高中物理第二章固体液体和气体第七节气体实验定律Ⅰ教学案粤教版选修83

第二章固体、液体和气体章末总结1一、单晶体、多晶体、非晶体的判断单晶体的某些物理性质表现出各向异性，多晶体和非晶体都具有各向同性，但单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有．例1关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，则该球体一定是单晶体D．一块晶体，若其各个方向的导热性能相同，则这块晶体一定是多晶体答案 C解析根据各向异性和各向同性只能确定是否为单晶体，无法用来鉴别晶体和非晶体，选项A 错误；薄片在力学性质上表现为各向同性，也无法确定薄片是多晶体还是非晶体，选项B错误；固体球在导电性质上表现为各向异性，则一定是单晶体，选项C正确；某一晶体的物理性质显示各向同性，并不意味着该晶体一定是多晶体，对于单晶体并非所有物理性质都表现为各向异性，选项D错误．二、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．例2如图1所示，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)，p0 V0 压强分别为p0和；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，现使气3 4缸底与一恒温热源接触，平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：2图1(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x.7 1答案(1) T0(2) V05 2解析(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，7 5V0 V04 4 7由盖·吕萨克定律得：＝，解得：T＝T0.T T0 5(2)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质量大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳p0 V0 定律得：pV x＝·，3 47(p＋p0)(2V0－V x)＝p0·V0，4联立上述二式得：6V2x－V0V x－V20＝0，1 1其解为：V x＝V0；另一解V x＝－V0，不合题意，舍去．2 3例3如图2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：图 2(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 540 K 时，U 形管内两边水银面 的高度差各为多少？2答案 (1) V 0 (2)0 15.2 cm 3V0 解析 (1)初始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2 atm ，V A 0＝ 3 打开阀门 K 后，A 室气体等温变化，p A ＝1 atm ，体积为 V A ，由玻意耳定律得p A 0 V A 0＝p A V Ap A 0V A 0 2 V A ＝ ＝ V 0 p A 3(2)假设打开阀门 K 后，气体从 T 0＝300K 升高到 T 时，活塞 C 恰好到达容器最右端，即气体体 积变为 V 0，压强仍为 p 0，即等压过程．V 1 V 2 根据盖·吕萨克定律 ＝ 得 T 1 T 2V 0 T ＝ T 0＝450 K V A因为 T 1＝400 K<450 K ，所以 p A 1＝p 0，水银柱的高度差为零．p 0 p A 2从 T ＝450 K 升高到 T 2＝540 K 为等容过程，根据查理定律 ＝ ，得 p A 2＝1.2 atm. T T 2 T 2＝540 K 时，p 0＋ρgh ′＝1.2 atm ，故水银高度差 h ′＝15.2 cm.三、理想气体的图象问题名称 图象 特点 其他图象pV ＝CT (C 为常量)，即 pVp －V 之积越大的等温线对应的 等温度越高，离原点越远 温1 线 p － V CT p ＝ ，斜率 k ＝CT ，即斜 V率越大，对应的温度越高C Cp＝T，斜率k＝，即斜V V等率越大，对应的体积越小容p－T线C CV＝T，斜率k＝，即斜p p等率越大，对应的压强越小压V－T线例4(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p－V 图象如图3所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p－T图象和V－T图象表示，则下列各图象中正确的是()图3答案BD解析在p－V图象中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；p B p C由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律＝，p C>p B，则T C>T B，气体的压强增T B T CV C V A 大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖·吕萨克定律＝，V C>V A，T C T A5则T C>T A，气体的体积减小，温度降低．A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，A 错误；C项中，B→C体积减小，C错误；B、D两项符合全过程．综上所述，正确答案选B、D.1．(晶体和非晶体)下列关于晶体与非晶体的说法，正确的是()A．橡胶切成有规则的几何形状，就是晶体B．石墨晶体打碎后变成了非晶体C．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属块是非晶体D．非晶体没有确定的熔点答案 D解析晶体具有天然的规则的几何形状，故A错；石墨晶体打碎后还是晶体，故B错；金属是多晶体，故C错；非晶体没有确定的熔点，故D对．故正确选项为D.2．(气体实验定律的应用)如图4所示，气缸放置在水平台上，活塞质量为5 kg，面积为25cm2，厚度不计，气缸全长25 c m，大气压强为1×105 Pa，当温度为27℃时，活塞封闭的气柱长10 cm，若保持气体温度不变，将气缸缓慢竖起倒置．g取10 m/s2.图4(1)求气缸倒置后气柱长度；(2)气缸倒置后，温度升至多高时，活塞刚好接触平台(活塞摩擦不计)?答案(1)15 cm(2)227 ℃解析(1)将气缸倒置，由于保持气体温度不变，故气体做等温变化：mgp1＝p0＋＝1.2×105 PaSmgp2＝p0－＝0.8×105 PaS由玻意耳定律得：p1L1S＝p2L2S，解得L2＝15 cm(2)气体做等压变化：T2＝T1＝(273＋27) K＝300 K，L2＝15 cm，L3＝25 cmV2 V3 V3 L3＝，T3＝T2＝T2≈500K＝227 ℃.T2 T3 V2 L23．(气体实验定律的应用)容积为1L的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa时，用塞子塞住，此时温6度为27℃；当把它加热到127℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好(塞子塞好时瓶内气体温度仍为127 ℃，压强为1.0×105 Pa)，把－273 ℃视作0 K．求：(1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值．3答案(1)1.33×105 Pa(2)4解析(1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象初态有p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K末态气体压强设为p2，T2＝400 KT2 由查理定律可得p2＝p1≈1.33×105 Pa.T1(2)设瓶内原有气体体积为V，打开塞子后温度为400 K、压强为1.0×105 Pa时气体的气体为V′由玻意耳定律有p2V＝p1V′4可得V′＝V33故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为.44．(理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC来表示，在A、B、C三个状态上，气体的温度T A、T B、T C相比较，大小关系为()图5A．T B＝T A＝T CB．T A＞T B＞T CC．T B＞T A＝T CD．T B＜T A＝T C答案 CpV 解析由题图中各状态的压强和体积的值得：p A V A＝p C V C＜p B V B，因为＝C，可知T A＝T C＜T B.T7。

