2025高考物理 人教版选择性必修第3册专项复习第2章　习题课　玻意耳定律的应用含答案

2025高考物理人教版选择性必修第3册专项复习第2章习题课玻意耳定律的应用含答案第二章习题课玻意耳定律的应用基础达标练1．如图所示，活塞的质量为m，汽缸的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封闭有一定质量的气体，汽缸和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为p0，则封闭气体的压强p为(C)A．p＝p0＋eq\f(mg,S) B．p＝eq\f(p0＋M＋mg,S)C．p＝p0－eq\f(Mg,S) D．p＝eq\f(mg,S)答案：C解析：对汽缸进行受力分析，由平衡条件可得p0S＝Mg＋pS，所以p＝p0－eq\f(Mg,S)，故选项C正确。2．大气压强p0＝1.0×105Pa，某容器的容积为V0＝20L，装有压强为p＝2.0×106Pa的气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器中剩下气体的质量与原来气体的质量之比为(B)A．1∶19 B．1∶20C．2∶39 D．1∶18答案：B解析：由玻意耳定律得pV0＝p0V0＋p0V，将V0＝20L，p0＝1.0×105Pa，p＝2.0×106Pa代入解得V＝380L，容器中剩余20L压强为p0的气体，此时气体的总体积为400L，所以剩下气体的质量与原来气体的质量之比等于相同压强下气体的体积之比，即eq\f(20,400)＝eq\f(1,20)，选项B正确。3．(多选)(2024·辽宁一模)如图所示的家庭小型喷壶总容积为1.4L，打气筒每次可将压强为1.0×105Pa、体积为0.02L的空气充入壶内，从而增加壶内气体的压强。为了保证喷壶的安全，壶内空气压强不能超过5.0×105Pa；为了保证喷水效果，壶内气体压强至少为3.0×105Pa，当壶内空气压强降至1.0×105Pa时便不能向外喷水。现装入1.2L的水并用盖子密封，壶内被封闭空气的初始压强为1.0×105Pa。壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计，壶内空气可视为理想气体且温度始终不变，则下列说法正确的是(A)A．为了保证喷水效果，打气筒最少打气20次B．为了保证喷壶安全，打气筒最多打气50次C．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为0.8LD．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为1L答案：AC解析：为了保证喷水效果，设打气筒最少打气n次，则有p0V0＋np0ΔV＝p1V0，其中p0＝1.0×105Pa，V0＝1.4L－1.2L＝0.2L，ΔV＝0.02L，p1＝3.0×105Pa，解得n＝20次，故A正确；为了保证喷壶安全，打气筒最多打气m次，则有p0V0＋mp0ΔV＝p2V0，其中p2＝5.0×105Pa，解得m＝40次，故B错误；若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，设可向外喷出水的体积为Vx，则有p2V0＝p0(V0＋Vx)，解得Vx＝0.8L，故C正确，D错误。4．(2023·山东青岛高二下期中)一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在温度不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为(D)A．eq\f(5,4)d B．eq\f(4,5)dC．eq\f(9,4)d D．eq\f(4,9)d答案：D解析：以活塞B为研究对象，初状态有p1S＝p2S，设此时气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态有p1′S＝p2′S，设此时气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动d的过程中，活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)p2V2＝p2′(V2－xS)代入数据可解得x＝eq\f(4,9)d，故D正确。5．(2023·湖南师大附中高二下期中)如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱的液面与水银槽的液面的高度差为h。若将玻璃管向右旋转一定的角度(管下端未离开槽内水银面)，环境温度保持不变，则H和h的变化情况为(D)A．H减小，h增大 B．H增大，h减小C．H和h都增大 D．H和h都减小答案：D解析：设大气压为p0，玻璃管竖直时封闭气体的压强p＝p0－ρgh；玻璃管向右旋转一定角度，假设封闭气体的长度H不变，则水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，根据玻意耳定律可知，封闭气体体积减小，所以H要减小；再假设h不变，在玻璃管倾斜时水银柱的长度会变长，则H会减小，根据玻意耳定律可知封闭气体压强会增大，所以h也要减小，故D正确。6．(2024·河北邢台高二下期中)气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立面柱形密闭汽缸导热良好，活塞通过连杆与车轮轴连接，初始时汽缸内密闭一定质量的理想气体。