【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第14章 第2讲 固体、液体和气体(含解析).doc，共(18)页，454.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲固体、液体和气体目标要求1.了解固体的微观结构，知道晶体和非晶体的特点，了解液晶的主要性质.2.了解表面张力现象和毛细现象，知道它们的产生原因.3.掌握气体压强的计算方法及气体压强的微观解释.4.能用气体实验定律解决实际问题，并会分析气体图象问题

.考点一固体和液体性质的理解基础回扣1.固体(1)分类：固体分为晶体和非晶体两类.晶体又分为单晶体和多晶体.(2)晶体和非晶体的比较分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形有规则的形状无确定的几何形状无确定的几何外形熔点确定确定不确定物理性质各向异性各向同

性各向同性典型物质石英、云母、明矾、食盐各种金属玻璃、橡胶、蜂蜡、松香、沥青转化晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化2.液体(1)液体的表面张力①作用效果：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势，使液体表面

积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形表面积最小.②方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直.③形成原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间作用力表现为引力.3.液晶(1)液晶的物理性质①具有液体的流动性.

②具有晶体的光学各向异性.(2)液晶的微观结构从某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的.1.(固体)(多选)下列说法中正确的是()A.同一物质不可能呈现晶体和非晶体两种不同的形态B.单晶体和多晶体都具有各向异性的物

理性质C.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.单晶体和多晶体都有确定的熔点E.晶体和非晶体在一定条件下可以转化答案CDE解析同一物质改变条件可以呈现晶体和非晶体两种不同的形态，故A错误，E正确；单晶体具有各向异

性的物理性质，多晶体具有各向同性的物理性质，故B错误；同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如金刚石和石墨，故C正确；单晶体和多晶体都有确定的熔点，故D正确.2.(晶体、非晶体)(2020·河北秦皇岛一中月考)下列说法中正确的有()A.晶体一定具

有各向异性，非晶体一定具有各向同性B.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大D.天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的答案D解析多晶体具有各向同性，A错误；单

晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B错误；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能一定不变，C错误；天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的，D正确.3.(液体)(2020·山东德州市二

模)戴一次性医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一，合格的一次性医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的，图1为一滴水滴在某一次性防护口罩内侧的照片，对此以下说法正确的是()图1A.照片中的口罩一定为不合格产品B.照片中附着层内分子比水滴的内部稀疏C.照片中水滴表面分子比水滴的内部密

集D.水对所有材料都是不浸润的答案B解析根据题图中水滴呈球形可知水与材料是不浸润的，是合格产品，A错误；水与材料不浸润说明附着层内分子比水滴的内部稀疏，B正确；水滴表面分子比水滴的内部稀疏，故C错误；浸润和不浸润都是相对而言的，故D错误

.4.(表面张力)(多选)下列说法正确的是()A.把一枚曲别针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故B.形成液体表面张力的原因是由于液体表层的分子分布比内部密集C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D.在毛细现象中，毛细管中

的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关答案ACD考点二气体压强的计算1.活塞模型如图2所示是最常见的封闭气体的两种方式.图2求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿

第二定律列方程.图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋mgS.图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S，则气体压强为p＝p0－mgS＝p0－ρ液gh.2.连通器模型

如图3所示，U形管竖直放置.同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来.图3则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2).3.气体压强的微观解释(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大

量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力.(2)决定因素①宏观上：决定于气体的温度和体积.②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度.例1若已知大气压强为p0，图4中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被

封闭气体的压强.图4答案甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－32ρgh丁：p0＋ρgh1戊：p0＋ρg(h2－h1－h3)p0＋ρg(h2－h1)解析题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条

件知p甲S＋ρghS＝p0S所以p甲＝p0－ρgh题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知pAS＋ρghS＝p0Sp乙＝pA＝p0－ρgh题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pA′S＋ρghsin60°·S＝p0S所以p

丙＝pA′＝p0－32ρgh题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件得p丁S＝p0S＋ρgh1S所以p丁＝p0＋ρgh1.题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋

ρg(h2－h1－h3).5.(气体压强的计算)如图5中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下.两个汽缸内分别封闭有一定质

量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与缸壁之间无摩擦，求封闭气体A、B的压强各多大？图5答案p0＋mgSp0－MgS解析题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知pAS＝p0S＋mg，得pA＝p0＋mgS；题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图(b

)所示，由平衡条件知p0S＝pBS＋Mg，得pB＝p0－MgS.6.(气体压强的微观解释)(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是()A.气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定B.若单位体积内分子个数不变，当分子热运

