1．如图所示，两竖直且正对放置的导热气缸底部由细管道（体积忽略不计）连通，两活塞a、b(厚度不计）用刚性轻杆相连，可在两气缸内无摩擦地移动。上、下两活塞的横截面积分别为S1=10cm2、S2=20cm2，两活塞总质量为M=5kg，两气缸高度均为H=10cm。两气缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L=5cm。已知大气压强p0=1.0×105Pa，环境温度T0=300K，取重力加速度g=10m/s2。
（i）若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应气缸的底部，求此时环境的温度。
（ⅱ）若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达气缸底部，求此过程中推力的最大值。
【答案】 (1) 400K (2) 75N
（ⅱ）设向下推动的距离为x时，气体压强为P 由平衡条件得： P0S1PS2MgP0S2PS1F
5当F=0时，可得初始状态气体压强P11.510Pa
缓慢向下推活塞b的过程，温度不变
由玻意耳定律得： PLS1xS1LS2xS2P1LS1LS2 联立以上各式得： F150x
3Lx当x=L时，F最大， Fm75N
【点睛】本题的关键是利用活塞受力平衡的条件求封闭气体的压强，知道活塞上下的气体压强相等很关键．
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2．如图所示，内壁光滑的气缸分为高度相等的AB、BC两部分。AB、BC两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a、b，横面积Sa2Sb，活塞a上端封闭氧气，a、b间封闭氮气，活塞b下端与大气连通，气缸项部导热，其余部分均绝热。活塞a离气缸项的距离是AB高度的
1，4活塞b在BC的正中间，初始状态平衡，大气压强为p0，外界和气缸内气体温度均为27℃。
①通过电阻丝缓慢加热氮气，求活塞b刚降至底部时氮气的温度。 ②通过电阻丝缓慢加热氮气至750K，求平衡后氧气的压强。 【答案】 （1）350k（2）
11P0 6②设平衡后中间氮气的体积为V3，上方氧气的体积为V4，压强为P，对中间氮气由气态方程可以得到：
PVPV113 T1T3V0，对上方氧气，发生等温变化，由玻意耳定律得到： 4氧气初态的体积为
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P1V03PV4 V3V4V0 4211P0 6联立解得： P3．如图所示，横截面积为10 cm2的汽缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸内的气体分为A、B两部分，A部分气柱的长度为30 cm，B部分气柱的长度是A部分气柱长度的一半，汽缸和活塞b是绝热的．与活塞b相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m.初始状态A、B两部分气体的温度均为27 ℃，活塞a刚好与汽缸口平齐，弹簧为原长．若在活塞a上放上一个2 kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止．然后对B部分气体进行缓慢加热，使活塞a上升到再次与汽缸口平齐，则此时B部分气体的温度为多少？(已知外界大气压强为p0＝1×105Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2)
【答案】 227℃
解得p'B=p'A+=1.25×105Pa
对于B部分气体，初态pB=105Pa，VB=L2S，TB=300K 末态p'B=1.25×105Pa，V'B=L'2S
根据理想气体状态方程解得T'B=500K=227℃
点睛：本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，关键是确定气体的状态变化过程和
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确定状态参量，这是高考重点，要加强这方面的练习。
4．质量M=15kg、总长度L=55cm的圆柱形导热气缸直立在水平地面上，现将厚度不计、质量
m=5kg、横截面积S=50cm2的活塞轻放到气缸上端口，若它与气缸间的摩擦不计、且封闭严密，
如图甲所示，已知大气压强P0=1.0×105Pa，气温t0=7℃，则：
①若活塞缓慢下降过程中缸内气温不变，求活塞稳定不动时缸内气体的压强P1；
②若对缸内气体加热使活塞缓慢升高(大气压不变)，如图乙所示。如活塞恰好升至缸口时，求缸内气温。 【答案】 ① ②28℃
5．如图所示，一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化，最终回到A状态，求C状态的温度以及全过程中气体吸（放）热量，已知A状态的温度为27oC。
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【答案】 2400K ，气体放出热量为1.5×103J 【解析】气体由A到B过程： 初状态：末状态： 由理想气体状态方程得：可得：TB=1200K
B到C过程为等容变化：整个过程中A温度不变：因为外界对气体做功可得TC=2400K
则：Q=-1.5×103J，即气体放出热量为1.5×103J
6．一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒，气体温度由T0=300 K升至T1=350 K.
①求此时气体的压强；
②保持T1=350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因． 【答案】 ①②，吸热，原因见解析
7．某同学制作了一个简易温度计：如图，一根两端开口的玻璃管水平穿过玻璃瓶口处的橡皮塞，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱。当温度为T=280K时，水银柱刚好处在瓶口位置，此时该装置密封气体的体积V=480cm3。已知大气压强为p=1.0×105Pa，玻璃管内部横截面积为S=0.4cm2，瓶口外玻璃管的长度为L=48cm。
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(i)求该温度计能测量的最高温度；
(ii)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收Q=7J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化，变化了多少。 【答案】 (i)18.2℃(ii)增加了5.08J
8．U形管的两支管A、B和水平管C都是由内径均匀的细玻璃管做成的，它们的内径与管长相比都可忽略不计.己知三部分的截面积分别为SA=1.0×10-2cm2, SB=3.0×10-2cm2, SC=2.0×10-2cm2,在C管中有一段空气柱，两侧被水银封闭.当温度为t1=27℃时，空气柱长为l=30cm (如图所示) ， C中气柱两侧的水银柱长分别为a=2.0cm，b=3.0cm, A、B两支管都很长其中的水银柱高均为
h=12cm.大气压强保持为P1=76cmHg不变.不考虑温度变化时管和水银的热膨胀，试求气柱中空
气温度缓慢升高到t=97℃时空气的体积.
【答案】 0.72cm3
【解析】在温度为T1=（27+273）K=300K时，气柱中的空气的压强和体积分别为P1=P0+h V1=LSC
当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被缓慢压入A管和B管．设温度升高到T2时，
气柱右侧水银刚好全部压到B管中，使管中水银高度增大由此造成气柱中空气体积的增大量为△V′=bSc
与此同时，气柱左侧的水银也有一部分进入A管，进入A管的水银使A管中的水银高度也应增大△h，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为△V″=△hSA
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所以，当温度为T2时空气的体积和压强分别为V2=V1+△V′+△V″ P2=P1+△h
由状态方程知 由以上各式，代入数据可得T2=347.7K
此值小于题给的最终温度T=273+t K，所以温度将继续升高．从这时起，气柱中的空气作等压变
化．当温度到达T时，气柱体积为代入数据可得V=0.72cm3 。
9．如图所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁．汽缸的总长度为L＝80 cm，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)．在汽缸内距左侧壁d＝30 cm处设有卡环A、B，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气的压强p1＝0.8×105 Pa，右侧氧气的压强p2＝1.0×105 Pa，两边气体和环境的温度均为t1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变．
①求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；
②继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ℃，求活塞移动的距离．
【答案】 （1）375K（2）5.6
【解析】活塞恰好要离开卡环时，两侧气体的压强相等，左侧氮气发生等容变化，根据查理定律即可求出活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；对左侧氮气运用理想气体的状态方程，①对右侧运用玻意耳定律，联立即可求出活塞移动的距离。
“恰好要离开”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象： 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p2＝1.0×105 Pa，T2，V2＝V1
由查理定律，有 代入数据解得T2＝375 K
②继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3＝(227＋273) K＝500 K，设活塞移动距离为
x
取氮气为研究对象：
初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS
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末状态：p3，T3＝500 K，V3＝dS＋xS
由理想气体状态方程有：取氧气为研究对象：
初状态：p2＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，V4＝(L－d)S 末状态：p5＝p3，T5＝300 K，V5＝LS－V3 由玻意耳定律有p2V4＝p5V5
代入数据解得向右移动的距离x≈5.6 cm.
点睛：本题主要考查了气体定律的综合运用，解题关键是要知道活塞离开卡环后左右两侧压强始终相等，左右两侧的体积之和恒为LS，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。
10．某柴油机的汽缸容积为0.83×103m3，压缩前其中空气的温度为47℃、压强为0.8×105Pa.在压缩过程中，活塞把空气压缩到原体积的气体，试估算这时空气的温度． 【答案】 668 ℃
，压强增大到4×106Pa.若把汽缸中的空气看做理想
－
11．如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细相同，管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p0＝75 cmHg.现将两管口封闭，环境温度为27 ℃，保持U形管竖直，缓慢加热左管气体，使左管气柱长度变为14 cm，设此过程中右管中气体温度不变，求：此时左管中气体的温度和压强．
【答案】 p1＝94 cmHg ； T1＝438.7 K
【解析】设左管中末态气体压强为p1，长度为L1＝14 cm
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对左侧气体由理想气体状态方程： 右侧气体发生等温变化，气体末态压强为p2，则：p2＝（p1－4）cmHg 气体长度为L2＝（L0－2）cm 由玻意耳定律得p0L0＝p2L2
解得：p1＝94 cmHg，T1＝438.7 K。
点晴：本题考查了气体实验定律和理想气体状态方程的综合运用，关键是明确两部分气体初末状态的状态参量，结合几何关系进行求解即可。
12．一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为时内部封闭气体的压强为（1）此时气体的压强。 （2）保持吸热还是放热
不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体是
。经过太阳曝晒，气体温度由升至。
，开始
【答案】 （1） （2） 剩余气体要吸热
【解析】（1）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强．（2）可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值．
（1）设升温后气体的压强为，由查理定律得： 解得： （2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V 由玻意耳定律得： 解得： 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k
由题意得：解得： 气体要吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，二剩余气体膨胀对外做功，所以
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根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．
【点睛】本题隐含着集热器内气体体积不变这个条件，运用查理定律和玻意耳定律，以及热力学第一定律进行解题．
13．如图所示的P-V图像记录了一定量的理想气体经历的缓慢变化过程A→B→C，其中AB段是体积保持不变的过程，BC段是绝热过程。已知该理想气体内能与温度的关系为U=CT，其中C=10 J/K，A点的热力学温度为TA = 450K。试求B→C过程中外界对气体所做的功。
【答案】 1110J；
【解析】A→B过程为等容变化，由气体实验定律：得：TB = 1K
等容过程没有做功，由热力学第一定律，此过程放热
Q = C(TA - TB) = 2610J
对A、C两状态由理想气体状态方程得：TC = 300K
B→C过程无热传递，A→B过程无做功，对A→B→C全过程由热力学第一定律
C(TC - TA) = W - Q
可得B→C过程外界对气体做功W = 1110J
14．潜水艇气箱的容积为20L，其中充满了可视为理想气体的压缩空气气箱在20℃时的压力计读数为p=120kg/cm²，若取10m高水柱的压强值为1kg/cm²， (已知大气压p0=10m H2O，即一个大气压相当于10米高的水柱)求：
①气箱处于水深为30m，温度为5℃的水中时，气箱中气体压强为多少m H2O? ②在30m的水深处可利用该气箱中的空气排出潜水艇水槽中多少体积的水? 【答案】 (1)p′=1138.6mm H2O (2)
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15．如图所示，上细下粗的玻璃管，上端开口且足够长，下端封闭，粗管部分的横截面积S1= 2cm2，细管部分的横截面积S2=1cm2。用适量的水银在管内密封一定质量的理想气体，初始状态封闭气体的温度为tl=57℃，封闭气柱的长度L1=22 cm，细管和粗管中水银柱的高度均为ho=2cm。现对封闭气体缓慢加热，当气体的温度升高到t2=96℃时，粗管中的水银刚好全部压入细管。
①求外界的大气压强。（大气压强的单位用cmHg表示）
②当粗管中的水银刚好全部压人细管后，封闭气体的温度每升高1℃，细管中的水银面升高多少? 【答案】 (1)p0=76cmHg；(2)【解析】(1)由于对封闭气体：， ，故水银全部到细管中总长为3h0 ，，， 根据理想气体状态方程：代入数据解得： (2)水银全部到细管后气体再升温，气体做等压变化，有： 又当
时，即，可得：。
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16．如图所示为测定肺活量(人在大气压p0下一次呼出气体的体积)的装置示意图，图中A为倒扣在水中的开口薄壁圆筒，测量前已排尽其中的空气。测量时被测者尽力吸足空气，再通过B将空气呼出，呼出的空气通过气管进入内(温度可认为不变),使A浮起(忽略管道的影响),已知咧筒A的质量为m、横截面积为S、大气压强为p0,水的密度为ρ,重力加速度为g,阅筒浮出水面的高度为
h.则被测者的肺活量有多大?
