的长度为多少．

8.如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍。管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p0＝75 cmHg。现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞(图中未画出)封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止，求活塞下移的距离(假设环境温度不变)。

9.如图所示，一密闭容器内贮有一定质量的气体，不导热的光滑活塞将容器分隔成左右两部分．开始时，两部分气105Pa.将右侧气体加热，而左侧仍保持原来体的体积、温度和压强都相同，均为V0＝15 L，T0＝300 K和p0＝1.0×105Pa，求： 温度，平衡时测得左侧气体的压强为p＝1.5×

(1)左侧气体的体积； (2)右侧气体的温度．

10.如图所示，有一玻璃管长L＝100 cm，内有一段水银柱h＝20 cm，封闭着长a＝50 cm长的空气柱，此时温度t1＝27 ℃，大气压恒为p0＝76 cmHg.

求：(1)求当对气体加热使水银柱升到与管口平齐时，气体温度为多少？ (2) 求空气柱温度至少多大时，可使管中水银全部溢出？

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11. 一个容积是10 L的球，原来充有空气时压强p0＝1×105Pa，现在使球内气体压强变为5×105Pa，应向球内打入105Pa的空气？(设温度不变) 多少升1×

12. 一氧气瓶的容积为0．08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0．36 m3．当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．

13. 一个足球的容积V0＝2．6×10－3m3，原来装满1．0×105Pa的空气．现用打气筒给这个足球打气，每次可把V＝1．0×10－4m3、压强为1．0×105Pa的空气打入球内，要使足球内部的压强增为2．0×105Pa，应打气多少次？(设足球的容积和空气温度在打气过程中不变)

14. 一个自行车内胎的容积是2．0 L．用打气筒给这个自行车打气，每打一次就把1．0×105Pa的空气打进去125 cm3．设打气前胎内有0．5 L压强为1．0×105Pa的空气，打了20次，胎内的压强有多大？假定空气的温度不变．

15. 某容积为20 L的氧气瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm．若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，则共能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)

16.如图所示，汽缸A和B的活塞用硬杆相连，活塞的横截面积

SA＝2SB，两活塞距离底部均为

h，汽缸壁用导热材

料做成，此时环境温度为300 K，外界大气压为p0，汽缸B内的压强p2＝0．5p0．问：

(1)此时汽缸A内气体的压强为多少？

(2)若保持汽缸B中的气体温度不变，把汽缸A缓慢加热，加热至温度多高活塞才移动h?

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17.如图所示，圆柱形汽缸内的活塞把汽缸分隔成A、B两部分，A内为真空，用细管将B与U形管相连，细管与U形管内气体体积可忽略不计．大气压强p0为76 cmHg．开始时，U形管中左边水银面比右边高6 cm，汽缸中气体温度为27 ℃．

(1)将活塞移到汽缸左端，保持气体温度不变，稳定后U形管中左边水银面比右边高62 cm．求开始时汽缸中A、B两部分体积之比．

(2)再将活塞从左端缓缓向右推动，并在推动过程中随时调节汽缸B内气体的温度，使气体压强随活塞移动的距离均匀增大，且最后当活塞回到原处时气体的压强和温度都恢复到最初的状态，求此过程中气体的最高温度．

18.如图所示，U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，左右两管水银面高度差为36 cm，外界大气压为76 cmHg．若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30 cm，则此时左管内气体的温度为多少？

19.如图，一个质量为m的T型活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为1．5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1．2h0，重力加速度为g．通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平．

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20.如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)求：

(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？

(2)打开阀门K后将容器内的气体从300 K分别加热到400 K和0 K时，U形管内两边水银面的高度差各为多少？

21.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强105Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K，活塞恰好离开a、为p0(p0＝1．0×b．求：

(1)活塞的质量；

(2)当温度升为360 K时活塞上升的高度．

22.如图所示是一个右端开口的圆筒形汽缸，活塞可以在汽缸内自由滑动．活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，此时气体的温度为27 ℃．若给汽缸加热，使气体温度升高，让气体推动活塞从MN缓慢地移到M′N′．已知大气压105Pa，求： 强p0＝1×