动加剧时，压强可能不变C.若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加D.若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变答案AC解析气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，故A正确；单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次

数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C正确，D错误.考点三气体实验定律及应用基础回扣1.气体实验定律玻意耳定律查理定律盖—吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在

温度不变的情况下，压强与体积成反比一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比表达式p1V1＝p2V2p1T1＝p2T2拓展：Δp＝p1T1ΔTV1T1＝V2T2拓

展：ΔV＝V1T1ΔT图象2.理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体.①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体.②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体

的内能仅由温度决定.(2)理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C.(质量一定的理想气体)技巧点拨1.解题基本思路2.分析气体状态变化的问题要抓住三点(1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段.(2)找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的

.(3)明确哪个阶段应遵循什么实验定律.例2如图6所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，被封闭的理想气体气柱长L1＝

20cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2＝5cm.图6(1)当温度达到多少摄氏度时，蜂鸣器会报警？(2)如果大气压强降低，试分析说明该蜂鸣器的报警温度会如何变化.答案(1)102℃(2)降低解析(1)要使蜂鸣器报警，则温度升高，水银柱上升，电路导通，被封闭气柱做等压变

化，由盖—吕萨克定律得V1T1＝V2T2即L1ST1＝L2＋L1ST2，解得：T2＝375K.即t2＝102℃(2)由玻意耳定律知，同样温度下，大气压强降低则被封闭气柱变长，即V1变大，而蜂鸣器报警时的V2不变，由V1T1＝V2T

2可知，T2变小，即报警温度降低.7.(玻意耳定律)(2020·河北衡水中学联考)如图7所示，劲度系数k＝500N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的

理想气体，整个装置处于静止状态.已知汽缸质量m1＝5kg，汽缸底面积S＝10cm2，大气压强p0＝1.0×105Pa，此时活塞离汽缸底部的距离h1＝40cm.现在汽缸顶部加一质量m2＝5kg的重物.忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力，汽缸下端离地足够高

，环境温度保持不变，g取10m/s2.求汽缸稳定时下降的距离.图7答案0.2m解析设未加重物时内部气体压强为p1由平衡条件可得：p1S＝m1g＋p0S解得：p1＝1.5×105Pa加重物后，设汽缸内气体压强为p2由平衡条件

可得：p2S＝m1g＋p0S＋m2g解得：p2＝2.0×105Pa由玻意耳定律有：p1h1S＝p2h2S解得：h2＝0.3m活塞下降距离为Δx＝m2gk＝0.1m所以汽缸稳定时下降的距离：Δh＝h1－h2＋Δx＝0.2m考点四气体状态变

化的图象1.四种图象的比较类别特点(其中C为常量)举例p－VpV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p－1Vp＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高p－Tp＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大，体积越小V－TV＝Cp

T，斜率k＝Cp，即斜率越大，压强越小2.处理气体状态变化的图象问题的技巧(1)首先应明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程.看此过程

属于等温、等容还是等压变化，就用相应规律求解.(2)在V－T图象(或p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大.例3一定

质量的理想气体经历了如图8所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()图8A.ab过程中不断减小B.bc过程中保持不变C.cd过程中不断增加D.da过程中保

持不变答案B解析因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd<Ve，所以Vd<Va，所以da过程中气体体积发生变

化，D错误.例4一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图9所示，p－T图和V－T图各记录了其部分变化过程.图9(1)求温度为600K时气体的压强；(2)在p－T图象上将温度从400K升高到600K的变化过程补充完整.答案(1)1.25×105Pa(2)见解析图解析(1)由p

－T图可知，气体由200K到400K的过程中做等容变化，由V－T图可知，气体由400K到500K仍做等容变化，对应p－T图可得，T＝500K时，气体的压强为1.25×105Pa，由V－T图可知，气体由500K到600K做等压

变化，故T＝600K时，气体的压强为1.25×105Pa.(2)在p－T图象上补充画出400～600K的气体状态变化图象，如图所示.8.(V－T图象)(多选)如图10所示，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列说法正确的是(

)图10A.A→B过程温度升高，压强不变B.B→C过程体积不变，压强变小C.B→C过程体积不变，压强不变D.C→D过程体积变小，压强变大答案ABD解析由题图可知，AB为等压线，A→B的过程中，气体温度升高，压强不变

