【单元练】人教版高中物理选修3第二章【气体,固体和液体】经典测试题(含答案解析)(1)

一、选择题
1．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A 经等温变化到状态B ，再经等容变化到状态C ，A 、C 压强相等，则下列说法正确的是（ ）
A ．从A 到
B 气体分子平均动能增加
B ．从B 到
C 气体分子平均动能不变
C ．A 、C 状态气体压强相等的原因是分子撞击器壁的平均作用力相等
D ．从A 到B 过程气体压强变小的原因是分子的密集程度减小D
解析：D
A ．从A 到
B 气体温度不变，分子平均动能不变，故A 错误；
B ．从B 到
C 为等容变化，根据查理定律
C B B C
p p T T = 可知：气体压强增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，故B 错误；
C ．A 到C 状态为等压变化，根据盖·吕萨克定律
C A A C V V T T =
可知：气体体积增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，分子撞击器壁的平均作用力增大，故C 错误；
D ．从A 到B 过程气体温度相同，分子撞击器壁的平均作用力相等，压强变小的原因是气体体积增大分子密集程度减小，故D 正确。

故选D 。

2．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A ．增大压强，气体内能增大
B ．压强减小，降低温度，气体分子间的平均距离一定减小
C ．保持体积不变，降低温度，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大
D ．降低温度，减小体积，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大D 解析：D
A ．理想气体的内能只由温度决定，根据理想气体状态方程
PV C T
=可知，增大压强时，若温度不变，则内能不变， A 错误； B ．根据
PV C T
=可知，当压强减小，降低温度时，气体的体积有可能增大，也有可能减小，此时气体分子间的平均距离可能增大，也可能减小，B 错误；
C．保持体积不变，单位体积内的分子数不变，降低温度，根据PV
C
T
=可知，压强减
小，气体分子的平均动能减小，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小，C错误；
D．降低温度,分子的平均动能减小,减小体积,单位体积内的分子数增多, 根据PV
C
T
=可知,
压强有可能增大, 气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大，D正确。

故选Ｄ。

3．如图所示为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图象，它由状态A经等温过程到状态B，再经等容过程到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为p A、p B、p C，则下列关系式中正确的是（）
A．p A＜p B，p B＜p C B．p A＞p B，p B＝p C
C．p A＞p B，p B＜p C D．p A＝p B，p B＞p C A
解析：A
气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，p与体积V成反比，由图可知V A>V B，所以
p A<p B
从状态B到状态C，气体发生等容变化，压强p与热力学温度T成正比，由图可知T B<T C，所以
p B<p C
A．p A＜p B，p B＜p C与上述分析相符，故A正确；
B．p A＞p B，p B＝p C 与上述分析不符，故B错误；
C．p A＞p B，p B＜p C与上述分析不符，故C错误；
D．p A＝p B，p B＞p C 与上述分析不符，故D错误；
故选A。

4．质量和温度相同的氧气和二氧化碳，则（）
A．分子运动的平均速率相同B．分子运动的平均动能相同
C．二氧化碳分子的总动能较大D．二者分子动能总和相同B
解析：B
AB．不同气体分子的质量不同，因此两种气体质量相同时分子个数不同，当温度相同时，平均动能相等，但分子平均速率不同，故A错误，B正确；
CD．气体的内能等于所有分子的动能之和。

当温度相同时，平均动能相等，但氧气的分子质量比二氧化碳小，在相同质量时，氧气的分子个数较多，因此氧气分子总动能比二氧化碳大，故CD错误。

故选B。

5．如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（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。

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 ，活塞内气体压强为p ，体积为V ，下列说法正确的是（ ）
A ．当外界温度升高（大气压不变）时，L 变大、H 减小、p 变大、V 变大
B ．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
C ．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
D ．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C
解析：C
以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L 不变，活塞的位置不变，h 不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可以判断，体积V 增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H 减小、p 不变、V 增大；当大气压减小时，对汽缸分析得
0p m p S g S =+
气体压强p 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得
1122pV p V =
可知体积V 变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H 减小、p 减小、V 变大，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