(1)当活塞到达M′N′后气体的温度．

(2)把活塞锁定在M′N′位置上，让气体的温度缓慢地变回到27 ℃，此时气体的压强是多少？

23.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l＝36 cm处有一与汽缸固定连接的卡环，

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105Pa时，活塞与汽缸活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T0＝300 K、大气压强p0＝1．0×底部之间的距离l0＝30 cm，不计活塞的质量和厚度．现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：

(1)活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1； (2)封闭气体温度升高到T2＝0 K时的压强p2．

24.一圆柱形汽缸，质量M为10 kg，总长度L为40 cm，内有一活塞，质量m为5 kg，截面积S为50 cm2，活塞105Pa，温度t0为7 ℃时，如与汽缸壁间摩擦可忽略，但不漏气(不计汽缸壁与活塞厚度)，当外界大气压强p0为1×

果用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，如图所示，汽缸内气体柱的高L1为35 cm，g取10 m/s2．求：

(1)此时汽缸内气体的压强；

(2)当温度升高到多少摄氏度时，活塞与汽缸将分离．

25.如图所示，均匀玻璃管内有一长h＝15 cm的汞柱将一些空气封于闭端，当气温为27 ℃、玻璃管水平放置时，105Pa，且保持不变．已知水银密度为ρ＝13．6×103kg/m3，取g空气柱长l1＝20 cm，如图甲，外界大气压为1．0×＝9．8 m/s2．问：

(1)保持温度不变，小心地将玻璃管竖立起来，使开口的一端向上，如图乙，管内空气柱长度l2等于多少？ (2)玻璃管开口向上竖直放置时，要使管内空气柱长仍为20 cm，管内气体温度应变为多少？

26.上端开口、竖直放置的玻璃管，内横截面积为0．10 cm2，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，

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如图所示，此时气体的温度为27 ℃．当温度升高到30 ℃时，求为了使气体体积不变，需要再注入多长的水银柱？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变)

27.如图所示，长L＝100 cm、粗细均匀的玻璃管一端封闭，水平放置时，长L0＝50 cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h＝30 cm，将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0＝75 cmHg．求：

(1)倒立前管内气体的压强； (2)倒立后管内气体的压强．

28.如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10．0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3．0 cm．现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10．0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75．0 cmHg．

(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；

(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．

29.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，求：

(1)外界空气的温度是多少？

(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？

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答案解析

103J 1.【答案】 2400K 气体放出热量为1.5×

【解析】 气体由A到B过程，由理想气体状态方程，有＝ 可得TB＝1200K

B到C过程为等容变化，有＝可得TC＝2400K 气体最终又回到A状态，故有ΔU＝Q＋W＝0

10×10－3× 由图象可得整个过程中，外界对气体做的功等于四边形ABCD的面积，所以W＝(×1×105＋×10×10－3×2×105) J＝1.5×103J则Q＝－1.5×103J，即气体放出的热量为1.5×103J． 105J (2)减少了2×104J 2.【答案】 (1)1.0×

【解析】 (1)外界对气体做功 W＝p·ΔV＝p(V－V′)(3分) 105J(2分) 解得W＝1.0×

(2)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量 ΔU＝Q＋W＝－1.2×105J＋1.0×105J＝－2×104J. 104J(3分) 即气体内能减少了2×

3.【答案】 (1)200 K (2)0.4 m3 (3)见解析 【解析】 (1)状态A的热力学温度：

TA＝t＋273.15 K＝(－73.15＋273.15) K＝200 K.

(2)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程． 对A至C，由理想气体状态方程有：解得：VA＝

＝

＝

m3＝0.4 m3.

(3)由盖—吕萨克定律得：＝ 解得：VB＝

＝0.4×

m3＝0.6 m3

图象如图所示．

4.【答案】(1)p0＋ (2)

【解析】(1)设密闭气体的压强为p1， 对汽缸：由力的平衡可知：p1S＝p0S＋G 解得p1＝p0＋

(2)汽缸下端口刚好与活塞平齐时，设密闭气体的压强为p2，由玻意耳定律有：p2HS＝p1·HS 解得：p2＝p1

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由力的平衡可知：F＋p2S＝p0S＋G， 解得F＝.