，故选项A正确；在B→C的过程中，气体体积不变，温度降低，由pVT＝C可知，气体压强变小，故选项B正确，C错误；在C→D的过程中，气体温度不变，体积变小，由pVT＝C可知，气体压强变大，故选项D正确.9.(p－V图象)(2019·全国卷Ⅱ·33(1))如图11所

示p－V图，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3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平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3

.(填“大于”“小于”或“等于”)图11答案大于等于大于解析对一定质量的理想气体，pVT为定值，由题中p－V图象可知，2p1·V1＝p1·2V1>p1·V1，所以T1＝T3>T2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1

下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，即N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，即N2>N3.课时精练1.(多选)(2020·江苏卷·13A(1))玻璃的出

现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体.下列关于玻璃的说法正确的是()A.没有固定的熔点B.天然具有规则的几何形状C.沿不同方向的导热性能相同D.分子在空间上周期性排列答案AC2.(多选)(2019·吉林月考)下列关于物理现象的解释正确的是()A.荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因

是液体的表面张力作用B.人们感到潮湿是因为空气的绝对湿度较大C.土壤里有很多毛细管，若要防止把地下的水分沿着它们引到地表，可将地面的土壤锄松D.悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动E.彩色液晶显

示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点答案ACE解析液体的表面张力有使液体的表面积最小化的趋势，荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体的表面张力作用，故A正确；人们感到潮湿或干燥，与空气的相对湿度有关，与空气的绝对湿度无关，所以当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不

一定较大，故B错误；土壤里有很多毛细管，如果将地面的土壤锄松，毛细管被破坏，地下的水将不会被引到地表，故C正确；布朗运动是悬浮在水中花粉颗粒的无规则运动，反映了水分子的热运动，故D错误；液晶像液体一样具有

流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故E正确.3.(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因

为()A.气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B.单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C.气体分子的总数增加D.单位体积内的分子数目增加答案BD解析理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增

多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，气体分子的总数不变，故B、D正确，A、C错误.4.(多选)热学中有很多图象，对图1中一定质量理想气体的图象的分析，正确的是()图1A.图甲中理想气体的体积一定不变B.图乙中理想气体的温度一定不变C.图丙中理想气体的压强一

定不变D.图丁中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度答案ACD解析由理想气体状态方程pVT＝C可知，A、C正确；若温度不变，p－V图象应该是双曲线的一支，题图乙不一定是双曲线的一支，B错误；温度升高，分子平均动能增

大，分子平均速率增大，所以题图丁中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度，D正确.5.(多选)(2020·云南省盐津县第三中学高三期末)如图2，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对

此气体，下列说法正确的是()图2A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小答案BDE解析过程①中气体等容变化，温度升高，根据查理定律pT＝C知气体的压强逐渐增大，故A错

误；过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确；过程④中气体等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体向外界放出了热量，故C错误；状态c、d的温度相同，内能相等，故D正确；连接bO和

dO，根据数学知识可知，状态d的VT值大于状态b的VT值，根据pVT＝C知状态d的压强比状态b的压强小，故E正确.6.(2020·安徽合肥市模拟)如图3所示，竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，

粗筒中的A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L＝20cm.活塞A上方的水银深H＝10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平.现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压

强p0相当于75cm高的水银柱产生的压强，则此时封闭气体的压强为()图3A.100cmHgB.95cmHgC.85cmHgD.75cmHg答案B解析当有一半的水银被推入细筒中时，由于粗筒横截面积是细筒横截面积的3倍，因

此，细筒中水银柱的高度为H2×3＝15cm，活塞A上方水银柱的总高度为h＝15cm＋H2＝20cm，因活塞A的重力不计，所以封闭气体的压强p＝p0＋ρgh＝95cmHg，B正确.7.如图4所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直

放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为()图4A.h1－h2B.h1＋h22C.h1－h22D.h1＋h2答案D解析左边空气柱的压强为p1＝p0－ρgh1，右边空气柱的压

强为p2＝p0＋ρgh2，设中间管内水银柱的长度为h，则p1＝p2－ρgh，联立以上各式，可得h＝h1＋h2，D正确.8.(2020·山东滨州市模拟)如图5所示，一导热良好的足够长汽缸水平放置在光滑水平桌面上，桌面足够高，汽缸内有一活塞封闭了一定质量的理想气体.一足够长轻绳跨过定滑轮，一端连

接在活塞上，另一端挂一重物，滑轮与活塞间的轻绳与桌面平行，不计一切摩擦.已知当地重力加速度为g，大气压强为p0，重物质量为m1，活塞质量为m2，汽缸质量为m3，活塞横截面积为S.则由静止释放重物，汽缸稳定运动过程中，汽缸内理想气体的压强为()