【答案】
17．如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直固定，开口向下，内有两个质量均为m的相同活塞A和B;在A与B之间、A与容器顶部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。已知容器足够长，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
p0.现假设活塞A与容器壁之间密封不严，使得A与B之间的气体缓慢进入容器顶部，最终活塞A与B紧密贴合在一起。求活塞B向下移动的距离。
【答案】
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【解析】活塞B漏气前，上部分气体压强p1，有下部分气体压强p2，有 活塞A漏气后，容器内气体压强p3，有对所有气体，等温变化，有又 解得活塞B移动距离 本题考查理想气体状态方程，要注意明确两部分气体虽然状态不相同，但由于质量一定，可以借助克拉珀龙方程进行理解，即两部分气体质量合并，相当PV合并。 18．一定质量的理想气体由状态A沿直线变化到状态B，其态A时，，大气压强图象如图所示。已知气体处于状Pa，求在此变化过程中，
（i）气体从外界吸收的热量Q； （ii）气体的最高温度； 【答案】 (1)
(2)
【解析】（i）由理想气体状态方程代入数据可解得，
， ，
，
故该理想气体的内能不变，由热力学第一定律可知又因为所以数值上等于代入数据可解得（ii）由由图象可知，得
， ，
图线与坐标轴所围的面积， （常量）可知，当pV最大时，气体的温度最高，
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故当时，pV有最大值，
由理想气体状态方程可得，解得 19．图中系统由左右两个侧壁绝热底部截面均为S的容器组成。左边容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。大气的压强为p0，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，通过导热底部对氮气加热，再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求：
① 第三次平衡时氢气的压强； ② 第二次平衡时氮气的体积。 【答案】 (1)
(2)
20．如图所示，固定的绝热汽缸内有一质量为m的T形绝热活塞(体积可忽略)，距汽缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g。求：
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①初始时，U形管两侧的水银柱高度差；
②通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两水银面相平。
【答案】 ① ② 【解析】根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度。 ①选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有可得被封闭气体压强： 设初始时两侧水银柱液面高度差为h，则被封闭气体的压强：联立以上三式可得，初始时液面高度差为 ②降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先做等压变化，后做等容变化。
，V1=1.5h0S，T1=T0； ，V2=1.2h0S
初状态：末状态：根据理想气体状态方程有 代入数据，可得 【点睛】本题考查了求水银柱的高度差、求气体温度，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件、求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题。
21．如图所示,两个导热气缸竖直放置,底部由一细管连通(忽略细管的容积)。两气缸内各有一个活塞,左边气缸内活塞质量为2m,右边气缸内活塞质量为m,活塞与气缸无摩擦,活塞的厚度可忽略。活塞的下方为理想气体,上方为真空。当气体处于平衡状态时,两活塞位于同一高度h,活塞离气缸顶部距离为2h,环境温度为T0。
(i)若在右边活塞上放一质量为m的物块,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0);
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(ii)在达到上一问的终态后,环境温度由T0缓慢上升到5T0,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差。
【答案】 (1)
33h (2) h 22【解析】(i)设左、右活塞的面积分别为S1和S2，气体的压强为P1，由于两活塞平衡 有： PS112mg， PS12mg，得： S12S2
在右边活塞上加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中，设左边活塞没有碰到气缸顶部，则等压过程，有： hS1S2h1S1得h1故假设成立且两活塞高度差为
3h 23h； 2 22．如图所示，水平放置且两端开口的柱形气缸AB由左右两部分组成，两部分气缸截面积分表为S、2S，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L，气体温度为T0，已知外界气体压强恒为p0，B部分气缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p0S，A部分气缸内壁光滑，且距气缸连接处左侧2L处有一活塞销，现缓慢升高气体温度，
求：（1）A中活塞刚好被活塞销卡住时，此时温度为多少。
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（2）B中活塞刚好滑动时，此时温度为多少。 【答案】 (1)
(2)
【解析】①A中活塞被活塞卡住之前，B中静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为初态：体积，温度为，
A中活塞刚好被活塞销卡住时，体积解得 ，温度为，则 ②B中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为P，对B中活塞受力分析可得解得 从A中活塞刚好被活塞销卡住到B中活塞刚好滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为 则，解得 23．如图所示为存放某种特殊物品的储藏室及其相应的温度报警系统,当储藏室的温度高于或低于特定的温度时,报警系统就会发出报警信号。其中汽缸壁用导热性能良好的材料制成,活塞绝缘且通过一个轻质绝缘细杆与一金属片连接,当储藏室内温度变化时,活塞带动金属片移动分别与支路1、2构成闭合回路,相应的红灯或绿灯就会发出报警信号。当储藏室内的温度为T。=300K时,测得活塞与汽缸底部间距为L=5cm,金属片与左侧支路1的距离为x1=0.5cm,活塞与汽缸间的摩擦不计。求：
（1）红灯发出报警信号时,此时储藏室的温度？
（2）为使储藏室内的温度低至15℃时绿灯发出报警信号,则左右两支路1、2间的距离为多少？ 【答案】 （1）（2）0.7cm
【解析】（1）设活塞的横截面积为S，当红灯发出报警信号时，此时封闭气体的体积为：V1=(x1+l)S 初态：V0=LS T0=300K
根据盖吕萨克定律：
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解得T1=330K=57℃
（2）当绿灯发出报警信号时，此时封闭气体的温度T2=288K，V2=(l-x2)S
封闭气体做等压变化，根据盖吕萨克定律：解得x2=0.2cm
左右两支路间的距离：x1+x2=0.7cm
24．如图所示，质量为m、足够长的薄壁导热汽缸平放在光滑的水平面上，一厚度不计的活塞将缸内封闭一段气体，活塞与缸内壁无摩擦且气密性好，活塞的横截面积为s，活塞通过轻弹簧与左侧竖直墙相连，弹簧的劲度系数为k，开始时轻弹簧处于原长，活塞离汽缸底部的水平距离为L，大气压强为。现给汽缸一个向右的拉力，并使拉力从0缓慢增大，当拉力增大到持拉力不变，求：
时，保
①整个过程汽缸向右移动的距离； ②撤去拉力的一瞬间，汽缸和活塞的加速度分别为多大?
【答案】 （1）； （2）
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25．一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0的压缩气体，其中p0为大气压，p0=1×105pa。已知海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g= 10kg/m2，设海水的温度不变。有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中部分空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢管内剩余空气的压强为多少？ 【答案】 9.5×106Pa
【解析】钢筒中空气初始状态：p1=200p0，V1=2m3 与海水相通的水箱中的压强：p2=p0+gh=21p0 ①
设钢筒内剩余空气的压强为p3，钢筒中排出的气体在压强为p3时的体积为V3， 则：p3V3=p2V2 ②
对钢筒中所有的气体有：p1V1=p3(V1+V3) ③ 解得：p3=9.5×106Pa ④
26．把上端A封闭，下端B开口的玻璃管插入水中，放掉部分空气后放手，玻璃管可以竖直地浮在水中（如图所示）。设玻璃管的质量m=40g，横截面积S=2cm2，玻璃管露出水面以上部分的长度b=2cm，大气压强p0=105Pa，水的密度取10m/s2。
，玻璃管厚度和管内空气质量不计，g
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①求玻璃管内空气柱的长度；
②用手拿住玻璃缓慢地竖直压入水中，若水足够深，则当管的A端 在水面下超过某一深度H时，放手后玻璃管不再浮起，求H。 【答案】 (1)；(2)H=1.02m
，根据阿基米【解析】①玻璃管漂浮时，浮力与重力平衡。设管内外水面高度差为h，则德原理，有
得 故玻璃管内空气柱长度
②管全部没入水中一定深度H后，浮力与重力再次平衡，同样根据阿基米德原理，可知空气柱的长度为
对封闭气体，根据玻意耳定律得
代入数字解得
。
27．在如图所示的p-t坐标系中，一定质量的某种理思气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态C，外界对该气体做功为W；第二种变化是从状态A到状态B，该气体从外界吸收的热量为知在状态B时气体的体积； B、C两状态的温度相同，均为182º，理想气体的分子势能为零，已=3L，求：
①气体在状态A的压强以及在状态C的体积；
。
②从状态A到状态C的过程中，该气体从外界吸收的热量
- 20 -
【答案】 ①=0.6 atm ， ② 28．如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面积为20cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内．在气缸内距缸底60cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强p0=1.0×105Pa，温度为27℃。现缓慢加热气缸气体，当温度缓慢升高到57℃，活塞恰好离开ab，继续加热缓慢升高到90℃。（g取10m/s2）求：
（i）活塞的质量；
（ii）整个过程中气体对外界做的功。 【答案】 （i）m=2kg （ii）13.2J
【解析】（i）活塞刚要离开ab时，对活塞p2S＝p0S+mg
解得：p2＝p0+mg/S＝1.0×105+ 气体的状态参量为：T1＝300K，p1＝1.0×105pa T2＝330K，p2=(1.0×105+)pa 因为V1=V2，所以 代入数据解得：m=2kg．
（ii）气体的状态参量为：T3＝273+90＝363K，
p2＝p3＝(1.0×105+)pa=1.1×105pa
- 21 -
因为p2=p3，所以，即： 代入数据解得：h3＝66cm，
点睛：此题考查了气体状态方程的应用；解题时要搞清气体的变化的过程，确定好要研究的状态，找出状态参量；尤其是气体压强，要结合平衡知识求解.