车辆载重时，相当于在汽缸顶部增加一个物体A，当物体A的质量m1＝60kg时，气柱稳定时的长度L1＝0.16m，当物体A的质量m2＝160kg时，气柱稳定时的长度L2＝0.12m，上述过程中气体的温度均保持不变。汽缸与活塞间的摩擦忽略不计，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求车辆未载重时缸内气柱的长度L0；(2)若活塞的横截面积S＝1.0×10－2m2，求车辆未载重时缸内理想气体的压强p0。答案：(1)0.2m(2)2.4×105Pa解析：(1)当物体A的质量m1＝60kg时，缸内气体的压强p1＝p0＋eq\f(m1g,S)当物体A的质量m2＝160kg时，缸内气体的压强p2＝p0＋eq\f(m2g,S)根据玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S＝p0L0S解得L0＝0.2m。(2)在(1)问中解得p0＝eq\f(2400N,S)将S＝1.0×10－2m2代入上式解得p0＝2.4×105Pa。能力提升练7．如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，初始时两管水银面等高，B管上方与大气相通。若固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A管内的水银面高度相应变化h，则(B)A．h＝H B．h<eq\f(H,2)C．h＝eq\f(H,2) D．eq\f(H,2)<h<H答案：B解析：根据题意，原来A、B管内的水银高度相同，有pA＝p0；B管下移后，设A管水银下移高度为h，B管内水银末位置高度如图所示，A、B管内末位置水银高度差为h1，则B管内水银初、末位置高度差为h＋h1，可以计算B管下降的高度为H＝2h＋h1，此时由于A管内水银下降，则A管内气体体积增加，压强减小，即pA′<p0，此时有pA′＋ph1＝p0，计算得pA′＋ρg(H－2h)＝p0，即h＝eq\f(pA′－p0,2ρg)＋eq\f(H,2)，由于pA′<p0，所以h<eq\f(H,2)，故B正确。8．(2023·哈尔滨高二统考期末)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为10cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的eq\r(2)倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均5cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm，则B管在上方时，玻璃管内上部分气体的压强为(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)(D)A．56.4cmHg B．44.2cmHgC．36.4cmHg D．23.2cmHg答案：D解析：设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA＝10cmHg＋pB，倒置后A管气体压强变小，空气柱长度增加1cm，则A管中水银柱减小1cm，两管半径之比为eq\r(2)∶1，则横截面积的关系SA＝2SB，由于水银柱总体积不变，可知B管水银柱增加2cm，空气柱减小2cm。此时水银柱总长为11cm，设此时两管的压强分别为pA′、pB′，则有pA′＋11cmHg＝pB′，倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，有pASAlA＝pA′SAlA′，pBSBlB＝pB′SBlB′，其中lA＝lB＝5cm，lA′＝6cm，lB′＝3cm联立以上各式，解得初始时玻璃管内上部分气体的压强为pB＝23.2cmHg，故选D。9．利用如图所示的装置可测量不规则物体的体积。将不规则物体放入体积为V0的容器B中，将容器B通过细管(容积可忽略)与体积为2V0的容器A相连接，开始时两容器内的气体压强均为大气压强p0。关闭阀门K，利用充气泵从容器A的充气口对容器A充气，直至容器A中的气体压强为3p0，然后关闭充气口，打开阀门K，足够长时间后发现两容器内的气体压强均为2.8p0，不考虑气体温度变化，气体可视为理想气体，则通过充气口充入容器A中的气体在大气压强下的体积为(B)A．2V0 B．4V0C．6V0 D．8V0答案：B解析：设充气后容器A中气体在大气压强下的体积为V，则由玻意耳定律可得3p0·2V0＝p0V，通过充气口充入的气体在大气压强下的体积为V′＝V－2V0，解得V′＝4V0，故B正确。10．轮胎气压是行车安全的重要参数，某型号汽车轮胎容积V0为25L，安全气压范围为2.4×105～3.0×105Pa。汽车行驶一段时间后，发现胎压下降到p1＝2.0×105Pa，用车载气泵给其充气，气泵每秒钟注入0.5L压强为p0＝1.0×105Pa的空气。忽略轮胎容积与气体温度的变化。为使气压回到安全范围，求气泵工作的时间范围。答案：20s≤t≤50s解析：外部向内部充气的过程，根据玻意耳定律有pV0＝p1V0＋np0V设气泵工作的时间为t，因为p0一定，则有nV＝0.5t(L)联立两式得pV0＝p1V0＋p0×0.5t代入数据得p＝2×105＋0.02×105t(Pa)由2.4×105Pa≤p≤3.0×105Pa得20s≤t≤50s。