第八讲气体实验定律（Ⅱ)[目标定位］1。

进一步熟练掌握气体三定律,并能熟练应用.2。

熟练掌握各种气体图象，及其它们之间的转换.3.能熟练处理有关气体性质的几类问题。

气体三定律（1）玻意耳定律内容:一定质量的气体,在温度不变的情况下,压强p与体积V成反比。

公式：pV＝C或p1V1＝p2V2。

(2)查理定律内容：一定质量的气体,在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。

公式：错误!＝C或错误!＝错误!。

（3）盖·吕萨克定律内容：一定质量的气体,在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T 成正比.公式：错误!＝C或错误!＝错误!.一、相互关联的两部分气体的分析方法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是：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.例1如图1所示，内径均匀的U形管中装入水银，两管中水银面与管口的距离均为l＝10。

0cm，大气压强p0＝75.8cmHg时，将右侧管口封闭，然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推入管中，直到左右两侧水银面高度差达h＝6。

0cm为止。

求活塞在管内移动的距离。

图1答案6。

4cm解析设活塞移动的距离为x cm，则左侧气体体积为(l＋错误!－x）cm柱长，右侧气体体积为(l－错误!)cm柱长，取右侧气体为研究对象.由等温变化规律得p0l＝p2(l－错误!）解得p2＝错误!＝错误!cmHg左侧气柱的压强为p1＝p2＋h＝错误!cmHg取左侧气柱为研究对象，由等温变化规律得p 0l＝p1（l＋错误!－x），解得x≈6。

4cm.借题发挥两团气体问题中,对每一团气体来讲都独立满足错误!＝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。

2018-2019学年高中物理第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律（Ⅰ）分层训练粤教版选修3-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中物理第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律（Ⅰ）分层训练粤教版选修3-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018-2019学年高中物理第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律（Ⅰ）分层训练粤教版选修3-3的全部内容。

第七节气体实验定律(Ⅰ）A级抓基础1．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变,压强减小了2 atm，体积变化了4 L,则该气体原来的体积为（）A.错误! L B．2 L C.错误! L D．3 L解析：设原来的体积为V1，则3V1＝（3－2)(V1＋4)，得V1＝2 L。