29．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状 态C最后回到状态A。其状态变化过程的V-T图象如图所示， 其中AB段和CA段都平行于坐标轴，BC段的延长线过坐标原点。 已知气体在状态A时的压强为3×l05Pa。
①请画出该过程的P-V图象；
②已知一次循环气体对外做功1296J，求A到B过程中气体所吸收的热量Q。
【答案】 (1)
(2) 3296J
- 22 -
30．如图所示，两水平气缸A、B固定，由水平硬质细杆（截面积可忽略）相连的两活塞的横截面积SA=4SB，两气缸通过一根带阀门K的细管（容积可忽略不计）连通。最初阀门K关闭，A内贮有一定量的气体（可视为理想气体），B内气体极为稀薄（可视为真空），两活塞分别与各自气缸底相距a=20cm，b=25cm，活塞静止。今将阀门K打开，问：（设整个变化过程气体的温度保持不变，不计活塞与气缸之间的摩擦，外部大气压为p0）
①活塞将向哪边移动？
- 23 -
②活塞移动的距离是多少？ 【答案】 ①左②15cm
【解析】①两活塞和连杆整体进行受力分析，易得活塞将向左移动。
②设阀门打开前、后封闭气体的压强分别为p1、p2，分别对A、B活塞和连杆进行受力分析，根据平衡条件有
p1SAp0SASB
p2SASBSp0SASB
所以p13p0 ，p2=p0 4设活塞向左移动的距离为x，对封闭气体，根据玻意耳定律有
p1SAap2SAaxSBbx
解得x=15cm
31．如图所示，质量m1=1kg的薄壁金属筒和质量m2=1kg、横截面积S=2cm2的活塞间封闭着一定质量的理想气体，装置静止时，内部理想气体高h1=10cm，已知外界大气压强p0=1.0×105Pa，不计活塞与金属筒之间的摩擦，重力加速度g=10m／s2，环境温度不变。若在下方对活塞施加竖直向上、大小F=22N的作用力，当系统稳定后内部理想气体高h2为多少?(结果保留一位小数)
【答案】
【解析】本题考查玻意耳定律的应用。 装置静止时，内部气体压强为，对活塞受力分析
由平衡条件可得解得：
- 24 -
装置加速上升时，对整体受力分析由牛顿第二定律得：解得： ，对活塞受力分析
设装置加速上升时，内部气体压强为
由牛顿第二定律得解得：由玻意耳定律得解得 32．如图所示，在一个很深的水银槽中倒立着一根上端封闭的粗细均匀的玻璃管，玻璃管露出水银面高度h1＝50cm，管内水银面距水银槽水银面的高度h2＝30cm。现保持玻璃管周围温度不变，缓慢上提玻璃管，使玻璃管露出水银面的高度为75cm。若外界大气压强为75cmHg，则管内气体压强为多少？
【答案】 30cmHg
33．如图所示，水平固定放置的气缸，由截面积不同的两圆筒连接而成。活塞A、B面积分别为2S和S，汗塞A、B用长为2l的细直杆连接，活塞与筒壁气密性好且摩擦不计。现活塞间密闭有
- 25 -
一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)都是大气，大气压强始终保持为p0，当气缸內气体温度为T0时，活塞B与两圆筒连接处的距离为l且处于静止状态。
(i)现使气缸内气体温度缓慢下降，活塞A刚刚缓慢右移到两圆筒连接处时，求密闭气体的温度T1；
(ii)若气缸内气体温度缓慢下降至T0/2，求细直杆对活塞的弹力大小F
【答案】 (1) (2) 【解析】（1）由题可知，气缸内气体温度缓慢下降时，气体压强为p0保持不变，初态体积：V0=2Sl+Sl=3Sl；末态体积：V2 =2Sl
由等压变化：解得T1=T0
（2）若气缸内气体温度缓慢下降至，气体发生等容变化，故气体压强p2，
有p2=p0
细直杆对活塞的弹力大小为 点睛：此题考查了气体的状态变化方程解决问题；关键是找到气体的状态，确定气体的状态变化参量并确定气体的状态变化特点，从而选取合适的物理规律列方程解答. 34．一定质量的理想气体变化情况如图所示.已知在状态B时，气体温度.
- 26 -
①求气体在状态A时的温度； ②气体由状态【答案】 ①的过程中放出热量为② ,则此过程中气体内能增量为多少？
35．如图，横截面积为S的气缸导热良好、内壁光滑，气缸上端开口，底端有一阀门K连接进
气口。原长21、劲度系数 的轻弹簧一端固定气缸底部，另一端连接质量 的活塞，
外界大气压强已知。现气缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距气红底部的距离为 ，求：
①气缸中气体的压强P；
②进气口连接打气筒，打开阀门K，给气缸缓慢打气，每次打入气体压强为、体积为，为使气缸中弹簧恢复原长，需要打气几次? (设环境温度不变，打入的气体及气缸内已有的气体可视为理想气体) 【答案】 （1）
（2） - 27 -
【解析】对活塞受力分析，根据平衡条件即可求出气缸中气体的压强P；根据理想气体状态方程，即可求出弹簧恢复原长，需要打气几次。 ①对活塞受力分析如图所示：
根据平衡条件有：解得： ②弹簧恢复原长时气体压强根据平衡条件有：可得： 设打气简打气n次，对于打入的气体及气缸内已有的气体
解得： n=28 故需要打气28次
点睛：本题主要考查了气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。
36．如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27℃，大气压强为液面高度差分别为、；
，稳定时，A部分气体长度为，管内各
①求A部分气体的压强；
②现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了U形管液面高度差。 【答案】 ①54 cmHg②8cm
【解析】①设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，
- 28 -
时，A部分气体长度为21cm，求时右侧
，，解得；
②由理想气体状态方程有 ，解得；
，由于空气柱长度增加1cm，则水银柱向右侧移动1cm，因此液面高度差，解得；
37．如图所示，固定的绝热汽缸内有一质量为m的“T”形绝热活塞（体积可忽略），距汽缸底部
h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底
部为1.5h0。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g。试求：
（1）初始时，两边水银柱的高度差h；
（2）缓慢降低气体温度，“T”形绝热活塞刚好接触汽缸底部时的温度； （3）改变气体温度，两边水银面相平时的温度。
【答案】 （1）（2）（3）
- 29 -
（3）降低温度直至液面相平的过程中，被封闭气体先等压变化，后等容变化． 初状态：p1=p0+mg/S，V1=1.5h0S，T1=T0； 末状态：p2=p0，V2=1.2h0S，T2=？
根据理想气体状态方程有 代入数据，可得T2＝ 38．用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5︰3，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气)。
(i)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比； (ii)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把气缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1︰2，重力加速度为g，求后来B气体的压强。
【答案】 (1)3:4(2) 【解析】（i）设A气体的体积为V，由玻意耳定律得到：
，解得：， ，B部分气体体积与原来的体积之比为（ii）初始状态：最终平衡状态： 设气缸总容积为V，A、B两部分气体做等温变化
，联立得到： 点睛：本题考查了玻意耳定律的应用，分析清楚气体状态变化过程、应用玻意耳定律即可解题；
- 30 -
本题是连接体问题，要掌握连接体问题的解题思路与方法。
39．如图所示，有一底部封闭的圆柱形气缸，用一厚度可忽略的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞质量m＝20kg。距离气缸底部高h0＝50cm处有卡环可以活塞的运动。当气体温度为时，活塞离气缸底部的高度是h1＝40Cm，已知大气压强P0＝1.0×105Pa，气缸内横截面积S＝0.01m2，重力加速度g取10m/s2，不计活塞与气缸间的摩擦。求：
①若在活塞上放一质量为40kg的物块，求活塞稳定时离底部的高度h（整个过程气体温度不变）。 2②若在活塞上不放置物块，将缸内气体温度升高到t＝177℃，求活塞稳定时缸内气体的压强P。 【答案】 ①30cm②
40．如图所示，长100cm、内径均匀的细玻璃管，一端封闭、另一端开口并水平放置，长为30cm的水银柱封住50cm长的空气柱。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，发现水银柱长度变为25cm，继续把玻璃管缓慢转动180°至开口端向上，已知环境温度为（1）大气压强的数值；
（2）开口端向上的情况下，环境温度至少升高到多少开尔文才能使水银完全溢出。
。求：
【答案】 75 cmHg，612.5 K
【解析】试题分析（1）分析气体的初、末状态的参量，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得
- 31 -
末态的压强；（2）分析分析气体的初、末状态的参量，根据理想气体状态方程求解末态温度。 （1）由题意可知初态气体压强末态气体压强由玻意耳定律可得：，气体体积，气体体积 ，得 （2）开口端向上的情况下，设环境温度升高到T时，管内水银剩余h，
由理想气体状态方程 代入数据得：即由数学函数规律得则 时不满足该气体状态方程，即该温度时水银自动溢出。
【点睛】理想气体状态方程应用的关键是找准气体的初状态与末状态各个参量，然后根据理想气体状态方程列式求解。
41．如图所示，横截面积均为S，内壁光滑的导热气缸A、B。A水平、B竖直放置，A内气柱的长为2L，D为B中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计。A、B之间由一段容积可忽略的细管相连，A气缸中细管口处有一单向小阀门C，A中气体不能进入B中，当B中气体压强大于A中气体压强时，阀门C开启，B内气体进入A中。大气压为P0，初始时气体温度均为27℃，A中气体压强为1.5P0，B中活塞D离气缸底部的距离为3L。现向D上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为mP0S。求： g
(i)活塞D稳定后B中剩余气体与原有气体的质量之比；
(ii)同时对两气缸加热，使活塞D再回到初始位置，则此时气缸B内的温度为多少? 【答案】 (i)
2 (ii) T2900K 3【解析】（i）对活塞受力分析，得出A中原有气体末态的压强，分析A中原有气体变化前后的状态参量，由玻意耳定律得A末态的体积，同理对B中原来气体进行分析，由由玻意耳定律得B末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解。
- 32 -
（i）当活塞C打开时，A、B成为一个整体，气体的压强P2P0mg SS 对A中原有气体，当压强增大到2P0时，其体积被压缩为LAS 由玻意耳定律得： 1.5P2LS2PLA0?0?1.5L 解得： LAB中气体进入气缸A中所占体积为0.5LS
S 对原来B中气体，由玻意耳定律得： P3LS2P0.5LSLB0·0?L 解得： LBB中剩余气体与原有气体的质量比为
SLB2 S30.5LSLB（ii）对气缸加热，阀门C关闭，此时被封闭在B中的气体温度为T1273K27K300K，
SLS 体积为LBD活塞回到初始位置，气体体积变为3LS，设最终温度为T2 由盖吕萨克定律得： 解得： T2900K
【点睛】解题的关键就是对A、B中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什么变化，根据相应的气体实验定律分析求解。
42．如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封闭有长度l1＝25.0 cm的空气柱，中间为一段长为h＝25.0 cm的水银柱，上部空气柱的长度l2＝40.0 cm。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢向下推，使下部空气柱长度变为l1′＝20.0 cm。假设活塞下移过程中没有漏气，求活塞下移的距离。（已知大气压强P0＝75.0 cmHg）
S3LSLB T1T2
【答案】 15 cm
- 33 -
43．如图所示,绝热气缸倒扣放置,质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与气缸间摩擦可忽略不计,活塞下部空间与外界连通,气缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时,封闭气体温度为T0,活塞距离气缸底部为h0,细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ,大气压强为P0,气缸横截面积为s,重力加速度为g,求：
①U形细管内两侧水银柱的高度差△h
②通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h,求此时的温度以及此加热过程中,气体对外界做的功。 【答案】 (1)
Mhh (2) 0T0 P0SMgh Sph0【解析】①设封闭气体的压强为P，对活塞分析： P0SPSMg 用水银柱表达气体的匀强为： PP0gh 解得到： hM； S②加热过程中气体变化是等压变化：
h0Sh0hS T0T解得到： Th0hT0 h0气体对外做功为： WPShP0SMgh
点睛：分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，然后选择恰当方程进行求解即可！ 44．如图所示为一种减震垫，由12个形状相同的圆柱状薄膜气泡组成，每个薄膜气泡充满了体积为V1，压强为p1的气体，若在减震垫上放上重为G的厚度均匀、质量分布均匀的物品，物品与减震垫的每个薄膜表面充分接触，每个薄膜上表面与物品的接触面积均为S，不计薄膜的重力和弹力，不考虑减震垫的重力，大气压强为p0，气体的温度不变，求：
(i)每个薄膜气泡内气体的体积变为多少?