11．如图所示，有甲、乙两个储气钢瓶，甲的容积为10L，乙的容积为5L，甲中有压强为7p0的某种气体，乙中有压强为p0的同种气体。将甲和乙通过细管连通，甲给乙灌气，直到两瓶中气体压强相等，灌气过程甲、乙中气体温度相等且温度不变，细管中气体体积忽略不计。求：(1)稳定时乙储气钢瓶中气体的压强。(2)甲储气钢瓶中剩余气体质量与灌气前甲中气体总质量的比值。答案：(1)5p0(2)eq\f(5,7)解析：(1)以甲、乙中气体整体为研究对象，根据玻意耳定律得p1V1＋p2V2＝p(V1＋V2)，代入题给数据解得p＝5p0。(2)灌气前甲储气钢瓶中的气体等温膨胀到压强为5p0时，有p1V1＝pV，解得V＝14L，甲储气钢瓶中剩余气体质量与灌气前甲中气体总质量的比值为eq\f(m,m0)＝eq\f(ρV1,ρV)＝eq\f(V1,V)＝eq\f(10,14)＝eq\f(5,7)。12．(2024·河北张家口高三上期末)某兴趣小组设计了一个测水深的深度计，打算用它测量清水河的深度。深度计的结构如图所示，导热性能良好的圆柱形汽缸Ⅰ、Ⅱ内径分别为d和2d，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口，右端通过一细管连通汽缸Ⅱ。初始时A、B均位于汽缸最左端，且汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知外界大气压强为p0，p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体。(1)求此深度计能够测量的最大深度；(2)若要测量的最大水深为50m，可以调节初始状态汽缸Ⅰ和汽缸Ⅱ内的气体压强，若汽缸Ⅰ内所封气体的初始压强为4p0，求汽缸Ⅱ内所封气体的初始压强。答案：(1)22.5m(2)5p0解析：(1)根据图示分析可知，当活塞A恰好到达汽缸Ⅰ区右侧，但与右侧缸壁没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，设大小为p1，对活塞B左侧气体有p0Lπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2＝p1xπd2对活塞B右侧气体有3p0Lπd2＝p1(L－x)πd2解得x＝eq\f(L,13)，p1＝eq\f(13,4)p0则水产生的压强为p1－p0＝eq\f(9,4)p0由于p0相当于10m高的水产生的压强，可知此深度计能测的最大深度为h＝eq\f(9,4)×10m＝22.5m。(2)设汽缸Ⅰ与Ⅱ内通过A、B所封气体的初始压强分别为pA、pB，最大水深处气体压强为p2，活塞B向右移动x′，根据玻意耳定律对活塞B左侧气体有pALπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2＝p2x′πd2对活塞B右侧气体有pBLπd2＝p2(L－x′)πd2解得pA＋4pB＝4p2若要测量的最大水深h＝50m，该深度对应水产生的压强为5p0，此时活塞A恰好到达汽缸Ⅰ区右侧，气体压强为p2－p0＝5p0解得pB＝5p0。第二章习题课理想气体状态方程的应用基础达标练1．(2024·郑州一中月考)民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会被紧紧地“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体(B)A．温度不变时，体积减小，压强增大B．体积不变时，温度降低，压强减小C．压强不变时，温度降低，体积减小D．质量不变时，压强增大，体积减小答案：B解析：纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由查理定律知封闭气体压强减小，小于外界大气压，罐紧紧“吸”在皮肤上，故B正确。2．如图，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后达到D状态，下列判断正确的是(D)A．A→B过程温度升高，压强变大B．B→C过程温度不变，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：D解析：V－T图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜直线，为等压线，所以pA＝pB，温度升高TA<TB，故A错误；由图像可知，B到C的过程中，体积不变，即VB＝VC，而温度降低，即TB>TC，由查理定律eq\f(p,T)＝C可知pB>pC，压强变小，故B、C错误；由图像可知，由C到D的过程中，温度不变，即TC＝TD，而体积变小，即VC>VD，由玻意耳定律pV＝C可知pC<pD，故D正确。3．(多选)如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与缸壁间的摩擦)，温度升高时，没改变的量有(A)A．活塞高度hB．汽缸高度HC．气体压强pD．弹簧长度L答案：ACD解析：根据整体法分析可知，弹簧的拉力大小等于活塞、汽缸以及气体重力之和，所以当温度升高时，弹簧拉力大小不变，根据胡克定律可知弹簧伸长量不变，即弹簧长度L不变，根据长度关系分析可知，活塞高度h也不变，A、D正确；对活塞单独进行受力分析，由题意及上述分析可知活塞受力情况不变，则气体压强p不变，C正确；由盖—吕萨克定律可知，当T增大时，气体体积V增大，所以汽缸将向下运动，则汽缸高度H减小，B错误。