答案：B2．(多选）如图所示，一定质量的气体等温线上两点的压强、体积和温度如图所示，下列表达式正确的是（）A．p1V1＝p2V2B．p1V2＝p2V1C．T1＝T2D．T1＞T2解析：一定质量的气体等温变化过程中，压强跟体积成反比,由两状态对应的压强（p1和p）和体积（V2和V1)可知A错误,B正确，同一等温线上各状态温度是相等的，C正确，D错误．2答案:BC3．(多选)一定质量的气体在发生等温变化时,下列物理量发生变化的是( )A．气体的压强B．单位体积内的分子数C．分子的平均速率D．分子的总数解析：一定质量的气体在发生等温变化时，p和V都要发生变化，体积V发生变化单位体积内的分子数改变，A、B正确；温度不变，分子的平均动能不变,分子的平均速率不发生变化，C错误；质量一定,分子的总数不变,D错误．答案：AB4．（多选)如图所示,p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )解析：A图中可以直接看出温度不变;B图说明p∝1V，即pV＝常数，是等温过程;C图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线;D图的p。

气体实验定律（Ⅰ）1放飞的氢气球上升到一定高度会胀破，是因为( )A ．球内氢气温度升高B ．球内氢气压强增大C ．球外空气压强减小D ．以上说法全不正确2一个气泡由湖面下20 m 深处上升到湖面下10 m 深处，它的体积约变为原来体积的多少倍(设温度不变、1 atm 约为10 m 高水柱产生的压强)( )A ．3倍B ．2倍C ．1.5倍D ．0.7倍3如图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直倒插在水银槽中，其位置保持固定．已知封闭端内有少量空气．若大气压强变小一些，则管中在水银槽水银面上方的水银柱高度h 和封闭端内空气的压强p 将如何变化( )A ．h 变小，p 变大B ．h 变大，p 变大C ．h 变大，p 变小D ．h 变小，p 变小4如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p 1V图线．由图可知( ) A ．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比B ．一定质量的气体在发生等温变化时，其p 1V图线的延长线经过坐标原点 C ．T 1＞T 2D ．T 1＜T 25钢瓶中装有一定量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体，第一种方法用小抽气机，每次抽1 L 气体，共抽取3次；第二种方法是用大抽气机，一次抽取3 L 气体，下列说法正确的是( )A ．两种抽法抽去的气体质量一样多B ．第一种抽法抽去的气体质量多C ．第一种抽法中每次抽去的质量一样多D ．第一种抽法中，每次抽去的质量逐渐减少6如图是医院为病人输液的部分装置，图中A 为输液瓶，B 为滴壶，C 为进气管，与大气相通．则在输液过程中(瓶A 中尚有液体)，下列说法正确的是( )A ．瓶A 中上方气体的压强随液面的下降而增大B ．瓶A 中液面下降，但A 中上方气体的压强不变C ．滴壶B 中的气体压强随A 中液面的下降而减小D ．在瓶中药液输完以前，滴壶B 中的气体压强保持不变7下列图中，p 表示压强，V 表示体积，T 为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体不是等温变化的是( )8如下图所示，一个内径均匀、一端开口的玻璃管，管中有一段长为30 cm 的水银柱，封闭了一段空气柱，如图所示，当玻璃管开口向上竖直放置、水银柱静止时，空气柱长度为40 cm ；当玻璃管开口向下竖直放置、水银柱静止时，空气柱长度是多少？