(ii)若环境温度降为原来的一半，为保持每个气泡体积仍与(i)中相同，则所加重物的重力应变为
- 34 -
多少？
【答案】 (1) (2) 【解析】（i）放上物品后，设每个薄膜气泡内气体的压强为p2，则p2S=p0S+根据玻意耳定律有 p1V1=p2V2求得： （ii）等容变化，，又p3S=p0S+ ，
解得：45．如图所示，内壁光滑的绝热气缸内有一个重力不能忽略的绝热活塞，活塞可在气缸内自由滑动。开始时活塞上下两部分气体A、B的体积相等，温度均为T0，A气体的压强为p0。现把气缸倒置，并缓慢给A气体加热，当A气体的温度升高到T时，活塞恰好回到原来的位置，求此时B气体的压强。
【答案】 46．如图所示，粗细均匀的两端封闭的“L”形玻璃管竖直放置，玻璃管的总长度为L=96 cm，竖直段长=20 cm。水平段中间有一段长为h=16 cm的水银柱，当A、B两部分气体的温度均为−13℃时，B部分气体长度为40cm，两部分气体的压强均为在该平面内逆时针缓慢旋转90°。
=30 cmHg，现将玻璃管绕玻璃管最右端
- 35 -
(i)求旋转后A、B两部分气体的长度和；
(ii)旋转后，再给B部分气体缓慢加热(A部分气体温度始终不变)，需要加热到多少摄氏度才能使水银柱刚好没有进入此时的水平段。 【答案】 (1)
， (2) 299 ℃
【解析】(i)旋转后，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S 对A部分气体有 对B部分气体有其中 ,解得 ， ， (负值不合题意，已舍去)
=20 cm，
(ii)给B部分气体加热后，使水银柱刚好没有进入此时的水平段，A部分气柱长度变为B气柱长度=60 cm，此时A、B两部分气体压强关系为=+h
对B部分气体，根据理想气体状态方程，有对A部分气体，由玻意耳定律，有解得T=572 K
故需将B部分气体加热到299 ℃
= 点睛：本题考查了理想气体方程，做此类题目时要找到初末状态的参量。
47．农药喷雾器的原理如图所示，储液筒与打气筒用软细管相连，先在桶内装上药液，再拧紧桶盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出，已知储液筒容器为10L（不计储液筒两端连接管体积），打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200mL，现在储液筒内装入8L的药液后关紧桶盖和喷雾头开关，再用打气筒给储液筒大气。（设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变），求：
- 36 -
①要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3atm，打气筒活塞需要循环工作的次数； ②打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积。 【答案】 (1)20 (2)
，储液桶药液上方的气体体积为，【解析】①设需打气的次数为，每次打入的气体体积为则开始打气前：
储液筒液体上方气体的压强：气体的体积为： 打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：打气过程为等温变化，所以：代入数据解得： ，压强为 ②打开喷雾头开关K直至贮液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为变化，所以：代入数据解得：所以喷出的药液的体积 ，此过程为等温
48．为了保证车内入员的安全，一般小汽车都安装了安全气囊，利用NaN3爆炸产生的氮充入气囊，当小汽车发生一定的磁撞时．NaN3爆炸产生的氮气充满安全气囊，气囊体积变化很小。已知气囊容积为V＝56L，囊中氮气密度为＝2.5kg/m3，氮气的摩尔质量为M0＝0.028kg/mol，阿伏伽徳罗常数为：NA＝6.02×1023mol（i）求气囊中氮气的分子数；
（ii）当温度为27℃时，囊中氮气的压强多大? 【答案】 (1) 3.01×1024个 (2) 2.2atm
－１
，标准状态下气体的摩尔体积为V＝22.4L。
- 37 -
49．如图所示，长为0.5m、内壁光滑的气缸定在水平面上，气缸内用横截面积为100cm²的活塞封闭有压强为1×105Pa、温度为27℃的理想气体，开始时活塞位于距缸底30cm处。现对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为1×105Pa)
①试计算当温度升高到427℃时，缸内封闭气体的压强；
②若在此过程中封闭气体共吸收了800J的热量，试计算气体增加的内能。 【答案】 （1）1.4×105pa（2）600J
【解析】解：①由题意可知，在活塞移动到气缸口的过程中，气体发生的是等压变化，设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为度为，
，当活塞恰好移动到气缸口时，封闭气体的温则由盖-吕萨克定律可知：解得：，即227℃
，又 因为227℃<427℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到427℃时，封闭气体的压强
为P，由查理定律可以得到：带入数据整理可以得到：。
②由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离，由热力学第一定律，故大气压力对封闭气体所做的功为，得到： 50．如图所示，气缸长L＝1 m，横截面积S＝100 cm2，固定在水平面上，气缸中有一光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，当气缸中气体温度为T=300 K，大气压为P0＝1.0×105 Pa时，气柱长度为L0＝0.4 m。活塞可在外力F作用下移动，外力最大值为Fm=500 N，气缸壁的厚度可忽略不计。
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① 气缸中气体温度不变，将活塞缓慢拉至气缸中间位置，求外力大小； ② 外力能够将活塞缓慢从气缸中拉出，求气缸中气体的最低温度。 【答案】 （1）200 N （2） 375K
【解析】①设汽缸中气体初状态体积为V1，压强为P1，将活塞缓慢拉至气中间位置时，外力大小为F1，汽缸中气体体积为V2，压强为P2，则
V1SL0
P1＝P0
V21SL 2P2SF1P0S PV11PV22
解得 F1＝200 N
②外力能够将活塞缓慢从汽缸中拉出，设汽缸中气体的最低温度为T3，体积为V3，压强为P3，
T1= T，则V3SL
PS3FmP0S
PVPV1133 T1T3解得 T3=375K
51．如图所示，质量为m=6kg的绝热气缸（厚度不计），横截面积为S=10cm2，倒扣在水平桌面上（与桌面有缝隙），气缸内有一绝热的“T”型活塞固定在桌面上，活塞与气缸封闭一定质量的理想气体，活塞在气缸内可无摩擦滑动且不漏气．开始时，封闭气体的温度为t0=270C，压强
P=0.5×105Pa，g取10m/s2，大气压强为P0=1.0×105Pa．求：
①此时桌面对气缸的作用力大小；
②通过电热丝给封闭气体缓慢加热到t2，使气缸刚好对水平桌面无压力，求t2的值． 【答案】 ①FN=110N②687℃
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52．如图所示，质量为M的足够长气缸开口向下与大气连通，放在水平地面上。气缸内部有一个质量为m的活塞，气缸内部的横截面积为S，初始时活塞静止，距离气缸底部为h，热力学温度为T。已知大气压强为p0，重力加速度为g。（不计气缸内气体的重量及活塞与气缸壁间的摩擦）
①若将活塞上方气体的热力学温度升高到2T，则活塞下降的距离？
②若保持温度为T不变，现用手握住活塞手柄缓慢向上推，求将气缸刚推离地面时活塞上升的距离为多少？
M+mgh【答案】 ①h②x
p0SMg【解析】①当温度由T到2T时，汽缸内气体发生等压变化，设活塞下降的距离为h
hShhS由盖-吕萨克定律有： T2T解得： hh
②设汽缸内气体原来的压强为p、后来的压强为p，活塞上升的距离为x
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对活塞受力分析，由平衡条件得： p0SpSmg 对汽缸受力分析，由平衡条件得： p0SpSMg 由玻意耳定律得： phSphSxS 解得： x2Mgh
p0SMg53．开口朝上薄壁绝热汽缸内壁光滑，缸底装有电热丝，一定质量理想气体被一个面积为s=2.5×10-4m²、质量为m=0.5kg的绝热活塞封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁紧密接触且不计摩擦。初始时，缸内气体温度为t0=27℃，内能为U0= 90J，活塞与缸底距离h0=20cm.现通过电热丝给封闭气体缓慢加热，当气体温度为177℃时，活塞与缸底距离为h.己知理想气体内能U与热力学温度T成正比，大气压强p0= 1.0×105Pa，重力加速度g= 10m/s².求： (i)封闭气体温度为177℃时，活塞与缸底距离h和气体内能U的大小； (ii)缓慢加热过程中，封闭气体吸收的热量Q.
【答案】 （i）30cm ，135J； （ii）48J； 【解析】（i）缸内气体始、末温度分别为，T＝450K
缓慢加热过程中，气体做等压变化，据盖一吕萨克定律有解得：h＝30cm
据气体内能与热力学温度成正比有解得U＝135J
（ii）初始时，据活塞受力平衡有 则封闭气体压强 缓慢加热过程中气体膨胀，外界对气体做功为据热力学第一定律有解得Q＝48J
54．如图所示，竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管中的水银封闭了一定质量的理想气体，
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当环境温度T1=300K时， U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15cm，右管水银柱上方的气柱长h0=20cm，现在左管中注入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度，大气压强为P0=75cmHg，U形玻璃管的横截面积S=0.5cm2。求：需要注入的水银柱长度。
【答案】 23cm
55．如图所示，在一端封闭，另一端开口向上的竖直玻璃管，用5cm高的水银柱封闭着45cm长的理想气体，管内外气体的温度均为300K，大气压强p0=76cmHg；
（i）若缓慢对玻璃管加热，当管中气体的温度上升60K时水银柱上表面与管口刚好相平，求玻璃管的总长度；
（ii）若保持管内温度始终为300K，现将水银缓慢注入管中，知道水银柱上表面与管口相平，求此时玻璃管内水银柱的总长度。 【答案】 (1)
(2)
【解析】（i）设玻璃管横截面积为S，玻璃管的总长度为L，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀： 初状态：，末状态 由玻意耳定律可得
，得L=59cm
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（ii）当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为等压压缩： 初状态：由玻意耳定律可得，末状态，得H≈21.7cm
，水银柱的高度为H，管内气体经
点睛：本题考查了理想气体方程，做此类题时要注意不同状态下的状态参量。
56．利用如图所示的实验装置可测量粉末状物体的体积。导热性能良好的密闭容器，顶部连接一气压计可测出容器内的气体压强，容器左端与一个带有活塞的气缸相连，右端有一个小门。把小门开启，将活塞置于图中l位置，记录此时气压计读数po=1.00 atm。把小门封闭，将活塞缓慢推至图中2位置，记录此时气压计读数p1=1.20 atm。此过程中，气缸中气体体积变化△V=0.5 L。然后打开小门，将活塞恢复到l位置，放人待测粉末状物体后封闭小门。再次将活塞缓慢推至2位置，记录此时气压计读数p2=1.25atm。整个过程中环境温度不变，求待测粉末状物体的体积。
【答案】 0.5L
【解析】未放入粉末状物体时，推动活塞时，气体经历等温压缩过程，由玻意耳定律得：
p0V1pV12
压缩后气体的体积为： V2V1V
放入粉末状物体后，推动活塞时，气体仍经历等温变压缩过程，由玻意耳定律得： p0V3p2V4 压缩前气体的体积为： V3V1V 压缩后体的体积为： V4V1VV 代入数据得： V0.5L
57．2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射成功，景海鹏、陈冬身穿航天服进入太空。航天服是保障航天员生命活动和工作能力的个人密闭装备。假如在地面时航天服内气压为一个标准大气压p0=1.0×105Pa，气体体积为2L，温度为30℃，进入太空后，宇航员穿着航天服出舱后，由于外部气压低，航天服急剧膨胀，气体体积变为4L，温度降为20℃，航天服可视为封闭系统，内部气体可视为理想气体。
(I)求航天员进入太空出舱较长时间后，航天服内的气体压强。(结果保留2位有效数字) (Ⅱ)若在地面上开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内气压达到标准大气压的90%，体积变为4L，则需补充温度为30℃、一个标准大气压的气体多少升?