4．如图所示，两端封闭的U形管中装有水银，分别封闭住A、B两部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h，以下说法中错误的是(A)A．使A、B两部分气体降低相同的温度，则水银柱高度差h变大B．两部分气体升高到相同的温度后，两部分气体的压强差比升温前大C．当U形管由图示位置开始自由下落时，两侧水银柱高度差h变大D．若U形管加速下落过程中(a＝g)液柱稳定，则两部分气体的压强差为零答案：A解析：A管气压为pA，B管气压为pB，pA＋ρgh＝pB此时pA<pB，升高或降低相同的温度，根据eq\f(pV,T)＝C，知在体积不变时有|Δp|＝p1eq\f(|ΔT|,T1)，所以升高同样温度，初状态压强大的气体(B气体)压强增加量大，水银柱向左移动，所以h变大，两部分气体的压强差比升温前大；反之降低相同的温度，B气体压强减小量大，水银柱右移，高度差h变小，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；当U形管由图示位置开始自由下落时，系统处于完全失重状态，高出h的水银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，所以h变大，故C正确，不符合题意；若U形管加速下落过程中液柱稳定时，通过对水银柱受力分析(加速度等于重力加速度g)可知A、B两部分气体压强相等，则两部分气体的压强差为零，故D正确。5．中国职业篮球联赛(简称CBA联赛)是我国最顶尖的篮球赛事，赛前对篮球的检查是一项重要工作。比赛用球的体积为7.5L，标准气压为0.48－0.62bar(1bar＝105Pa)。有一篮球经检测发现气压为0.3bar，现用打气筒对其充气，打气筒每次能充入压强为105Pa、体积为0.5L的气体，气体可视为理想气体，忽略充气过程温度和篮球体积的变化，则为达到比赛用球标准，充气次数至少为(B)A．4 B．3C．5 D．6答案：B解析：设充气次数为n次，根据玻意耳定律p1V0＋np0×0.02V0＝p2V0，代入数据，0.3×105Pa×V0＋105Pa×0.02V0×n＝0.48×105Pa×V0，解得n＝2.7，即n＝3，故B正确。6．(2024·重庆高二下阶段练习)在学校春季运动会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为30L、压强为1.0×107Pa的氦气罐给气球充气(充气过程温度不变)，要求充气后气球体积为5L、压强为1.0×105Pa；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到8L时就会爆裂落回地面。已知高度每升高1000m，大气温度下降6℃，高度每升高1m，大气压减小11Pa，庆祝现场地面空气温度为27℃，大气压为1.0×105Pa，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是(B)A．用一个氦气罐可以充出600个符合要求的气球B．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为3846mC．用氦气罐给气球充气过程中，氦气放出热量D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小答案：B解析：设充气前氦气罐的体积和压强分别为V0、p0，充气后气球的体积和压强分别为V1、p1，根据题意，设用一个氦气罐可以充出n个符合要求的气球，由玻意耳定律有p0V0＝p1(V0＋nV1)，解得n＝594，故A错误；当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到8L，设此时气球离地面高度为h，则爆裂时气体的压强和温度分别是p2＝p1－11h，T2＝T0－eq\f(6h,1000)，由理想气体方程有eq\f(p1V1,T0)＝eq\f(p2V2,T2)，其中T0＝t0＋273K＝300K，解得h≈3846m，故B正确；对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故C错误；由B中分析可以推导出h与V1的函数关系式为h＝eq\f(105,11＋\f(9,\f(9,V1)－1))，可知，V1越小，h越大，故D错误。7．(2023·北京市高三学业水平等级考试模拟卷三)如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105Pa为大气压强)，温度为300K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上升了4cm。g取10m/s2求：(1)活塞的质量；(2)物体A的体积。答案：(1)4kg(2)640cm3解析：(1)设物体A的体积为ΔV。T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40cm3－ΔV，T2＝330K，p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.0×105＋\f(mg,40×10－4)))Pa，V2＝V1，T3＝360K，p3＝p2，V3＝64×40cm3－ΔV，由状态1到状态2为等容过程eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，代入数据得m＝4kg。