5.【答案】 (1)12 cm (2)7 J

【解析】 (1)取封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为L1S 温度为：T1＝(273＋27) K＝300 K

末状态的体积为L2S，温度为：T2＝(273＋127) K＝400 K 气体做等压变化，则解得：L2＝12 cm

(2)在该过程中，气体对外做功W＝p0S(L2－L1) 由热力学第一定律有ΔU＝Q－W 解得ΔU＝7 J.

6.【答案】 (1)350 K (2)24 cm

【解析】 (1)选择封闭气体作为研究对象，设末态粗管内的水银刚被全部挤出时水银的总长度为h′， 根据水银的总体积保持不变可得：h1S1＋h2S2＝h′S2，可得：h′＝6 cm 初态：压强p1＝p0－ph1－ph2＝72 cmHg， 体积V1＝lS1＝20 cm3，温度T1＝300 K 末态：压强p2＝p0－ph′＝70 cmHg， 体积V2＝(l＋h1)S1＝24 cm3，温度为T2 根据理想气体的状态方程可得

＝

＝

解得粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度： T2＝350 K.

(2)设温度为525 K时水银柱上端距离玻璃管最上端的距离为H， 初态：压强p2＝70 cmHg， 体积V2＝24 cm3，温度T2＝350 K

末态：压强p3＝70 cmHg，体积V3＝(l＋h1)S1＋(H－l－h1)S2，温度T3＝525 K 这个过程是等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：＝

解得气体温度为525 K时，水银柱上端距离玻璃管底部的距离：H＝24 cm. 7.【答案】 (1)450 K (2)14 cm

【解析】 (1)设细管的横截面积为S，以AB内封闭的气体为研究对象． 初态p1＝p0＋5 cmHg＝80 cmHg，V1＝30S，T1＝300 K

当水平管内水银全部进入竖直管内时，此时：p2＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，体积V2＝40S，设此时温度为T2，由理想气体状态方程得：解得T2＝450 K.

(2)保持温度不变，初态p2＝90 cmHg，体积V2＝40S，末态p3＝p0＋25 cmHg＝100 cmHg 由玻意耳定律得：p2V2＝p3V3 解得V3＝36S

＝

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故需要加入的水银长度Δl＝(30＋20－36) cm＝14 cm. 8.【答案】 6.625 cm

【解析】 设粗管中气体为气体1。细管中气体为气体2。 对粗管中气体1：有p0L1＝p1L1′ 右侧液面上升h1，左侧液面下降h2，有 S1h1＝S2h2，h1＋h2＝6 cm， 得h1＝2 cm，h2＝4 cm L1′＝L1－h1 解得p1＝90 cmHg

对细管中气体2：有p0L1＝p2L2′ p2＝p1＋Δh 解得L2′＝9.375 cm 因为h＝L1＋h2－L2′ 解得h＝6.625 cm

9.【答案】(1)10 L (2)600 K

【解析】(1)对左侧气体，由玻意耳定律得：p0V0＝pV 所以左侧气体体积V＝10 L

(2)对右侧气体，体积为V′＝2V0－V＝20 L

压强与左侧相同，均为p，由理想气体状态方程，得：

＝

解得：T＝600 K.

10.【答案】(1)480 K (2)484 K

【解析】(1)水银柱上升到管口为等压膨胀，设管口截面积为S V1＝aS＝50S，T1＝300 K； V2＝(L－h)S＝80S，T2＝？ 由盖—吕萨克定律：

＝

得：T2＝480 K

(2)初态：p1＝p0＋h＝96 cmHg，V1＝aS＝50S，T1＝300 K.