4V1.6L 【答案】 (1) P24.810Pa （2）
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58．如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为S,外界大气压张为p0、缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V增大了2V的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持其体积不变，使其降温到T1。已知重力加速度为g，求：
(i)停止加热时缸内气体的温度； (ii)降温过程中气体放出的热量。
【答案】 （1）T23T1 （2）Q2Q12vp0mg S【解析】【点睛】气缸中气体在停止加热前发生等压变化，根据盖吕萨克定律求末态温度；根据热力学第一定律，升温和降温过程内能的变化量绝对值相等，体积不变不做功，求出升温过程的内能变化量，即可求出降温过程放出的热量；
解：（ⅰ）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得由题意知V23V 解得： T23T1
（ⅱ）体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有
V1V2 T1T2pSp0Smg
解得： pp0mg S
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气体对外所做的功W1pV2Vp0停止加热后体积不变， W20 全程内能变化U0
mg S根据热力学第一定律UW1Q1Q2
所以降温过程中气体放出的热量Q2Q12Vp0mg S59．如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0．2 cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25℃时，油柱离管口10cm。 （i）估算这个气温计的测量范围
（ii）证明吸管上标刻温度值时，刻度线一定均匀分布
【答案】 （1）23.40C-26.60C（2）略
【解析】（1）封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最下端时，气体的温度最低，由盖-吕萨克定律得
V1V2V360＝得T2＝2T1298296.4K23.40C T1T2V13600.210封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖-吕萨克定律得
VV1V33600.220＝得T3＝3T1298299.6K26.60C T1T3V13600.120此温度计的测量范围为23.40C-26.60C. （2）根据盖-吕萨克定律，
V1V2VVVVVV ＝得：则有， 1＝212T1T2T1T2T1T2Tt设吸管内部的横截面积为S，内部在25℃时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化△t时油柱移动的距离为△l，则有
V1lSTS，即：△t＝1△l ＝T1tV1由上式可以看出，△t与△l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的.
点睛：解决本题关键是掌握理想气体状态方程，及盖-吕萨克定律的应用。注意热力学温标与摄氏温标的区别与联系。
60．如图所示，汽缸A和B的活塞用硬杆相连，活塞的横截面积SA=2SB，两活塞距离底部均为
h，汽缸壁用导热材料做成，此时环境温度为300 K，外界大气压为p0，汽缸B内的压强p2＝
0．5p0．问：
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(I)此时汽缸A内气体的压强为多少？
(II)若保持汽缸B中的气体温度不变，把汽缸A缓慢加热，加热至温度多高活塞才移动【答案】 (1) 0.75p0 (2) 600 K
1h ? 2 61．如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段是两段长度均为l1＝25 cm的水银柱，BC段是长度为l2＝10 cm的理想气柱，玻璃管底部是长度为l3＝12 cm的理想气柱．已知大气压强是75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管缓慢旋转180°倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后A处的水银面沿玻璃管移动的距离．
【答案】 58cm
【解析】气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移动的距离。
设玻璃管的横截面积为S，选BC段封闭气体为研究对象 初状态时，气体的体积为V1l2S
压强为P1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg 末状态时，气体的体积为V2l2'S
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压强为P2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg 根据PV11PV22 可得l2′＝20 cm
再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为V3l3S 压强为P3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg 末状态时，气体的体积为V4l3'S
压强为P4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg 根据PV33PV44 可得l3′＝60 cm
A处的水银面沿玻璃管移动了
l＝(l2′－l2)＋(l3′－l3)＝10 cm＋48 cm＝58 cm
62．如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7 ℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1＝14 cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24 cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h＝6 cm.若把该装置移至温度恒为27 ℃的房间中(依然竖直放置)，大气压强恒为p0＝76 cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦．分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．
【答案】 15 cm 25 cm
【解析】设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有
V1V1' TT'其中V1＝14S，T＝280 K，T′＝300 K，V′2＝l′1S 解得l′1＝15 cm
设平衡时右侧管气体长度增加
x，则由理想气体状态方程可知
p0hl2Sp0h2xl2xSTT'其中p0＝76 cmHg，h＝6 cmHg 解得x＝1 cm
所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25 cm.
点睛：本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，
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选择合适的气体实验定律解决问题．
63．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭、右端开口、置于竖直平面内，左端封闭着长L=60cm的理想气体，左边玻璃管中水银柱的长度为40cm，右边水银柱的长度为25cm，水平玻璃管中水银柱的长度为50cm。外界大气压为75cmHg，玻璃管直径远小于水银柱长。求：
（i）封闭气体的压强；
（ii）保持温度不变，将U形玻璃管绕A点在竖直平面内逆时针旋转90°，达到稳定状态后，封闭气体的长度。
【答案】 （1）P （2）L230cm 气60cmHg
．一容积V＝4L的氧气袋充满氧气，0℃时袋内气体压强为p1＝8.4×105Pa。 （i）求袋内氧气分子数（NA＝6.02×l023mol1）；
（ii）已知氧气袋内压强低于袋外气压的1.2倍时．必须按压袋体才能供治氧气。登山运动员在某高度处的温度为℃，大气压强为p1＝0.84×105Pa，若该运动员在此环境中每小时需氧气袋提供相当于标准状况下10L的氧气，则按压取氧开始，氧气袋供氧最多能维持多长时间。 【答案】 （1）9×1023个 （2） 0.4h
－
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【解析】（i）设标准状况下氧气的体积为V0，大气压强为p0，由玻意耳定律得：p1V＝p0V0， 袋内氧气物质的量为：n＝氧气分子数为：N＝nNA， 解得：N＝9×1023个；
（ii）袋内剩余气体的压强为：p2＝1.2p1，
标准状况下气体的体积为V2，由玻意耳定律得：p2V＝p0V2， 使用时间为：t＝解得：t＝0.4h；
65．如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置．若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．
V0 22.4V2 10
【答案】 F1p＋m g0S3【解析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求出压强，从而找出气缸内气体的初末状态，应用玻意耳定律即可解题。
以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有：p0S＋3mg＝p1S 解得： p1p03mg S3mg，V1＝2lS S对气缸内气体，初态： p1p0末态：p2，V2＝
3lS 2根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2 解得： p243mgp0 3S
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以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：p2S＝F＋p0S＋3mg 解得： F1p0Smg 3点睛：本题主要考查理想气体状态方程，找出气体的初末状态，再结合相应的气体状态方程即可解题。
66．如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1m，开口向下固定在竖直平面内，气缸中有横截面积为S100cm2、质量为m＝10kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。当外界温度为t27℃、大气压为p01105Pa时，气柱高度为l0.9m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g10m/s2。求：
①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，求此时外界温度为多少开；
②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，作用于活塞上的竖直拉力F的大小。
【答案】 ①
1000K ②90N 3
67．在盛有冰水混合物的水槽中竖直地浸有一足够高的导热气缸，不计质量的活塞封闭了一定质
32量的理想气体，活塞的横截面积S410m，如图甲所示。现缓慢地在活塞上倒上一定量的
细沙，活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热至某一温度，
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洁塞刚好上升到最初的位置。整个过程中气缸内气体的状态变化如图乙所示（箭头表示状态变化的方向）。大气压强p01.0105pa， g10m/s2，不计活塞与缸壁的摩擦。求：
I．所加细沙的质量； II．气体最后的温度。
【答案】 i.40kg ii.546K或273℃
5【解析】i．倒上细沙，压强增加为210Pa
根据平衡条件得： mgp2－p1S
11054103kg40kg 解得： m10ii．移出水槽，气体等压变化
初状态： T1273K，V1110－3m3，末状态V2210－3m3 根据盖吕.萨克定律：
V1V2 T1T2解得： T2546K或t2273℃
68．如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，其横截面积S＝1×103 m2，中间用两个活塞A－
与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气．A的质量不计，B的质量m＝8 kg，B与一劲度系数k＝5×102 N/m的轻质弹簧相连，已知大气压强p0＝1×105 Pa，平衡时，两活塞间的距离L0＝0.9 m，现用力压A，使之缓慢向上移动一定距离后再次保持平衡，平衡时用于压A的力F＝50 N．假定气体温度保持不变，取g＝10 m/s2，求活塞A向上移动的距离L.
【答案】 0.4 m
【解析】由于mgF，可知被封气体始末两状态下的弹簧始终处于拉伸状态，初始状态下弹簧的伸长量为x1mg k
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末状态下弹簧的伸长量为x2mgF kB上移的距离为xx1－x2
由于气体温度不变，根据玻意耳定律有p0L0Sp0解得L0.4m
69．如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动，活塞横截面积为S＝0.01 m2、质量为m＝10 kg，活塞距离汽缸底部的距离为h0＝10 cm，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度为t0＝27 ℃，g＝10 m/s2。
FL0LxS S
(ⅰ)当环境温度缓慢升高至57 ℃时，试比较此过程中气体吸收的热量Q与物体内能变化量ΔU的大小关系。
(ⅱ)当环境温度升高至57 ℃时，为使活塞距离汽缸底部的距离仍为10 cm，可使汽缸水平向右做匀加速直线运动，此时加速度应为多大？ 【答案】 (ⅰ)Q＞ΔU (ⅱ)10 m/s2
(ⅱ)活塞距离汽缸底部的距离仍为10 cm，由查理定律得：
p0p T0T即：
p0p
2732727357解得p＝1.1×105 Pa
对活塞，由牛顿第二定律得pSp0Sma 代入数据解得：a＝10 m/s2
点睛：本题主要考查了气体实验定律、热力学第一定律以及牛顿第二定律等知识点，关键是认真审题，明确状态变化的过程，应用热力学第一定律时注意负号法则，恰当选择研究对象运用牛顿第二定律求加速度。
70．一定质量的理想气体，状态从A→B→C→A的变化过程可用如图所示的P-V图线描述，气体在状态C时温度为Tc=300K，求：
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I．气体在状态A时的温度TA，并判断A、B状态温度的高低：
II．若气体在A→B过程中吸热500J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？
【答案】 1TBTA220J0
【解析】I、从A到B，根据理想气体的状态方程可得
PCVCPAVA， TA300K； TCTAPCVCPBVB，解得TB600K， TBTA； TCTBII、气体在A→B过程压强不变， WPV， 由热力学第一定律可得UWQ； 可得U200J；
71．封闭、内径均匀的长为L0＝42 cm的直玻璃管内，有一段长为h＝10 cm的水银柱封闭一定质量的理想气体。开始管口向上竖直放置，环境温度为t1＝27 ℃，大气压强为p0＝75 cmHg，达到平衡时，气柱的长度为L＝30 cm；保持温度不变，先将直玻璃管顺时针缓慢转到水平位置，然后再缓慢逆时针转回原位置并逐渐降低温度，当温度降为t2＝－3 ℃时，达到新的平衡，如果大气压强p0一直保持不变，不计玻璃管和水银的体积随温度的变化，求最终气柱的长度。
【答案】 27.65 cm
【解析】设玻璃管的横截面积为S，水银的密度为ρ，开始管口向上竖直放置时气柱的压强为p1，水平放置时气柱的压强为p2，根据玻意耳定律有p1SL＝p2SL′ 解得L′＝
p0ghL＝34 cm p0因为L′＋h＝44 cm>L0
说明将管水平放置时，有2 cm长的水银柱流出，管内还剩长 h′＝8 cm的水银柱;缓慢逆时针转回
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原位置，根据理想气体状态方程有
p0SL'p0gh'SL2 ＝T1T2解得L2＝
p0L'T2＝27.65 cm。
pgh'T01点睛：本题考查气体实验定律和理想气体状态方程的应用，关键找到两个状态的状态参量；计算时要细心，计算过程要仔细规范.
