专题45选修3-3（非选择题）-八年高考（2011-2018）物理试题分项精析版（解析版）

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1、1如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0105 Pa，经历ABCA的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量求该气体在AB过程中对外界所做的功【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 气体对外界做的功为138.6 J2如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b

2、处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 【解析】试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有根据力的平衡条件有联立式可得此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖吕萨克定律有式中V1

3、=SHV2=S（H+h）联立式解得从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为故本题答案是：点睛：本题的关键是找到不同状态下的气体参量，再利用气态方程求解即可。3在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【答案】 7.5

4、 cm式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1p2l2=pl2l1l1=l2l2由式和题给条件得l1=22.5 cml2=7.5 cm4如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0， 现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（

5、新课标I卷）【答案】 【解析】本题考查玻意耳定律、关联气体、压强及其相关的知识点。设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为，压强为；下方气体的体积为，压强为。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得。学 由已知条件得 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 联立以上各式得 1【2013重庆卷】汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为v0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了p。若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量。【答案】【考点定位】气体状态变化，玻意耳定律。2【2015江苏12A（3）】给

6、某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1L。将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L。请通过计算判断该包装袋是否漏气。【答案】漏气【解析】 若不漏气，设加压后的体积为V1，由等温过程得：，代入数据得V1=0.5L因为0.45L0.5L，故包装袋漏气【考点定位】考查理想气体状态方程3【2015重庆10（2）】北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥皂泡内气体温度为，压强为，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差.【答案】【解析】 对气

7、泡分析，发生等容变化，有：可得：故内外气体的压强差为【考点定位】理想气体状态方程。4【2011上海卷】如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度。【答案】，【解析】设初态压强为，膨胀后A，B压强相等B中气体始末状态温度相等A部分气体满足【考点定位】理想气体状态方程.学5【2012海南卷】如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，

8、平衡时活塞与气缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计气缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程中温度保持不变。求小车的加速度的大小。【答案】【解析】设小车加速度大小为a，稳定是气缸内气体的压强为，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：由牛顿第二定律得：小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P0，由波意耳定律得：式中联立得： 【考点定位】本题考查气体定律和牛顿第二定律及其相关知识6【2014重庆卷】如图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积这V0，压强为p0的气体，当

9、平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩，若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面外薄膜的压力。【答案】【解析】设压力为，压缩后气体压强为p.由等温过程：，解得：【考点定位】本题考查了理想气体状态方程.7【2011辽宁卷】如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=70cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视

10、为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。【答案】9cm式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。由式和题给条件得h12cm 从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3P0+gx 由玻意耳定律得P1（Sl2）P2（Sh/） 式中，h/是此时空气柱的长度，由式得h/9cm 【考点定位】玻意耳定律8【2011山东卷】气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点=14cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点=44cm。（已知外界大气压

11、为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg）求恒温槽的温度。此过程A内气体内能 （填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将 （填“吸热”或“放热”）。【答案】恒温槽的温度为364K增大；吸热【解析】由于使C中水银面仍在O点处，故温泡A内封闭气体的体积保持不变，发生等容变化冰水混合物的温度，此时封闭气体的压强设待测恒温槽的温度，此时封闭气体的压强根据查理定律得：代入数据得T2=364 K（或91）A中气体温度升高，理想气体的内能增加（理想气体只考虑分子平均动能），气体不对外做功，由热力学第一定律U=Q+W可得，气体吸热【考点定位】理想气体状态方程，热力学第一定律。学9【2016上海卷

12、】（10分）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B，上下两部分气体初始温度相等，且体积VAVB。（1）若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？某同学解答如下：设两部分气体压强不变，由，所以水银柱将向下移动。上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答。（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为pA和pB，分析并比较二者的大小关系。【答案】（1）不正确 水银柱向上移动 （2）【解析】（1）不正确。水银柱移动的原因是升温后，

13、由于压强变化造成受力平衡被破坏，因此应该假设气体体积不变，由压强变化判断移动方向。正确解法：设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得因为，pApB，可知，所示水银柱向上移动。（2）升温前有pB=pA+ph（ph为汞柱压强）升温后同样有pB =pA+ph两式相减可得【考点定位】查理定律、封闭气体压强【方法技巧】通过查理定律计算分析水银柱的移动方向；建立升温前后A、B气体压强关系，两式相减就可以计算出两部分气体的压强变化关系。10【2011海南卷】如图，容积为V1的容器内充有压缩空气容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空

14、气的体积为V2打开气阀，左管中水银下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h已知水银的密度为，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变求气阀打开前容器中压缩空气的压强P1【答案】【解析】打开阀门前两管中水银面等高说明此时V2内的气体压强等于大气压强，对V1内的气体，打开阀门后发生等温变化，对V2内的气体，打开阀门后也发生等温变化，混合后的气体解上述3式得【考点定位】理想气体状态方程11【2012江苏卷】（1）密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大. 从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的 _增大了。该气体在温度T1、T