(2)由状态2到状态3为等压过程eq\f(V2,T2)＝eq\f(V3,T3)，代入数据得ΔV＝640cm3。能力提升练8．(2024·江苏盐城高二上期末)密闭的容器中一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示。下列说法中正确的是(D)A．a→b过程中，气体分子的平均动能增大B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大C．c→a过程中，单位体积分子数增大D．c→a过程中，器壁在单位面积上、单位时间内所受气体分子碰撞的次数增多答案：D解析：a→b过程中，温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故A错误；b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据eq\f(pV,T)＝C，可知，体积减小，故B错误；c→a过程中，根据eq\f(pV,T)＝C，可知，气体体积不变，而气体的总数不变，所以单位体积分子数不变，由于压强变大，温度升高，分子热运动剧烈，器壁在单位面积上、单位时间内所受气体分子碰撞的次数增多，故C错误，D正确。9．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，开始时活塞放置在卡扣a、b上，下方封闭了一定质量的气体。现缓慢加热a、b缸内气体，直到活塞到达气缸口之前，下列V－eq\f(1,p)图像正确的是(D)答案：D解析：缓慢加热缸内气体，直到活塞与卡扣间恰好无压力，气体做等容变化，由查理定律可知，温度升高时，气体的压强增大，则eq\f(1,p)减小。此后温度继续升高直到活塞到达气缸口前，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知，温度升高，体积增大，选项D正确。10．(2023·黑龙江哈尔滨三中高二下期中)一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度为0℃时，其体积为V0，当温度升高为T(K)时，体积为V，那么每升高1℃，增大的体积等于(A)A．eq\f(V,T) B．eq\f(V0,T)C．eq\f(V,273K) D．eq\f(V－V0,T)答案：A解析：由盖—吕萨克定律可得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)＝eq\f(ΔV,ΔT)＝eq\f(ΔV,Δt)，可得eq\f(V0,273K)＝eq\f(V,T)＝eq\f(V－V0,T－273K)＝eq\f(ΔV,1K)，则每升高1℃增大的体积ΔV＝eq\f(V,T)＝eq\f(V0,273K)＝eq\f(V－V0,T－273K)，故A正确。11．(多选)(2023·资溪县第一中学高二期末)如图所示，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＝20cm，B侧水银面比A侧的高h＝15cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面一样高时将开关K关闭；再缓慢加热A侧空气柱，最终B侧水银面比A侧的高h3＝5cm。已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度为27℃且不变。则下列说法正确的是(B)A．初始状态，A侧气体压强为60cmHgB．放出部分水银后K关闭时，A侧空气柱长度为24cmC．开关K打开时，放出的水银在管内的长度为19cmD．A侧空气柱最终温度约为80℃答案：BD解析：初始状态，A侧气体压强为p1＝p0＋ph＝90cmHg，A错误；放出部分水银后K关闭，根据玻意耳定律得p1lS＝p0l2S，解得l2＝24cm，A侧空气柱长度为24cm，B正确；开关K打开时，放出的水银在管内的长度为Δh＝4cm＋4cm＋15cm＝23cm，C错误；根据理想气体状态方程得eq\f(p0l2S,273＋27)＝eq\f(p0＋ph3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l2＋\f(h3,2)))S,273＋t3)，解得t3＝80℃，A侧空气柱最终温度约为80℃，D正确。故选BD。12．(2024·广东二模)图示为马德堡半球演示器，两半球合在一起时，可形成一直径d＝20cm的球形空腔。现用细软管、双向阀门与容积为200cm3、活塞横截面积为10cm2的注射器改装成小型的抽气机。在温度为27℃的室内，每次满量从球内缓慢抽出空气。连接处气密性很好，忽略软管的容积，抽气过程中球形空腔温度和体积均保持不变，摩擦不计。已知大气压强p0＝1×105Pa，取π≈3，计算结果均保留两位有效数字。求：(1)对球形空腔抽气2次后，球形空腔内的气体压强p2；(2)若对球形空腔抽气2次后，将马德堡半球演示器从室内移到室外37℃的太阳下，经过一段时间后，半球两侧至少均用多大的拉力才能把两半球拉开。答案：(1)9.1×104Pa(2)1.8×102N解析：(1)球形空腔的容积V