72．如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B堵住一定质量的理想气体，活塞面积为0.01m2，A与B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，但不漏气，A的质量为M=10kg，B与一劲度系数为k=l03N/m的弹簧相连，已知大气压强P0=1.0×l05Pa，平衡时两活塞间的距离l0=39cm。现用力压A，使A缓慢向下移动一段距离后再次平衡，此时用于压A的力F=200N。假定气体温度保持不变，B活塞未到下方通气孔，g取l0m/s2。求再次平衡时封闭气体的压强及活塞A向下移动的距离。
【答案】 1.3×105Pa 0.26m
73．水银气压计中混入了一个空气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当环境温度为7℃，实际大气压相当于766mm高的水录柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750mm，此时管中水银面到管顶的距离为70mm。此后某次测量时，环境温度为27℃，这个
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气压计读数为740mm水银柱时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强? 【答案】 755mHg
【解析】解：以管内水银柱上方气柱为研究对象，第一次测量时
P1766750mmHg
体积V170S
温度T12737280K
第二次测量V270750740S80S 温度T227327K300K 根据气态方程
PVPV1122 T1T2解得P215mmHg
实际大气压强P74015755mmHg。
74．如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L=100cm，其中有一段长h=25cm的水银柱把一部分空气封闭在管中，当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA=50cm现把开口端
=25cm时为止，这时系统处于静止状态已知大气压强向下插入水银槽中，直至A端气柱长LAp0=75cmHg，整个过程温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度h
【答案】 35cm
'''【解析】对A部分气体，由玻意耳定律： PALASPA即PA50cmHg，得PA LAS，100cmHg；
'对B部分气体：插入前PB75cmHg，插入后PB125cmHg； '''''由PBLBSPBLBS，得LB15cm，故hLLAhLB35cm；
75．如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热。两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变，现对气
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体Q缓慢加热。求：
①当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度T1；
②活塞A恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2。 【答案】 (1)
(2)
76．如图所示，U形气红固定在水平地面上，气缸内部深度为3h，横截面积为S，在距缸口h处有微小挡板；现用重力等于p0S的厚度不计的活塞封闭着一定质量的理想气体，气体温度为T0，气体压强为p0，外界大气压强也为p0，活塞紧压小挡板。已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦。现给缸内气体缓慢加热，直到活塞最终静止于缸口。求：
①活塞刚要离开小挡板时气体的温度和活塞静止于缸口时气体的温度；
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②若该理想气体的内能U与热力学温度成正比，可表达为U=CT，C为恒量，则整个过程中气体从外界吸收了多少热量?
【答案】 (1) T12T0； T23T0 （2）2CT0p0Sh 【解析】（ⅰ）①活塞未动前气体m、V一定，所以有解得T12T0 ②
②活塞上升过程m、p一定，所以有解得T23T0 ④
（ⅱ）活塞上升过程气体对外界做功W2p0Sh ⑤ 气体的内能增加量UCT2CT0 ⑥ 再由UQW ⑦
解得QUW2CT02p0Sh2CT0p0Sh
77．如图所示，两个边长为10cm的正方体密闭导热容器A、B，用一很细的玻璃管连接，玻璃管的下端刚好与B容器的底部平齐，玻璃管竖直部分长为L=30cm，初始时刻阀门K1、K2均关闭，B容器中封闭气体的压强为15 cmHg。外界环境温度保持不变。
p02p0 ① T0T12Sh3Sh ③ T1T2
I.打开阀门K1，让水银缓慢流入B容器，求最终B容器中水银的高度；
II.再打开阀门K2，向B容器中充入p0=75cmHg的气体，使B容器中恰好没有水银，求充入气体的体积。
cm【答案】 h6.25 3.3×10-4m3
【解析】I.打开阀门K1，稳定后，设B容器中水银的高度为h，容器底面积为S 初始时，B中封闭气体体积V110S，气体压强p115cmHg
稳定时，B中封闭气体体积V210hS，气体压强p210hLh
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根据玻意耳定律pV11p2V2 解得h=6.25cm
II.打开阀门K2，向B容器中充入气体的体积为V时，B容器中恰好没有水银 则B中封闭气体压强p340cmHg，由理想气体状态方程pV11p0Vp3V1 解得： V3.3104m3
78．如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T，活塞距离气缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，重力加速度为g，求
(1)U形细管内两侧水银柱的高度差； (2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降的热量为Q，求气体内能的变化。
，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收【答案】 (1) (2) ，
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79．如图所示，绝热气缸开口向上放置在水平平台上，已知活塞横截面积为S=50cm2，质量为m=10kg，被封闭气体温度为t=27℃，活塞封闭的理想气体气柱长L=10cm．已知大气压强为P0=1×105Pa，标准状况下（压强为一个标准大气压，温度为0℃）理想气体的摩尔体积为22.4L，阿伏伽德罗常数NA=6×1023mol-1．（活塞摩擦不计，重力加速度g取10m/s2）．求：
①被封闭理想气体的压强 ②被封闭内所含分子的数目．
【答案】 （1）1.2×105pa （2）1.5×1022 【解析】①根据活塞的受力平衡： P0SmgPS
232其中： S50cm510m
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可得被封闭理想气体的压强： PP0②设标况下气体的体积为 V0 ， 初态：压强 P1.2105Pa, 温度 T27327K300K ,
mg10101105PaPa1.2105Pa， 3S510体积 VLS0.105103m35104m3
5末态：压强 P0110Pa
温度 T0273K , 体积V0 ，
根据理想气体的状态方程可得： 解得： V00.546L ， 气体的物质的量： nPVPV00 TT0V0 , 其中 Vm22.4L/mol 则被封闭的分子数 N=n⋅NA Vm22联立解得分子数： N1.510个
故本题答案是： （1）1.2×105pa （2）1.5×1022
点睛：①活塞受竖直向下的重力、外界大气的向下的压力以及封闭气体向上的压力，活塞受力平衡，运用平衡方程，即可求出被封闭理想气体的压强；
②利用理想气体的状态方程求出标况下气体的体积，再根据阿伏伽德罗定律，即可求出被封闭的分子数目．
80．内壁光滑的导热气缸竖直放置，质量不计、横截面积为2cm2的活塞封闭了温度为27℃的一定质量气体在其内部。现缓慢的将沙子倒在活塞上，当气体的体积变为原来的一半时，继续加沙子的同时对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到87℃。（已知大气压强为
1.0105Pa， g10m/s2）。①求加热前密闭气体的压强。②求整个过程倒入沙子的质量。
【答案】 (1)2.0×105Pa；（2）2.8kg；
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81．(2)如图所示，竖直放置在水平面上的汽缸，汽缸里封闭一部分理想气体。其中缸体质量
M=4kg，活塞质量m=4kg，横截面积S=2×10-3m2，大气 压强p0=1.0×105Pa，活塞的上部与劲
度系数为k=4×102N/m的弹簧相 连，挂在某处。当汽缸内气体温度为227℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L=80cm。求:当缸内气体温度降到多少时，汽缸对地面的压力为零? (g取10m/s2，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦)
【答案】 -23°
【解析】解：初始气体的压强为P1p0末态气体的压强为P2p0mg1.2105Pa，体积为V1SL，温度T1500K； sMg0.8105Pa s系统受力平衡kxmMg 则x0.2m20cm 缸内气体体积V2LxS 对缸内气体建立状态方程代入解得T2250K
缸内气体温度降到t2250273C23C
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PVPV1122 T1T2
82．如图所示是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m=20.0kg，圆柱形竖直井内水面面积为S=0.300m²，图示时刻水面与井盖之间的距离为h=2.00m，井内密封有压强刚好等于大气压强p0=1.01× 105pa、温度为T=300K的空气(可视为理想气体)，重力加速度取g=10m/s².密闭空气的温度始终不变.
(i)从图示位置起，水面上涨多少后井盖第一次被顶起?
(ii)井盖第一次被顶起后迅速回落再次封闭井内空气，此时空气压强重新回到p0，温度仍为T0，则此次向外界排出的空气当压强为p0、温度为T1=290K时体积是多少? (ii)若水面匀速上涨，则井盖跳跃的时间间隔如何变化? 【答案】 (i) 1.31cm (ii)3.80×10-3m³(iii)逐渐变小
【解析】（ⅰ）井盖被顶起时，水面上涨x，井内气体的压强满足： pSp0Smg ，则
pp0mg20101.01105pa1.0167105pa S0.3根据玻意耳定律： phxSp0hS 带入数据解得x=1.31cm
（ⅱ）井盖第一次被顶起后，排除压强为p，温度为T0=300K的气体的体积为V1=xS，则排出的空气当压强为p0、温度为T1=290K时体积V2满足： V2=3.80×10-3m³
（ii）若水面匀速上涨，则井内气体的体积减少，压强的变化快，则井盖跳跃的时间间隔减小. 83．如图所示，内壁光滑的气缸分为高度相等的AB、BC 两部分，AB、BC两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a、b，横截面积Sa=2Sb，活塞a上端封闭氧气，a、b间封闭氮气，活塞b下端与大气连通，气缸顶部导热，其余部分均绝热.活塞a离气缸顶的距离是AB高度的，活塞b在BC的正中间.初始状态平衡，大气压强为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃. （1）通过电阻丝缓慢加热氮气，求活塞b运动到气缸底部时氮气的温度； （2）通过电阻丝缓慢加热氮气至420K，求平衡后氧气的压强.
pxSp0V2 ，代数数据解得：T0T1
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【答案】 （1）350K；（2）；
由几何关系得：联立解得： 84．如图所示，竖直放置的导热气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在气缸内无摩擦滑动。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H=70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8kg，大气压强p0=105pa，水银密度ρ=13.6×103kg/m3，
g=10m/s2。
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①求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
②在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5cm，求活塞平衡时与气缸底部的高度。
【答案】 （1）5cm（2）80cm
【解析】（1）以活塞为研究对象，p0S+mg＝pS 得p＝p0+ 而p＝p0+ρgh1 所以有：=ρgh1
解得： （2）活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm 封闭气体的压强初始时封闭气体的压强为： 汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有：代入数据：106800×70S=93200×hS 解得：h=80cm
点睛：本题力学知识与气体性质的综合，桥梁是压强．往往对跟气体接触的水银或活塞研究，根据平衡条件或牛顿第二定律研究气体的压强．
85．一定质量的理想气体被活塞封闭在导热良好的气缸内，活塞质量m1=1kg.面积S=4cm²，可沿气缸无摩擦的滑动，质量m2=lkg的物块置于粗糙斜面上，物块与斜面间动摩擦因数在μ=0.5，斜面倾角θ=37°，物块与活塞通过不可伸长的的轻绳相连，如图所示。初始状态下物块刚好不上滑，，此时活塞距离气缸底部的高度为h1=6cm，现调整物块的位置，使物块刚好不下滑，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，外界大气压为p0=1.0×105Pa，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8.环境温保持不变，求，
- -
①初始状态下气缸内气体的压强；
②物块位置调整后活塞距高气缸底部的高度h2。 【答案】 （1）1.0×105pa（2）5mm
86．如图所示，导热性能良好的汽缸分为上下两部分，上半部分的横截面积为3S，下半部分的横截积为S.重力不计的活塞与汽缸内壁没有摩擦，汽缸下半部分的长度为L，活骞到汽缸底部的距离为2L，汽缸封闭的气体为理想气体，环境温度为，大气压强为，重力加速度为g.