6．如图所示，用一根竖直放置的弹簧连接一个气缸的活塞，使气缸悬空而静止。

若不计活塞气缸间的摩擦，气缸导热性能良好，则下列判断正确的是（ ）
A ．若大气压强增大，则活塞将上升
B ．若大气压强减小，则活塞将上升
C ．若气温升高，则气缸将上升
D ．若气温升高，则活塞将上升C
解析：C
AB ．对活塞与气缸的整体，受到重力和弹簧的弹力作用，且弹簧的弹力等于重力，故若外界大气压增大或减小时，弹簧压缩量不变，活塞将静止不动，故AB 错误；
CD ．若气温升高，弹簧压缩量不变，则由
1212
V V T T = 可知，气体的体积增大，气缸将上升；由于弹簧长度不变，则活塞距地面的高度将不变，选项C 正确，D 错误。

故选C 。

7．关于热运动以下说法正确的是
A ．物体运动速度越大，其分子的热运动越剧烈
B ．物体温度升高，其分子的平均动能一定增大
C ．物体温度升高，其每一个分子的运动速率都会增大
D ．0℃时分子运动的平均动能为零B
解析：B
【解析】
A 、物体的运动速度越大，其机械运动的动能就越大，但微观的分子热运动与其无关，故A 错误；
B 、温度反映热运动的快慢，是平均动能的标志，温度升高时分子平均动能增大，B 正确．
C 、温度升高，分子的平均动能增大，但是并不是每个分子的运动速率都增大，可能有些分子运动速率减小，故C 错误．
D 、分子的运动是永不停息的，温度高运动快，温度低运动慢，但不会停止，故D 错误．故选B ．
【点睛】明确分子热运动的性质，知道分子热运动与宏观运动无关，是物体内部分子的无规则运动，其剧烈程度与温度有关，但要注意温度很低时分子热运动仍在继续，同时温度升高时并不是所有分子的速率都增大．
8．下列关于分子动理论说法中正确的是( )
A ．物体温度越高，则该物体内所有分子运动的速率都一定越大
B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C ．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D ．显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停的做无规则运动，这就是液体分子的运动C 解析：C
【解析】
A 、分子的平均速率随着温度的升高而增大，这是统计规律，温度升高时单个分子速率变化情况是不确定，故A 错误；
B 、明确分子之间距离与0r 关系，才能进一步确定随着分子之间距离的变化，分子力的变化情况，如若分子之间距离从0r r <处开始增大，则分子力先减小后增大再减小，故B 错误；
C 、若分子之间距离开始小于0r ,则随着分子距离的增大，分子势能先减小后增大，故C 正确；
D 、显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停的做无规则运动，是因为液体分子的撞击形成的，本质上是固体微粒的运动，反应了液体分子的无规则运动，故D 错误；
故选C ．
【点睛】解答本题需要掌握：分子热运动的特点以及和温度的关系；分子之间作用力以及分子势能大小随着分子之间距离的变化所遵循的规律；正确理解布朗运动的实质、特点． 9．如图所示，一端开口、另一端封闭的玻璃管内用水银柱封闭一定质量的气体，保持温度不变，把管子以封闭端为圆心，从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，可用来说明气体状态变化的p-V 图像是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． C 解析：C
水平方向上有：10P P =，竖直方向上有：20P
P gh ρ=+，开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，气体的压强增大，体积减小．故D 正确；
10．现将一定质量的某种理想气体进行等温压缩．下列图象能正确表示该气体在压缩过程中的压强P 和体积的倒数1V
的关系的是( ) A ． B ．
C ．
D ． B
解析：B 根据理想气体状态参量方程
PV C T = ，可知等温压缩，压强和体积成反比，即压强与体积的倒数成正比，所以1p V
- 图象是一条过原点的倾斜直线，故B 正确，ACD 错误．故选
B ．
二、填空题
11．一定质量的理想气体经历两次等压变化过程，如图a 、b 所示，则压强a P ______（选填“大于”或“小于” )b P 。

温度从1T 升高到2T ，a 、b 两过程对外做功分别为a W 、b W ，则a W ______（选填“大于”、“等于”或“小于” )b W 。

小于等于
解析：小于 等于
[1]根据理想气体状态方程 pV C T = 可知
C V T p
= 由此可知V T -图象中，过原点的倾斜直线为等压线，且斜率表示压强的倒数可知
a b p p <。