(大气压强为760 mmHg ，空气柱的温度不变，开口朝下时水银柱不溢出)9一圆柱形气缸，内部截面积为S ，其活塞可在气缸内无摩擦地滑动，气缸内密封有理想气体，外部大气压强为p 0，当气缸卧放在水平面上时，活塞距缸底为L 0，如图所示．若气缸质量为M ，活塞质量为m.当对活塞施以水平恒力F 向右拉时，气缸及活塞以共同加速度a向右运动，且此时活塞距缸底为32L 0，求力F 多大？ 参考答案1解析：气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．答案：C2解析：水下深20 m 处，压强为3p 0(p 0为大气压强)，10 m 深处，压强为2p 0，由玻意耳定律得3p 0V 1＝2p 0V 2，V 2＝1.5V 1，故C 项对．答案：C3解析：极限分析法：设想大气压强变为零，则易知，气体体积V 变大，h 变为零，p 变小，选D.假设法：大气压强变小，假设h 不变，因为p 0＝p ＋h ，所以p 减小，由玻意耳定律知V 变大，故h 不可能不变，h 要减小，V 变大，p 变小，选D.答案：D4解析：由玻意耳定律知，一定质量的气体压强与体积成反比，亦即压强与体积的倒数成正比，则A 错误，B 正确；根据p 1V图线斜率的物理意义可知C 错误，D 正确． 答案：BD5解析：第一种抽法中：三次抽取时，设钢瓶中气体压强分别为p 1、p 2、p 3，则：pV ＝p 1(V ＋V 0)，p 1V ＝p 2(V ＋V 0)，p 2V ＝p 3(V ＋V 0)，p 3＝p·(V V ＋V 0)3，第二种抽法中，设抽取后，瓶中气体压强为p′，则：pV ＝p′(V＋3V 0)，p′＝p·V V ＋3V 0，其中V 0＝1 L ，p 为钢瓶中气体开始时的压强，V 为钢瓶的容积；因p 3＜p′，故第一种抽法抽去的气体质量多，B 正确；第一种抽法中，每次抽取的气体的压强是逐渐降低的，D 项正确．答案：BD6解析：进气管C 端的压强始终是大气压p 0，设输液瓶A 内的压强为p A ，可以得到p A ＝p 0－ρgh ，因此p A 将随着h 的减小而增大．滴壶B 的顶端液面与进气管C 顶端的高度差不受输液瓶A 内液面变化的影响，因此压强不变．选A 、D.答案：AD7解析：A 图中可以直接看出温度不变，B 图说明p∝1V，即p·V＝常数，是等温过程．C 图是双曲线，也是等温线，D 图的pV 乘积越来越大，表明温度升高．D 项符合题意．答案：D8解析：以封闭的空气柱为研究对象，找出初状态(开口向上时)的压强p 1和体积V 1；再确定末状态(开口向下时)的压强p 2和体积V 2.由于是等温变化，所以根据玻意耳定律就可列方程求解．以被封闭的空气柱为研究对象，初状态时的压强为p 1＝p 0＋p h ＝760 mmHg ＋300 mmHg ＝1 060 mmHg ，空气柱的横截面积为S ，则空气柱的体积为V 1＝L 1S ，末状态时的压强为p 2＝p 0－p h ，体积为V 2＝L 2S ，由玻意耳定律有：(p 0＋p h )L 1S ＝(p 0－p h )L 2S把已知条件代入可求得空气柱长度L 2＝92.2 cm.答案：92.2 cm9解析：以气体为研究对象，p 0L 0S ＝p·32L 0S ，所以p ＝23p 0，再以活塞为研究对象，其受力分析如图所示，根据牛顿第二定律ma ＝pS ＋F －p 0S ，所以F ＝ma ＋13p 0S. 答案：ma ＋13p 0S。