①保持环境温度不变，在活塞上放一个重物图中未画出)，活塞下降，最终稳定在距离汽缸底部1.5L的位置，则重物质量为多少?
②重物放在活塞上不动，缓慢升高环境温度，活塞可到原来位置时，环境温度为多少?活塞内封闭的气体吸收的热量为Q，汽缸内气体的内能增加了多少?
【答案】 （1） （2） 【解析】根据题意：p1=p0
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根据 解得：而 解得： ②根据题意：解得： 内部气体对外做功为：内能增加：ΔU=Q-U
87．如图甲所示，有一“上”形、粗细均匀的玻璃管，开口端竖直向上放置，水平管的两端封闭有理想气体A与B，气柱长度都是22cm，中间水银柱总长为12cm．现将水银全部推进水平管后封闭管道接口处，并把水平管转成竖直方向，如图乙所示，为了使A、B两部分气体一样长，把B气体的一端单独放进恒温热水中加热，试问热水的温度应控制为多少？（已知外界大气压强为76cmHg，气温275K．）
【答案】 312.5K．
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88．如图所示，有一粗细均匀的左端封闭、右端开口的U形管，处于温度恒定为330K的空气中，左右两边均封闭有长度为L20cm的理想气体，有一长度h46cm的水银柱刚好与右侧开口水平，U形管上部分水银柱高度差差h80cm，现将左侧气体温度升高，直到U形管上部分水银柱没有高度差，其余部分温度不变。已知大气压强恒为76cmHg，求：
Ⅰ.右侧气体的长度为多少? Ⅱ.左侧气体温度为多少?
【答案】 （1）10cm（2）540K
【解析】ⅰ．对于右侧气体p1p0p液76cmHg46cmHg30cmHg①，V120S 升温后，假设右侧气柱长为x，则剩余液柱长度h1Lhhx26xcm 2p2p0p液76h1cmHg50xcmHg②，V2xS
x10cm④ 由pV11p2V2③，可得
ⅱ．对于左侧气体p3p1p液30cmHg80cmHg110cmHg⑤，V320S， T3330K
p4p260cmHg
h V4LS60S， T4？2
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由
p3V3p4V4⑥，T3T4得T4540K⑦
．如图所示，两玻璃管内径相同，底部用内径很细的细管相连，开始两管内水银面相平，左右管内水银柱长均为15 cm，左右管内空气柱高均为30 cm，现用阀门将右管口封闭，并用活塞封闭左管口，缓慢推动活塞压缩左管内气体，使左管内的水银恰好全部进入右管，然后保持活塞位置不动。已知大气压为75 cmHg，细管容积忽略不计，环境温度保持不变。求：
(i)左管活塞下移的距离；
(ii)将右管上端的阀门缓慢开启，计算说明右管内水银是否会溢出。 【答案】 （1）x12.5cm （2）见解析
【解析】解：（1）设左侧气体压强为P，对左侧气体由玻意尔定律P 0L0P左L左对右侧气体P 右P左20L右201010 P0L0P右L右
解得L左8.8cm
活塞下移的距离x30cmL左21cm
（2）右管上端的阀门缓慢开启，左管内水银不会溢出，左侧气体压强PP020
P0L0PL
解得L15.8cm
因L2035.8cm8.830cm，故水银不溢出。
90．如图所示为理想氮气的p-V图像，图中a状态至b状态容积不变，b状态至c状态压强不变，c状态至a状态温度不变，且该氮气在a状态时的温度为300K，在b状态时的体积为22.4L，求：
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I、该氮气在c状态时的体积；
II、请比较该氮气由b状态到c状态的过程中从外界吸收的热量与对外做功的大小关系。 【答案】 （1）；（2）气体吸收热量Q大于气体对外做的功W。
即可求解；
【解析】从图象可知，从A到B为等容变化，根据公式ⅰ.设气体在状态b时的体积为Vb，a到b为等容过程。
根据气体定律得，解得 b到c为等压过程，根据气体定律得 ，解得 ；
ⅱ.气体由状态b到状态c为等压过程，由气体定律可知，体积增大时温度升高，所以气体内能ΔU增大，由于b→c气体对外做功，W为负值，气体吸热，Q为正值，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W。
91．如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口，下端正中开口处有一开关K，K关闭，管中装有水银，左右两管中的水银面在同一水平线上，左管中的空气柱长度
L1=21cm。控制开关K缓慢放出一些水银，使左管液面比右管液面高h1=25cm时关闭开关K。
已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变。
①求放出水银后左管空气柱的长度L2；
②放出这些水银后，再从右管口缓慢注入水银，使得右管液面比左管液面高h2=15cm，求需在右管中加入的水银柱长度H。 【答案】 （1）31.5cm（2）68cm
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92．如图所示，有一热气球，球的下端有口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，球内有温度调节器，以便调节球内空气的温度，使气球可以上升或下降。设气球的总体积V0=300m3(球壳体积忽略不计)，除球内空气外，气球质量M=120kg。已知地球表面大气温度T0=280K，密度ρ0=1.20kg/m3，大气可视为理想气体。
(ⅰ)当球内温度为500K时，求气球内剩余气体的质量与原来的质量之比； (ⅱ)为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到多少？
【答案】 (1) (2) 【解析】（ⅰ）对原来的气体，压强不变，则①
所以（ⅱ）刚要飘起时有②
③
④
对原来气体，质量一定，加热前后有原来的气体温度升高后，压强不变，根据盖—吕萨克定律有解得：⑥
⑤
93．如图甲所示为上端开口粗细不同的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长。封闭气体初始温度为57℃.乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。求；
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①封闭气体初始状态的压强;
②若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内。 【答案】 (1)；(2) ，
【解析】（1）气体初状态体积为：由图知此时压强为：p1=80cmHg， （2）由题意知：p2=82cmHgV2=48cm3
从状态1到状态2由理想气体状态方程知代入数据知：其中T1=57+273=330K 代入数据解得：T2=369K
94．如图所示，一大汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S=50cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A的质量m=62.5kg，物块与平台间的动摩擦因数为μ，两物块间距为d=10cm.开始时活塞距缸底L1=10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0=1×105Pa，温度t1=27℃.现对汽缸内的气体缓慢加热，汽缸内的温度升为177℃时，物块A开始移动，并继续加热，保持A缓慢移动。（g=10m/s2)求：
①物块A与平台间的动摩擦因数μ； ②A与B刚接触时汽缸内的温度。 【答案】 ①0.8 ②900K
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95．如图所示，在粗细均匀导热良好的玻璃管中封闭度均为10cm的A、B两段气柱。左、右两管水银高为3cm，B气柱高左端的距离为3cm.现保持环境温度不变，缓慢从右管注入水粮。当左管水银面上升2cm时，求需注入水银长度为多少? 大气压=76cmHg.
【答案】 25.1cm
【解析】设玻璃管横截面积为S
对A段气体有：PA1=P0=76cmHg，VA1=10S，VA2=8S 气体做等温变化，有PA1VA1=PA2VA2 解得PA2=95cmHg
对B段气体有：PB1=P0+3=79cmHg VB1=10S
PB2=PA2+3+2=100cmHg
气体B做等温变化，有PB1VB1=PB2VB2 解得VB2=7.9S，B气体后来的长度为7.9cm 需要注入的水银h=2+(10-7.9)+(100-76-3)=25.1cm
【点睛】本题考查了求注入水银柱的长度，气体发生等温变化，应用玻意耳定律即可正确解题，求出气体的状态参量是正确解题的前提与关键，找出水银柱间的几何关系是正确解题的关键. 96．如图所示，一小车静止在水平地面上，车上固定着一个导热良好的圆柱形密闭气缸，在气缸正中间有一面积为3×10-4m2的活塞，活塞厚度及活塞与气缸内壁间摩擦可忽略不计。此时活塞左右两侧的气体A、B的压强均为1.0×105Pa。现缓慢增加小车的加速度，最后小车以20m/s2的
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加速度向右匀加速运动时，A气体的体积正好是原来的一半，若环境温度保持不变，求活塞的质量。
【答案】 m2kg
【解析】起始时气体压强用P表示，体积用V表示； 对A气体：P1=P，V1=V，V2=
1V； 25由P1V1= P2V2，可得P2=2 P=2.0×10Pa； 对B气体：P3=P，V3=V， V4=由P3V3= P4V4，可得P4对活塞有：(P1-P4)S=ma 代入数字可解得m=2kg
97．如图甲所示，粗细均匀薄壁“U”型玻璃管，A端封闭，D端开口，AB、CD段水平，BC段竖直。在AB管内用水银封闭有理想气体，外界大气压强p0=75cmHg，环境温度t1=27℃.气柱和各段水银柱长度分别为L1=50cm，L2=10 cm，L3=24cm，L4=15cm，已知热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K。
3V； 222P105Pa 33
（ⅰ）若玻璃管内的气柱长度变为60cm，则环境温度应升高到多少摄氏度?