15、2时的分子速率分布图象如题12A-1 图所示，则T1 _（选填“大于”或“小于”）T2.（2）如题12A-2 图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中，气体压强p=1.0105 Pa，吸收的热量Q =7.0102J，求此过程中气体内能的增量.【答案】（1）平均动能；小于 （2）【考点定位】本题考查分子动理论、热力学第一定律及其相关知识12【2012山东卷】如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高。先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm。

16、（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）来源:网ZXXK此过程中左管内的气体对外界 （填“做正功”“做负功”“不做功”），气体将 （填“吸热”或放热“）。【答案】50cmHg；做正功，吸热【解析】设U型管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：末状态为：，来源:*网Z*X*X*K有理想气体的等温变化得：代入数据得：则低压仓的压强此过程中左管内的气体体积增大，对外做正功，温度又不变，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸热【考点定位】本题考查玻意耳定律等相关知识13【2012上海卷】如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长

17、L0=50cm的空气柱被水银封住，水银柱长h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有h=15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg。求：（1）插入水银槽后管内气体的压强p；（2）管口距水银槽液面的距离H。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，管截面积为S，此时气柱长由玻意耳定律：，由于，大于，因此必有水银从管中流出，设当管转至竖直位置时，管内此时水银柱长为，由玻意耳定律：，解得：设插入槽内后管内柱长为，由玻意耳定律，插入后压强，（2）设管内外水银面高度差为，管口距槽内水银面距离距离

18、。【考点定位】本题考查气体定律及其相关知识。%网14【2012新课标卷】如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0C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60mm。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。（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）（ii）将右侧水槽的水从0C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。【答案】（i）180mmHg （ii）364K联立式，并代入题给数据得 （ii）当

19、右侧水槽的水温加热至时，U形管左右水银柱高度差为。玻璃泡C中气体的压强为 玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得 联立式，并代入题给数据得 【考点定位】本题考查热学、气体的等温和等容变化及理想气体的状态方程相关知识15【2013新课标全国卷】如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和p0/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平

20、衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。【解析】 （i）设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积威S，由平衡可知 得由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持，所以当下面放入温度为T的恒温源后体积增大为，则由等压变化： 解得（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件气

21、缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得对下方气体由玻意耳定律得：（P+P0）（2V0Vx）p0联立式得 6VX2V0VXV020解得VX另一解舍去.【知识点定位】分子动理论；等压变化；等温变化.16【2014新课标全国卷】一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压

22、强始终保持不变，重力加速度大小为g。【答案】【解析】气缸导热良好，说明气体温度一直等于外界温度T0，设气缸底面积为S，活塞质量为m0，大气压强p0开始平衡时有沙子倒完后平衡时，对活塞分析整理可得根据理想气体状态方程有可得联立可得外界温度变为T时，根据理想气体状态方程可得根据活塞平衡可得重新平衡后的气体体积【考点定位】理想气体状态方程17【2014山东卷】 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重

23、物自动上浮。求和。 已知大气压强，水的密度，重力加速度的大小。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。来源:ZXXK【答案】；【解析】当时，由平衡条件得 代入数据得 设筒内气体初、末态的压强分别为、，由题意得 来源:Z|xx|k.Com此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得联立式，代入数据得 【考点定位】玻意耳定律【方法技巧】当拉力减为零时，物体处于平衡状态，根据平衡条件列方程；还有就是注意在运动过程中气体的温度和质量都保持不变，以此列玻意耳定律方程。学￥18【2014新课标全国卷】如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细

24、管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。（）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；（）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。【答案】（）320K（）由式及所给的数据可得：T2=320K （）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a

25、上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为，压强为；末态体积为，压强为，由所给数据及玻意耳定律可得， 由式可得： 考点定位：盖吕萨克定律；玻意耳定律。【知识拓展】此题考查盖吕萨克定律及玻意耳定律的应用问题；关键是选择好研究对象及研究对象的两个状态的状态参量。19【2014海南卷】一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分割成、两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为，如图（a）所示。若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体体积之比为31，如图（b）所示。设外界温度不变。已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。【答案】【解析】设活

26、塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为，倒置后上下气体的压强分别为和，由力的平衡条件有倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得联立以上各式得【考点定位】理想气体状态方程20【2014上海卷】（10分）如图，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L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强=76cmHg。（1）为使左端水银面下降3cm，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20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？【答案】（1）（