第七节气体实验定律（Ⅰ）A级抓基础1．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，压强减小了2 atm，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )A.43L B．2 L C.83L D．3 L解析：设原来的体积为V1，则3V1＝(3－2)(V1＋4)，得V1＝2 L.答案：B2．(多选)如图所示，一定质量的气体等温线上两点的压强、体积和温度如图所示，下列表达式正确的是( )A．p1V1＝p2V2B．p1V2＝p2V1C．T1＝T2D．T1＞T2解析：一定质量的气体等温变化过程中，压强跟体积成反比，由两状态对应的压强(p1和p2)和体积(V2和V1)可知A错误，B正确，同一等温线上各状态温度是相等的，C正确，D 错误．答案：BC3．(多选)一定质量的气体在发生等温变化时，下列物理量发生变化的是( )A．气体的压强B．单位体积内的分子数C．分子的平均速率D．分子的总数解析：一定质量的气体在发生等温变化时，p和V都要发生变化，体积V发生变化单位体积内的分子数改变，A、B正确；温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率不发生变化，C 错误；质量一定，分子的总数不变，D 错误．答案：AB4．(多选)如图所示，p 表示压强，V 表示体积，T 为热力学温度，图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )解析：A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明p ∝1V，即pV ＝常数，是等温过程；C 图是双曲线，但横坐标不是体积V ，不是等温线；D 图的p ­V 图线不是双曲线，故也不是等温线．答案：AB5．(多选)一位质量为60 kg 的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．在这位同学慢慢站上轻质塑料板正中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是( )A ．球内气体压强变大B ．球内气体压强变小C ．球内气体体积变大D ．球内气体体积变小解析：气球被挤压后，气压变大，根据玻意耳定律pV ＝C ，体积将缩小，故A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD6．汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp ，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．解析：对轮胎内的气体： 初状态：p 1＝p 0，V 1＝V 0末状态：p 2＝p 0＋Δp ，V 2＝ΔV ＋V 0由玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得：ΔV＝－ΔpV0Δp＋p0答案：－ΔpV0Δp＋p0B级提能力7．(多选)在室内，将装有5 atm的6 L气体的容器的阀门打开后，从容器中逸出的气体相当于(设室内大气压强p0＝1 atm)( )A．5 atm，3 L B．1 atm，24 LC．5 atm，4.8 L D．1 atm，30 L解析：当气体从阀门逸出时，温度不变，所以p1V1＝p2V2，当p2＝1 atm时，得V2＝30 L，逸出气体30 L－6 L＝24 L，B正确．据p2(V2－V1)＝p1V1′得V1′＝4.8 L，所以逸出的气体相当于5 atm下的4.8 L气体，C正确．答案：BC8．一个气泡从一个标准大气压的湖面以下20 m深处上升10 m后，它的体积约变为原来的(设气泡温度不变，水的密度为1.0×103 kg/m3，g＝10 m/s2，每10 m水柱产生的压强约等于1个标准大气压)( )A．3倍B．2倍C．1.5倍D．0.7倍解析：因每10 m水柱产生的压强约等于1个标准大气压，以气泡为研究对象，利用玻意耳定律p1V1＝p2V2，得V2V1＝p1p2＝ρgh1＋p0ρgh2＋p0＝3p02p0＝1.5.答案：C9.(多选)如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则( )A．A管内空气柱将变长B．A管内空气柱将变短C．两管内水银柱高度差将增大D．两管内水银柱高度差将减小解析：将B管慢慢提起，可以认为气体温度不变，在气体的压强增大时，A管内气柱将变短，而p A＝p0＋p h，所以高度差增大．答案：BC10.如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )A．D→A是一个等温过程B．A→B是一个等温过程C．A与B的状态参量相同D．B→C体积减小，压强减小，温度不变解析：D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B是一个等容过程(体积不变)，B、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．答案：A11．如图为喷洒农药的喷雾器结构图，喷雾器的容积为10 L，药液上方有压强为1 atm 的空气2 L.(1)打气筒每次可以打进250 cm3的空气，要使药液上方气体的压强为2.5 atm，需要打几次气(整个过程可视为等温变化)?(2)当喷雾器内气体压强等于2.5 atm时，打开喷雾阀门直到药液不能喷射，求喷雾器内剩余多少药液(不考虑筒内液体产生的压强，大气压为1 atm)．解析：(1)设打入n次气，每次打入的气体体积为V，以喷雾器内空气和打入的空气总体为研究对象．初状态：p1＝1 atm，V1＝V0＋nV＝(2＋0.25n)L.末状态：p2＝2.5 atm，V2＝V0＝2 L.由玻意耳定律p1V1＝p2V2.代数解得：n＝12次．(2)打开喷雾阀门，药液不能喷射时，喷雾器内气体压强应等于大气压，以内部气体为研究对象，初状态即为(1)中的末状态，即p 2＝2.5 atm ，V 2＝V 0＝2 L.末状态：p 3＝1 atm ，V 3＝？ 由玻意耳定律p 2V 2＝p 3V 3， 解得V 3＝p 2V 2p 3＝2.5×21L ＝5 L. 所以喷雾器内剩余的药液体积V 剩＝V 容－V 3＝(10－5) L ＝5 L.答案：(1)12次 (2)5 L12．(2016·海南卷)如图，密闭气缸两侧与一U 形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m 3的液体．一活塞将气缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p 0＝4.5×103Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U 形管两侧液面的高度差h ＝40 cm ，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．求此时左、右两气室的体积之比．解析：设初始状态时气缸左气室的体积为V 01，右气室的体积为V 02；当活塞至气缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p 1、p 2，体积分别为V 1、V 2，由玻意耳定律，得p 0V 01＝p 1V 1，① p 0V 02＝p 2V 2，②依题意有V 01＋V 02＝V 1＋V 2，③ 由力的平衡条件有p 2－p 1＝ρgh ，④ 联立①②③④式，并代入题给数据，得 2V 21＋3V 01V 1－9V 201＝0，⑤由此解得V 1＝32V 01(另一解不合题意，舍去)，⑥由③⑥式和题给条件，得V 1∶V 2＝1∶1.⑦ 答案：1∶1。