图5A.p0－m1m3gm1＋m2＋m3SB.p0－m1m3gm2＋m3SC.p0D.p0－m1gS答案A解析对重物、活塞和汽缸的整体有：m1g＝(m1＋m2＋m3)a；对汽缸p0S－pS＝m3a，联立解得：p＝p0－m1m3gm1＋m2＋m3S，故

A正确.9.(2020·山东济宁市模拟)如图6甲是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象.已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa.图6(1)写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B

变为状态C的p－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的有关坐标值，请写出计算过程.答案(1)压强不变200K(2)见解析解析(1)由题图甲所示图象可知，A与B的连线的延长线过原点，VA＝0.4m3，VB＝0

.6m3，TB＝300K所以A→B是一个等压变化过程，即pA＝pB＝1.5×105Pa，从A到B过程，由盖—吕萨克定律得VATA＝VBTB代入数据得TA＝200K.(2)由题图甲所示图象可知，从B到C为等容过程，由(1)知pB＝1.5×105Pa，TB＝300K，

TC＝400K，由查理定律得pBTB＝pCTC，解得pC＝2×105Pa，气体状态变化的p－T图象如图所示.10.(2019·四川成都石室中学一诊)如图7所示，在长为l＝57cm、一端封闭且另一端开口向上的竖直

玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃.现将水银缓慢注入管中，直到水银面与管口相平.此时管中气体的压强为多少？新注入水银柱的高度为多少？(大气压强为p0＝76cmHg)图7答案85cmHg

5cm解析设玻璃管的横截面积为S，水银的密度为ρ，初态时，管内气体的温度为T1＝306K，体积为V1＝51cm·S，压强为p1＝p0＋ρgh＝80cmHg.当水银面与管口相平时，设水银柱高度为H，则管内气

体的体积为V2＝(l－H)S，压强为p2＝p0＋ρgH，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2联立解得H＝9cm(H＝－28cm不合题意，舍去)所以p2＝85cmHg新注入水银柱的高度为Δh＝H－4cm＝5cm.11.(20

20·福建福州市第一中学高三下学期质检)如图8所示，导热性能极好的汽缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为S、质量为m的活塞封闭着一定质量的理想气体.在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同，均为T1.当环境温

度缓慢下降到T2时，活塞下降的高度为Δh；现取走砝码，稳定后活塞恰好上升Δh.已知外界大气压强保持不变，重力加速度为g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，T1、T2均为热力学温度，求：图8(1)气体温度为T1时，气柱的高度；(2)砝码的质量.答案(1)T1T1－T2Δh(2)p0S＋mg

T1－T2gT2解析(1)设气体温度为T1时，气柱的高度为H，环境温度缓慢下降到T2的过程是等压变化，根据盖—吕萨克定律有HST1＝H－ΔhST2解得H＝T1T1－T2Δh.(2)设砝码的质量为M，取走砝码后的过程是等

温变化p2＝p0＋m＋MgS，V2＝(H－Δh)Sp3＝p0＋mgS，V3＝HS由玻意耳定律得p2V2＝p3V3联立解得M＝p0S＋mgT1－T2gT2.12.(2020·山东潍坊市模拟)一同学制造了一个便携气压千斤顶，其结构如图9所示，直立圆筒型汽缸导热良好，长度为L0，活塞横截面

积为S，活塞通过连杆与上方的顶托相连接，连杆长度大于L0，在汽缸内距缸底L03处有固定限位装置AB，以避免活塞运动到缸底.开始活塞位于汽缸顶端，现将重力为3p0S的物体放在顶托上，已知大气压强为p0，活塞、连杆及顶托重力忽略不计，求：图9(1)稳定后活塞下降的高度；(2)为使重物

升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为p0的气体.答案(1)23L0(2)3L0S解析(1)取密封气体为研究对象，初态压强为p0，体积为L0S假设没有限位装置AB，末态时压强为p，气体长度为L，则p＝p0＋3p0SS＝4p0

由等温变化有：p0L0S＝pLS解得：L＝L04因L04<L03，故活塞停在限位装置处，活塞下降高度为2L03.(2)以活塞回到初始位置时的气体为研究对象，气体发生等温变化，则有4p0L0S＝p0V气泵压入

的压强为p0的气体体积为ΔV＝V－L0S解得：ΔV＝3L0S.