[2]由于
a a V C p T
∆=∆ b b V C p T
∆=∆ 又
W p
=∆V
可得 a a W p =∆a V
b b W p =∆b
V
联立解得 a b W W =
12．如图甲所示，在一透明细玻璃管中装有一定量的油，该种油对玻璃管___________（填“浸润”或“不浸润”），假设附着层中油分子间的平均距离为r 1，内部油分子间的平均距离为r 2，则r 1___________（填“大于”“小于”或“等于”）r 2；如图乙所示，在A 、B 两种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围分别如图乙中（a ）、（b ）所
示，而A、B两种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图乙中（c）所示，则由此可判断出A为___________（填“单晶体”“多晶体”或“非晶体”），B为___________（填“单晶体”“多晶体”或“非晶体”）。

浸润小于多晶体单晶体
解析：浸润小于多晶体单晶体
[1][2]由图甲可知该种油对玻璃管浸润，浸润现象中附着层的油分子间的平均距离小于内部油分子间的平均距离，分子力表现为斥力，在分子斥力的作用下沿着试管壁上升；
[3][4]晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，由熔化曲线可知，A与B均为晶体，单晶体是各向异性的，表面的石蜡熔化时是椭圆形，多晶体是各向同性的，表面的石蜡熔化时是圆形，因此A为多晶体，B为单晶体。

13．对于一定质量的理想气体，以p、V、T三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系，在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值．如图甲、图乙和图丙所示，三个坐标系中，两个点都表示相同质量某种理想气体的两个状态．根据坐标系中不同点的位置来比较第三个参量的大小．
(1)p－T图象(图甲)中A、B两个状态，________状态体积小．
(2)V－T图象(图乙)中C、D两个状态，________状态压强小．
(3)p－V图象(图丙)中E、F两个状态，________状态温度低．ACF
解析：A C F
（1）[1]甲图画出的倾斜直线为等容线，斜率越小，体积越大，所以V B>V A，故A的体积小；
（2）[2]乙图画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以p D>p C，故C状态压强小；
（3）[3]丙图画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以T E>T F，故F态温度低.
14．一定质量的理想气体经历：A →B →C 的状态变化过程，其1p V -图像如图所示，A 、B 、C 三点对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，用N A 、N B 、N C 分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则T A _________T C ，N A _________N B ，N B _________N C 。

（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
大于大于小于
解析：大于 大于 小于
[2]由PV nRT =可知，1p V
-图像的斜率为nRT ，正比于温度T ，AB 直线过坐标原点，从状态A 到状态B 为等温变化，故A B T T =；由图可知，A B <V V ，故状态A 的分子密度程度大于状态B 的分子密度程度，故A B N N >；
[1]由图可知，状态B 到状态C 为等压变化，根据
C B B C
V V T T = 结合图像可知
B C T T >
故
A C T T >
[3]气体压强由气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数和平均动能决定，状态B 到状态C 为等压过程，且B C T T >，故B C N N <。