假定管中还有x厘米高水银柱时，管内气压为(p0＋x) cmHg，体积为(L－x)S，则

＝

得：T＝－

(x－12)2＋484

，

显然，x＝12 cm时，温度最高T＝484 K(＝211 ℃)． 11.【答案】40 L

【解析】设需打入的空气体积是V2，由等温分态公式有p0V1＋p0V2＝5p0V1，解 得V2＝

＝4V1＝40 L．

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12.【答案】4天

【解析】方法一 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，需充分前压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2． 根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①

重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②

设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③ 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)⑤

方法二 对氧气瓶内的氧气，由于温度保持不变，由玻意耳定律和总质量不变得 p1V1＝np2V2＋p3V1

其中p1＝20个大气压 V1＝0．08 m3 p2＝1个大气压 V2＝0．36 m3 p3＝2个大气压 代入数值得n＝4(天)． 13.【答案】26次

【解析】对打足气后球内的气体有：

105Pa，V1＝2．6×10－3m3＋n×1．0×10－4m3， 初态：p1＝1．0×

105Pa，V2＝2．6×10－3m3． 末态：p2＝2．0×

由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，

105×(26＋n)×10－4＝2．0×105×2．6×10－3，解得n＝26，即应打气26次． 所以1．0×

105Pa 14.【答案】1．5×

【解析】变质量问题要转化为质量不变的问题． 内胎中原来有一部分气体，勿漏掉． 对后来内胎中的气体进行研究：

105Pa，V1＝(0．5＋0．125×20) L， 状态Ⅰ：p1＝1．0×状态Ⅱ：p2，V2＝2．0 L． 由p1V1＝p2V2， 得p2＝

＝

Pa＝1．5×105Pa．

④

15.【答案】25瓶

【解析】设能够分装n个小钢瓶，则以20 L氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象，分装过程中温度不变，故遵守玻意耳定律．

气体分装前后的状态如图所示，由玻意耳定律可知：

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p1V1＋np2V2＝p1′V1＋np2′V2，即n＝

．

因为p1＝30 atm，p2＝1 atm，p1′＝p2′＝5 atm，V1＝20 L，V2＝5 L， 所以n＝

＝25(瓶)．

16.【答案】(1)0．75p0 (2)600 K

【解析】(1)要求汽缸内封闭气体的压强，应分析活塞整体，通过受力分析，根据共点力平衡条件求解．活塞整体受力分析如图所示．

根据共点力平衡有p0SB＋p1SA＝p0SA＋p2SB， 解得p1＝0．75p0．

(2)将汽缸A加热过程中，A、B两部分气体状态变化满足理想气体状态方程，终态时活塞整体仍满足共点力平衡条件． 对气体A有

＝

对气体B有p2hSB＝0．5hSBp2′ 根据活塞平衡p0SB＋p1′SA＝p0SA＋p2′SB 解得T′＝600 K．

17.【答案】(1)4∶1 (2)0 K

【解析】(1)汽缸B中气体原来压强p1＝p0－ph＝70 cmHg 活塞移到左端后气体压强 p2＝p0－ph′＝14 cmHg， 由玻意耳定律，有p1V1＝p2V2， 由以上各式可得即VA∶VB＝4∶1．

(2)设汽缸总长为l，横截面积为S，可知活塞初始位置离汽缸左端

．

＝，

活塞向右移动距离x时气体压强px＝p2＋kx，(k为比例常数)此时气体体积Vx＝(l－x)S， 当气体恢复到原来状态时压强 p1＝p2＋

，px＝

， ＝

，

由理想气体状态方程，有得Tx＝当x＝

．

时，气体有最高温度Tm＝0 K．

18.【答案】420 K

13

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【解析】设左管和右管内水银液面的高度差原来是h1，升温后变为h2，左管的横截面积为S， 由理想气体的状态方程得