27、2）【解析】（1）设玻璃管的横截面积为，封闭气体压强为，初始根据水银液面受力平衡可分析得，可得当左端水银面下降，右端液面必然上升，则左右液面高度差变为，此时封闭气体压强为同样根据液面平衡可分析得，可得来源:Zxxk.Com根据理想气体状态方程，代入温度，可得（2）设此时封闭气体压强为，封闭气体的长度，根据理想气体状态方程可得计算可得此时作用液面高度差左端液面上升，右端上升，所以开口端注入水银的长度为【考点定位】理想气体状态方程。学%21【2015山东37（2）】扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压

28、强p0。当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为p0，温度仍为303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：（）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；（）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。【答案】（）1.01P0；（）0.02P0S【解析】（）气体进行等容变化，开始时，压强p0，温度T0=300K；当温度上升到303K且尚未放气时，压强为p1，温度T1=303K；根据可得：【考点定位】理想气体的状态方程；等容变化.22【2015全国新课标33（2）】如图，一固

29、定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为，横截面积为，小活塞的质量为，横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为，气缸外大气压强为，温度为。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度取，求（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。来源:Z+xx+k.Com【答案】（i）（ii）【解析】（1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化，即初始

30、末状态代入可得（2）对大小活塞受力分析则有可得缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化可得【考点定位】理想气体状态方程23【2015海南15（2）】如图所示，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。【答案】【解析】设平衡时，在A与B之间、B与容器底面之间气体的压强分别为和，由力的平衡条件有 【考点定

31、位】理想气体状态方程，玻意耳定律24【2015全国新课标33（2）】如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0=75.0cmHg。（）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度。【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm【解析】（1）以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l=10.0cm时压强为P

32、；当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律得pl=p1l1由力学平衡条件得：p=p0+h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的长度增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银低于A侧水银面h1为止，由力学平衡有p1=p0-h1并代入数据得：l1=12.0cm（2）当A、B两侧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=p2l2由力学平衡条件可知；p2=p0代入数据得l2=10.4cm设注入的水银柱在管内的长度h，依题意各h=2（l1-l2）+

33、h1=13.2cm【考点定位】玻意耳定律25【2015上海30】如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比，温度之比。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡，求：（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；（2）最后两侧气体的体积之比。【答案】（1）2；（2）【解析】 （1）设初始时压强为p左侧气体满足：右侧气体满足：解得（2）活塞导热达到平衡左侧气体满足：右侧气体满足：平衡时解得【考点定位】气体状态方程26【2013海南卷】如图所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与

34、一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为31，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出。现使活塞缓慢向上移动，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位） 3l/8l【答案p=15l/8【考点定位】考查大气压及玻意耳定律。学*27【2017江苏卷】科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66 kg/mol，其分子可视为半径为3109 m的球，已知阿伏加德罗常数为6.01023 mol1请估算该蛋白的密度（计算结

35、果保留一位有效数字）【答案】【解析】摩尔体积由密度，解得代入数据得 【考点定位】阿伏加德罗常数【名师点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数，摩尔质量、摩尔体积等物理量间的关系，记得公式，用心计算，小心有效数字的要求即可28【2017新课标卷】（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ，汽缸导热。（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的

36、体积和压强；（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ，求此时活塞下方气体的压强。【答案】（i）V/2 2p0 （i i ） 顶部 （i i i） 1.6 p0【解析】（i）设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得联立式得（ii）打开K3后，由式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2（）时，活塞下气体压强为p2，由玻意耳定律得由式得由式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为（iii）设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1=30

37、0 K升高到T2=320 K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得p3=1.6p0【考点定位】玻意耳定律、查理定律【名师点睛】本题重点考查理想气体的状态方程，在分析的时候注意，气缸导热，即第一个过程为等温变化，审题的时候注意关键字眼。29【2017新课标卷】（10分）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。（i）求该热气球所受浮力的大小；（ii）求该热气球内空气所受的重力；（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。【答案】（i）

38、（ii） （iii）【解析】（i）设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0，密度为温度为T时的体积为VT，密度为：由盖-吕萨克定律可得：联立解得：气球所受的浮力为：联立解得：()气球内热空气所受的重力：联立解得：()设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件可知：mg=fGm0g联立可得：【考点定位】盖-吕萨克定律；物体的平衡【名师点睛】此题是热学问题和力学问题的结合题；关键是知道阿基米德定律，知道温度不同时气体密度不同；能分析气球的受力情况列出平衡方程。30【2017新课标卷】（10分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和

39、K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图（b）所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为，重力加速度大小为g。求：（i）待测气体的压强；（ii）该仪器能够测量的最大压强。【答案】（i） （ii）【解析】（i）水银面上升至M的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中的水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则由力学平衡条件得整个过程为等温过程，由玻意耳定律得联立式得（ii）由题意知联立式有该仪器能够测量的最大压强为【考点定位】玻意耳定律【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用，解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象，并能找到气体在不同状态下的状态参量，然后列方程求解。28