15．如图为一种减震垫，布满了圆柱状相同薄膜气泡。

每个气泡内充满体积为V 0，压强为p 0的气体。

现把平板状物品恰好水平放在n 个完整的气泡上。

设被压的气泡不漏气，且气体温度保持不变。

当每个气泡的体积压缩了ΔV 时，其与物品接触面的边界为S 。

则此时每个气泡内气体的压强为________，此减震垫对平板物品的支持力为________。

解析：000p V V V -∆ 00np S V V V
∆-∆ [1][2]．设压缩后每个气泡气体压强为p ，由玻意耳定律得到
000()p V p V V =-∆
解得 000p V p V V
=
-∆ 对其中的一个气泡 00pS F p S =+
解得
0000()F p p S p VS V V
∆=-=
-∆ 平台对减震垫的压力为 000np S V V F nF V
=∆=-∆ 16．两端封闭的粗细均匀玻璃管内有两部分气体A 和B ，中间用一段水银隔开，当水平放置且处于平衡时，温度均为27℃，如图a 所示.现先将玻璃管缓慢转至竖直方向（A 在下方），再将整根玻璃管置于温度为87℃的热水中，如图b 所示，气体最终达到稳定状态，则稳定后与图a 中的状态相比，气体A 的长度________（选填“增大”，“减小”或“不变”）；若图a 中A 、B 空气柱的长度分别为20cm A L =，10cm B L =，它们的压强均为75cmHg ，水银柱长为25cm L = ，则最终两部分气体A 、B 的体积之比
:A B V V =________.
减小3：2
解析：减小 3：2
[1]．两端封闭的粗细均匀玻璃管内有两部分气体A 和B ，中间用一段水银隔开，A 、B 两部分气体长度、温度均相同；玻璃管缓慢转至竖直方向（A 在下方），再将整根玻璃管置于温度为87℃的热水中，如果不计水银柱重力，A 、B 两部分气体长度依然应该相同，考虑到水银柱的重力，水银柱要下移一段距离，故气体A 的长度要减小；
[2]．若图a 中A 、B 空气柱的长度分别为L A =20cm ，L B =10cm ，它们的压强均为75cmHg ，水银柱长为L =25cm ，对气体A ，有：
2212A A A A P L P L T T = ① 对气体B ，有：
2212
B B B B P L P L T T = ② 其中：
L A +L B =L A2+L B2 ③
P A1=P B1=75cmHg ④
P A2-P B2=ρgh =25cmHg ⑤
联立解得：
L A2=18cm ，L B2=12cm
故：
223 2
A A
B B V L V L ＝＝ 17．如图所示，质量为M 的气缸用质量为m 的活塞在缸内密封一定质量的理想气体，活塞跟缸壁间的摩擦力不计，大气压为p 0，活塞的横截面积为S ，整个装置倒立在水平地面上，当封闭气体温度为T 时，活塞恰好跟地面虚接触，此时封闭气体的压强为____；当温度升高到某一个值时，发现气缸恰好跟地面接触，则此时封闭气体的温度为_____.
解析：0p mg S
- 00p p S Mg T S mg +- [1]当封闭气体温度为T 时活塞对地面无压力对活塞：
p 1S +mg =p 0S ，
即：
10mg p p S
=-. [2]当温度升为T 2时气缸对地面无压力，对气缸：
p 2S =p 0S +Mg
即：
20Mg p p S
=+. 对缸内气体发生等容变化，由查理定律得：
2121p p T T =
解得： 020S Mg T T S p mg
p +=-. 18．一定质量的理想气体的状态变化过程如图的p T -图线所示，吸热的过程有_____________（选填A→B 、B→C 、C→A ）
B→C
解析：B →C
A→B 是等容降温过程，气体内能减少，但不做功，则A→B 过程放热；B→C 过程是等压升温膨胀过程，内能增加，对外做功，则B→C 过程吸热；C→A 过程是等温升压、体积减小的过程，虽外界对气体做功但气体内能不变，则C→A 过程放热．只有B→C 是吸热过程． 19．一定质量的理想气体，从初始状态A 经状态B 、C 再回到状态A ，变化过程如图所示，其中A 到B 曲线为双曲线．图中V 0和P 0为已知量．
①从状态A 到B ，气体经历的是________（选填“等温”“等容”或“等压”）过程； ②从B 到C 的过程中，气体做功大小为________；
③从A 经状态B 、C 再回到状态A 的过程中，气体吸放热情况为____（选填“吸热”、“放热”或“无吸放热”）．等温3P0V0/2放热;
解析：等温 3P 0V 0/2 放热;
试题分析：①从状态A 到B 过程中PV c =是定值，所以气体经历等温变化；
②根据公式W Fl =，F pS =,可得气体做的功为梯形的面积，所以有0032PV W =, ③A 到B 到c 围城的面积小，这个面积是对外做的功，c 到a 放热，面积大，也就是说放的热多
考点：考查了理想气体状态方程
20．如图所示，容积为100cm 3的球形容器与一粗细均匀的竖直长管相连，管上均匀刻有从0到100刻度，两个相邻刻度之间的管道的容积等于0.25cm 3。

有一滴水银（体积可忽略）将球内气体与外界隔开。

当温度为20C ︒时，该滴水银位于刻度40处。

若不计容器及管子的热膨胀，将0到100的刻度替换成相应的温度刻度，则相邻刻度线所表示的温度之差是否相等_____（填“是”“否”或“不确定”），在此温度计刻度内可测量的温度范围是_____。

是2664K ～333K
解析：是 266.4K ～333K
[1]相等，因为是等压变化，温度变化与体积变化比值恒定（或温度数值与0到100的刻度数值成线性关系；
[2]水银由0刻度到40刻度处：由等压变化， 1212 V V T T =， 解得：
1212100293 K 266.4K 100400.25
V T T V ⨯===+⨯； 水银由0刻度到100刻度过程，由等压变化：
3113 V V T T =， 解得：
()31311001000.252664 K 333K 100
V T T V +⨯⨯===. 温度测量的范围：266.4K ～333K 。