＝

，

其中h2＝h1－3(l2－l1)，解得T2＝420 K． 19.【答案】

，

【解析】初态时，对活塞受力分析，可求气体压强p1＝p0＋体积V1＝1．5h0S，温度T1＝T0，

要使两边水银面相平，汽缸内气体的压强p2＝p0， 此时活塞下端一定与汽缸底接触，V2＝1．2h0S， 设此时温度为T2，由理想气体状态方程有得：T2＝

．

＝

，

20.【答案】(1)V0 (2)0 15．2 cm 【解析】(1)开始时，pA0＝2p0，VA0＝

打开阀门，A室气体等温变化，pA＝p0，体积为VA， 由玻意耳定律得pA0VA0＝pAVA， 得VA＝

＝V0．

(2)设打开阀门后将容器内气体从T0＝300 K升到T，体积由V0变到V0，气体发生等压变化．

由盖—吕萨克定律得＝

，即T＝T0＝450 K．

因T1＝400 K<450 K，气体压强为pA1＝p0，故水银柱高度差为0． 从T＝450 K升高到T2＝0 K过程中，气体发生等容变化． 由查理定律

＝

得pA2＝

pA1＝

×p0＝1．2p0．

76 cm＝15．2 cm． T2＝0 K时，水银面的高度差为(1．2－1)×21.【答案】(1)4 kg (2)5．5 cm 105Pa，p2＝p0＋【解析】已知p1＝1．0×400 cm3． (1)由

＝

知， ＝

T2，

40 cm3＝2 400 cm3，V2＝V1＝2 ，T1＝300 K，T2＝330 K，V1＝60×

p2＝p0＋

105×40×10－4N＝40 N， mg＝0．1×

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选修3-3气缸模型水银模型专项集训

则m＝4 kg．

(2)T3＝360 K，p3＝p2，V2＝V1＝60×40 cm3＝2 400 cm3， 由等压变化V3＝

＝

知，

40 cm3， T3≈65．5×

则Δh＝65．5 cm－60 cm＝5．5 cm． 104Pa 22.【答案】(1)600 K (2)5×

【解析】(1)此过程为等压变化过程，由V2＝2V1，T1＝273 K＋27 K＝300 K． 得T2＝2T1＝600 K．

(2)此过程为等容变化过程，由查理定律得p2＝p0，T3＝300 K．

104Pa． 解得p3＝p2＝p0＝5×

105Pa 23.【答案】(1)360 K (2)1．5×【解析】(1)设汽缸的横截面积为S．

由题意可知，活塞缓慢上升，说明活塞平衡，此过程为等压膨胀 由盖—吕萨克定律有T1＝T0＝360 K

(2)由题意可知，封闭气体后体积保持不变 由查理定律有p2＝

＝

＝

＝

＝

，

105Pa． p0＝1．5×

104Pa (2)47 ℃ 24.【答案】(1)8×

【解析】(1)以汽缸为研究对象，根据平衡条件可得： p＝p0－

105－＝(1×

) Pa＝8×104Pa．

(2)汽缸内气体压强不变，根据盖—吕萨克定律： ＝

，

＝

，t＝47 ℃．

25.【答案】(1)16．67 cm (2)87 ℃

【解析】(1)以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S． 105Pa p1＝1．0×V1＝l1S＝20Scm3

105Pa，V2＝l2S p2＝p0＋ρgh＝1．2×

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选修3-3气缸模型水银模型专项集训

由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 l2＝

≈16．67 cm．

＝

×300 K＝360 K

(2)由查理定律得T2＝

＝

t2＝T2－273＝87 ℃． 26.【答案】0．9 cm

【解析】设再注入水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化． 初态：p1＝p0＋hcmHg＝90 cmHg，T1＝300 K． 末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝303 K． 由查理定律

＝

得：

＝

所以x＝0．9 cm．

27.【答案】(1)75 cmHg (2)50 cmHg

【解析】(1)倒立前管内气体的压强，p1＝p0＝75 cmHg．

(2)当玻璃管开口端向下竖直放置时，假设有一部分水银已经流出，水银柱长x，则 p2＝p0－x，V2＝(L－x)S， (L－x)S， 得p0L0S＝(p0－x)·代入数据解得x＝25 cm．

所以倒立后管内气体的压强p1＝p0－x＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg． 28.【答案】(1)12．0 cm (2)13．2 cm

【解析】(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10．0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10．0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1． 由玻意耳定律得pl＝p1l1① 由力学平衡条件得p＝p0＋h②

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，A、B两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有p1＝p0－h1③

联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12．0 cm④

(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2． 由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤ 由力学平衡条件有p2＝p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10．4 cm⑦ 设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13．2 cm．

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