三、解答题
21．如图所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。

当温度为280K 时，被封闭的气柱长20m L =，两边水银柱的高度差12cm h =，大气压强076cmHg p =。

(1)为使左端水银面下降2cm ，封闭气体温度应变为多少？
(2)封闭气体的温度重新回到280K 后，为使封闭气柱长度变为16cm ，需向开口端注入的水银柱长度为多少？
解析：(1)327.25K ；(2)24cm
(1)设玻璃管的横截面积为S ，则对于初态有
()17612cmHg 64cmHg p =-=，1120280K V S T ==，
末态时左右水银面高度差为
()1222cm 8cm -⨯=
()2768cmHg 68cmHg p =-=，222V S =
由理想气体状态方程 112212
p V p V T T = 解得
2221116422280K 327.25K 6020p V S T T p V S
⨯==⨯=⨯ (2)设注入水银柱的长度为l ，由玻意耳定律得
1133pV p V = 式中316V S =，解得
380cmHg p =
则需向开口端注入的水银柱长度为
()3807624cm l h =+⨯-=
22．如图所示，有两个不计质量的活塞M 、N 将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27℃。

M 活塞是导热的，N 活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为22cm S =，初始时M 活塞相对于底部的高度为27cm H =，N 活塞相对于底部的高度为18cm h =，现将一质量为400g m =的小物体放在M 活塞的上表面上，活塞下
降。

已知大气压强为50 1.010Pa p =⨯，（g 取210m /s ）：
(1)求下部分气体的压强多大；
(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，求稳定后活塞M 、N 距离底部的高度。

解析：(1)1.2×105Pa ；(2)27.5cm
(1)将两个活塞和重物作为整体进行受力分析，根据平衡条件得
ps =mg ＋p 0S
解得p =1.2×105Pa
(2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得
01p hS T =22
ph S T 解得h 2=20cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得
p 0（H －h ）S =pLS
解得L =7.5cm
故此时活塞M 距离底端的距离为
H 2=20cm ＋7.5cm=27.5cm
23．一氧气瓶的容积为0.08m 3，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0.30m 3，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？
解析：4天
设氧气开始时的压强为1P ，体积为1V ，压强变为2P （2个大气压）时，体积为2V 。

根据
玻意耳定律得
1122PV PV =①
重新充气前，用去的氧气在2P 压强下的体积为
321V V V =-②
设用去的氧气在0P （1个大气压）压强下的体积为0V ，则有
2300=p V p V ③
设实验室每天用去的氧气在0P 下的体积为V ∆，则氧气可用的天数为
0V N V
=
∆④ 联立①②③④式，并代入数据得 N =4.8天
故这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4天。

24．如图所示，气缸的横截面积为10cm 2，a 、b 两个质量忽略不计的活塞将内部气体分A 、B 两部分，A 部分气柱的长度为30cm ，B 部分气柱的长度是A 部分气柱长度的一半，气缸和活塞b 是绝热的，活塞a 是导热的，与活塞b 相连的轻弹簧劲度系数为100N/m ．初始状态A 、B 两部分气体的温度均为27℃，活塞a 刚好与气缸口平齐，弹簧为原长．若在活塞a 上放上一个质量为2kg 的重物，则活塞a 下降一段距离后静止（已知外界大气压强p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度大小g ＝10m/s 2）．求：
（1）此时A 部分气柱的长度；
（2）此后对B 部分气体进行缓慢加热，使活塞a 上升到再次与气缸口平齐，此时B 部分气体的温度．
解析：（1）25cm （2）227ºC
【解析】
（1）对于A 部分气体，初状态51110,A A p Pa V L S =⨯=． 末状态50 1.210A mg p p Pa S
=+=⨯'， 由玻意耳定律得11A A p L S p L S ''=
解得1
25L cm '= 即A 部分气柱长度变为25cm ．
（2）活塞a 返回原处，A 部分气柱长不变．
此时B 部分气柱长为2
20L cm '=，弹簧伸长5x cm =． B 部分气体的压强为B A kx p p S
'+
'=， 解得51.2510B p Pa '=⨯， 对于B 部分气体，初状态：5210,,300B B B p Pa V L S T K ===，
末状态：521.2510,B
B p Pa V L S =⨯='''， 根据理想气体状态方程B B B B B B p V p V T T ''='
， 解得500B
T K '==227ºC 25．如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量02kg m =、横截面积为52110m S -=⨯的活塞封闭了一定质量的气体，被封闭气柱高度160cm h =．先在活塞上方缓缓倒上沙子，使被封闭气柱高度变为240cm h =．接着停止在活塞上方倒沙子，开始对气缸缓慢加热，使被封闭气柱高度变为350cm h =后，保持被封闭气体温度不变．已知外
界环境温度为27℃，大气压强为50 1.010Pa P =⨯，210m/s g =．则
（1）倒入活塞上方的沙子总质量为多大？
（2）最终被封闭气体保持的温度为多大？
（3）在如图所示的P-T 图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程（用箭头在图线上标出状态变化的方向）．
解析：（1）0.15kg （2）375K （3）
（1）开始时被封闭气体
5010310Pa m g P P S
=+=⨯ 110.6V Sh S ==
活塞上方倒入沙子后
020()m m g P P S
+=+ 220.4V Sh S ==
由玻意耳定律有
1122PV PV =
联立可得
0.15kg m =
（2）加热过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
3223
V V T T = 解得
3375K T =
（3）如图所示：
点睛：本题主要考查了理想气体状态方程，关键是找出气体的初末状态．
26．如图所示，将横截面积S =100cm 2、容积为V =5L ，开口向上的导热良好的气缸，置于t 1=－13C ︒的环境中。

用厚度不计的轻质活塞将体积为V 1=4L 的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N 。

外界大气压强p 0=1.0×105Pa ，重力加速g =10m/s 2，不计一切摩擦。

求：
(i)将活塞用卡销Q 锁定，用打气筒通过阀门N 给气缸充气，每次可将体积V 0=100mL ，压强为p 0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p 0；
(ii)当气缸内气体压强达到1.2p 0时，停止打气，关闭阀门N ，将质量为m =20kg 的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q ，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。

解析：(i)8；(ii)52C ︒
(1)由玻意耳定律得
()010011.2p V nV p V +=
其中14L V =，0100mL V =，n 为打气次数，代入数值解得：
8n =
(ii)初态气体温度为11273K 260K T t =+=，最终稳定时，体积为5L V =，内部气体压强为
520 1.210Pa mg p p S
=+=⨯ 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：112
V V T T =，解得 2325K T =
则气缸内气体的温度为
22273K 52t T =-=℃
27．一端封闭的、粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用5cm h =长的水银柱封闭了一段长6cm l =的空气柱a ，水银柱上表面距玻璃管开口端8cm d =，现用带手柄的活塞（厚度不计）从开口端缓慢下压，水银柱下移1cm h ∆=（图中未画出），已知大气压075cmHg p =，活塞与玻璃管气密性好且摩擦不计，环境温度保持不变，求：
(1)末状态空气柱a 的压强；
(2)活塞从管口下移的距离。

解析：(1)96cmHg ；(2)2.4cm
(1)设玻璃管内横截面积为S ，空气柱a 的初态
1V lS =，0h 180cmHg p p p ==+
末态
2()V l h S =-∆
由玻意耳定律得
1122pV p V =
解得
296cmHg p =
(2)设活塞与水银柱间密闭气体末态的长度为'd ，初态
1V dS '=，'
175cmHg p =
末态
2V d S ''=，22h 91cmHg p p p '=-=
由玻意耳定律得
1122p V p V ''''=
解得
6.6cm d '≈
活塞从管口下移距离为
2.4cm x d d h '=-+∆=
28．某同学研究一定质量理想气体的状态变化，得出如下的P -t 图象．已知在状态B 时气体的体积33L B V =，求：
（1）气体在状态A 的压强；
（2）气体在状态C 的体积．
解析：（1）0.75atm （2）2L （1）由图象可知，27391364K B T =+=，1atm B p =，273K A T = B 到A 过程为等容过程，由查理定律得：
A B A B p p T T =，1273atm 0.75atm 364
B A A B p T p T ⨯===； （2）由图示图象可知， 1.5atm
C p =，3L B V =，由B 到C 过程是等温变化，由玻意耳定律得：
B B
C C p V p V
解得： 2L C V =．。