（ⅱ）若保持环境温度t1=27℃不变，将“U“型玻璃管绕B点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90°至AB管竖直，如图乙示，求状态稳定后“U”型玻璃管中封闭气柱的长度。 【答案】 (1) (2)
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98．如图所示，亚铃状玻璃容器由两段粗管和一段细管连接而成。容器竖直放置.容器粗管的截面积为S1=2cm2，细管的截而积S2=lcm2，开始时粗细管内水银长度分别为h1=h2=2rm.整个细管长为h=4cm.封闭气体长度为L=6cm。大气压强为p0=76cmHg，气体初始温度为27℃。求：
①若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K
②若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中封闭气体长度L仍为6cm不变，封闭气体的温度应为多少K
【答案】 (1) T2405K (2) T3315K
【解析】【分析】要使水银刚好离开下面的粗管，由理想气体状态方程求出封闭气体的温度，再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm不变，则此过程为等容变化，求出封闭气体的温度。 解：(1)开始时P1P0h1h280cmHg， V1LS1， T127327300K 水银全面离开下面的粗管时，设水银进入上面的粗管中的高度为h3， 则h1S1h2S2hS2h3S1 解得h31m
此时管中气体的压强为PcmHg 2P0hh381管中气体体积为 V2Lh S11
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由理想气体状态方程得T2405K
PVPV1122 T1T2(2)再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm不变，则此过程为等容变化 管里气体的压强为P3P02h1h284cmHg 则由
PP13 T1T3解得T3315K
99．如图甲所示，放置在水平台上的导热良好的气缸内封
闭一定质量的理想气体，活塞质量为
5kg，面积为25cm2，厚度不计，活塞与气缸之间的摩擦不计，且密闭良好．气缸全高为25cm，大气压强为1.0×105 Pa，当温度为27℃时，活塞封闭的气柱高为10cm．若保持气体温度不变，将气缸逆时针缓慢旋转至与水平方向成30°的状态，如图乙所示．g取10 m/s2．0℃相当于273K
①分析此过程中气体是吸热还是放热，并说明理由． ②若气缸静止于图乙状态，将外界环境温度缓慢升高
，使活塞刚好下移至缸口，求此时的温度．
【答案】 (1)此过程为等温过程，压强减小，所以体积增大，气体对外做功，又因为气体内能不变，
由热力学第一定律，应从外界吸收热量 （2）562.5K
【解析】本题考查热力学第一定律，气体压强计算、气体状态方程等知识。 (1) 过此程中气体从外界吸收热量。
此过程为等温过程，压强减小，所以体积增大，气体对外做功，又因为气体内能不变，由热力学第一定律，应从外界吸收热量。
5（2）以活塞为研究对象，初态时有mgP0sPs1，解得： P1=1.210Pa 5末态时有P2smgsinP0s，解得： P2=0.910Pa
PLPLs11s22 T127273k300K， L110cm， L225cm T1T2解得： T2562.5K2.50C
100．如图所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形绝热气缸，气缸的横截面积
m3，
绝热活塞到气缸底部的距离为L=0.5m，活塞的质量和厚度均可忽略，活塞上固定一个力传感器，
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传感器通过一根竖直细杆与天花板固定好，气缸内密封有温度t1=27℃的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0，若外界的大气压强P0=1.0×105Pa保持不变，求：
（1）如果保持活塞不动，当力传感器的读数达到F300N时，密封气体温度升高到多少？ （2）如果从初状态开始将活塞往下压，当下压的距离为x=0.2m时力传感器的示数达到F=450N，则通过压缩气体可以使此密封气体的温度升高到多多少？
【答案】 （1）387；（2）231；
101．粗糙水平面上放置一端开口的圆柱形气缸，气缸内长L=0.9m，内横截面积S=0.02m2，内部一个厚度可以忽略的活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞与一个原长为l0=0.2m的弹簧相连，弹簧左端固定于粗糙的竖直墙上。当温度T0=300K时，活塞刚好在气缸开口处，弹簧处于原长。缓慢向左推动气缸，当气缸运动位移x=0.2m时，弹簧弹力大小为F=400N，停止推动，气缸在摩擦力作用下静止。已知大气压强为P0=1.0×105Pa，气缸内壁光滑。
（ⅰ）求弹簧的劲度系数k的大小；
（ⅱ）此后，将温度降低到T'时，弹簧弹力大小仍为F=400N，气缸一直未动，求T'。 【答案】 （ⅰ）8×103N/m（ⅱ）173.3K
【解析】（ⅰ）设弹簧劲度系数为k，弹簧后来长度为l1，则弹簧弹力F（ kl0l1）5初始状态： PP1.010Pa V1LS T1T0300K 10
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移动后气体压强P2=P0F S移动后气体体积V2（Ll0xl1)S 根据玻意耳定律，有： PV11PV22 解得： k8103N/m
（ⅱ）降温后弹簧长度为l2，则F（ kl2l0）降温后压强P3=P0-F S降温后体积V3（Ll2)S 由气体状态方程
PVPV1133 T1T解得： T'173.3K。
点睛：本题考查了理想气体状态方程的应用，根据平衡条件求出气体的压强是正确解题的关键，根据题意求出气体的初末状态参量，应用理想气体状态方程即可正确解题。
102．如图所示，用导热性能良好的汽缸和活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度及其与汽缸缸壁之间的摩擦均不计。现将汽缸放置在光滑水平面上，活塞与水平轻弹簧连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。已知汽缸的长度为2L、活塞的面积为S，此时封闭气体的压强为p0，活塞到缸口的距离恰为L，大气压强恒为p0。现用外力向左缓慢移动汽缸（该过程中气体温度不变），当汽缸的位移为L时活塞到缸口的距离为①求弹簧的劲度系数k；
②若在上述条件下保持汽缸静止，缓慢降低外界温度，使活塞距离缸口仍为L，则此时气体温度与原来温度之比为多大？
3L。 4
【答案】 (1) k34S11；(2) 此时气体的热力学温度与其原来的热力学温度的比值为 15L15
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103．有一传热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M的活塞密封一定质量的理想气体，活塞面积为S，开始时气缸开口向上（如图甲）。已知外界大气压强为p0，倍封气体的体积V0。
①求被封气体的压强；
②现将气缸倒置（如图乙），底部气体始终与大气相通，待系统重新稳定后，求活塞移动的距离。 【答案】 ①
MgP0S2MgV0② SP0SMgMgP0S S【解析】①令封闭气体的压强为P，对活塞受力分析： MgP0SPS，得P
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②气缸倒置后：对活塞受力分析得： MgPS11P0S，所以P对封闭气体运用玻玛定律PV0PV11，得V1所以hP0SMg SP0SMgV0
P0SMgV1V02MgV0 SP0SMg104．如图所示，一长方形气缸的中间位置卡有一隔板，此隔板将气缸内的理想气体分为A、B两部分，气缸壁导热，环境温度为27 ℃，已知A部分气体的压强为pA = 2×105 Pa，B部分气体的压强为pB = 1.5×104 Pa，，如果把隔板的卡子松开，隔板可以在气缸内无摩擦地移动。
(1)松开卡子后隔板达到稳定时，求A、B两部分气体的体积之比；
(2)如果把B部分气体全部抽出，同时将隔板迅速抽出，使A部分气体发生自由膨胀，自由膨胀完成的瞬间气缸内的压强变为p = 9×104 Pa，则自由膨胀完成的瞬间气缸内与外界还没有达到热平衡前的温度是多少摄氏度。 【答案】 (1)40:3 (2) t3℃
【解析】(1)气缸壁是导热的，故发生等温变化，对A气体： PAVPVA 对B气体： PBVPVB 解得： VA:VB40:3
(2)A气体的自由膨胀，由理想气体状态方程：
PAVP2V T1T2105V91042V得：
300KT解得： T270K 即： t3C
【点睛】本题考查放气过程中气体定律的运用，放气过程为变质量问题，解题关键是要将气体质量找回，使之变成一定质量的理想气体，再应用气体定律解决问题，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的气体定律解决．
105．如图，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖质量为m，杯身与热水的总质量为M，杯子的横截面积为S。初始时杯内气体的温度为T0，压强与大气压强p0相等。因杯子不保温，杯内气体温度将逐步降低，不计摩擦。
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（1）求温度降为T1时杯内气体的压强P1；
（2）杯身保持静止，温度为T1时提起杯盖所需的力至少多大？ （3）温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？ 【答案】 （1）P1P0MgT0T T1（2）F＝P0S＋mg－1P0 S （3）T2＝T0－
T0T0P0S
（3）设提起杯子时气体压强为P2 ，温度为T1，杯身的受力分析如图所示，
平衡时： P0S＝P2S＋Mg 得P2＝P0－
Mg S根据查理定律
P0P2= T0T2
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此时温度为T2＝T0－
MgT0 P0S106．如图所示，一长方形气缸的中间位置卡有一隔板，此隔板将气缸内的理想气体分为A、B两部分，气缸壁导热，环境温度为27 ℃，已知A部分气体的压强为pA = 2×105 Pa，B部分气体的压强为pB = 1.5×104 Pa，，如果把隔板的卡子松开，隔板可以在气缸内无摩擦地移动。
(1)松开卡子后隔板达到稳定时，求A、B两部分气体的体积之比；
(2)如果把B部分气体全部抽出，同时将隔板迅速抽出，使A部分气体发生自由膨胀，自由膨胀完成的瞬间气缸内的压强变为p = 9×104 Pa，则自由膨胀完成的瞬间气缸内与外界还没有达到热平衡前的温度是多少摄氏度。 【答案】 (1)40:3 (2) t3℃
【解析】(1)气缸壁是导热的，故发生等温变化，对A气体： PAVPVA 对B气体： PBVPVB 解得： VA:VB40:3
(2)A气体的自由膨胀，由理想气体状态方程：
PAVP2V T1T2105V91042V得：
300KT解得： T270K 即： t3C
【点睛】本题考查放气过程中气体定律的运用，放气过程为变质量问题，解题关键是要将气体质量找回，使之变成一定质量的理想气体，再应用气体定律解决问题，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的气体定律解决．
107．如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭气缸水平放置，可自由活动的活塞将气缸分隔成A、B两部分，活塞与气缸左侧连接一轻质弹簧，当活塞与气缸右侧面接触时弹簧恰好无形变．开始时环境温度为t1=27℃℃，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空，稳定时B部分气柱长度为L1=0．10m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3：4。已知活塞的质量为m=3．6kg，截面积S=20cm2，重力加速度g=10m/s2
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(I)将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2=127℃，求此时B部分空气柱的压强
(Ⅱ)保持环境温度t2不变解除活塞锁定，将气缸缓慢旋转90°成竖直放置状态，B部分在上面求稳定时B部分空气柱的长度．(标准大气压下冰的熔点为273K) 【答案】 (I) 1.8104 (Ⅱ)0.2m
108．某次科学实验中，从高温环境中取出一个如图所示的圆柱形导热气缸，把它放在大气压强p0＝1 atm、温度t0＝27 ℃的环境中自然冷却．该气缸内壁光滑，容积V＝1 m3，开口端有一厚度可忽略的活塞．开始时，气缸内密封有温度t＝447 ℃、压强p＝1.2 atm的理想气体，将气缸开口向右固定在水平面上，假设气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
（i）活塞刚要向左移动时，气缸内气体的温度t1； （ii）最终气缸内气体的体积V1. 【答案】 （i）327℃；（ii）0.5m3。
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【解析】（i）气缸内气体压强等于大气压强时，活塞开始向左移动。气体做等容变化，由查理定律得
pP0 TT1PVPV01 TT0解得：T1=600 K，即t1=327℃
（ii）最终气缸内气体温度等于环境温度，由理想气体状态方程得解得V1=0.5m3。
109．如图所示，竖直放置的均匀细U型试管，左侧管长30cm，右管足够长且管口开口，底管长度AB=20cm，初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为10cm，左管内被水银封闭的空气柱气体温度为27℃，已知大气压强为p075cmHg。
①现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成5cm长的高度差.则此时气体的温度为多少摄氏度?
②若封闭的空气柱气体温度为27℃不变，使U型管竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入AB管内时，加速度为多少？
【答案】 87℃； 0.8g
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110．如图，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB = 90cm，BC = 40cm，CD = 60cm。在竖直段CD内有一长10cm的水银柱，其上端距C点10cm。在环境温度为300K时，保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10cm，已知大气压为75cmHg，且保持不变。
①环境温度缓慢升高，求温度升高到多少开时，水银柱下端刚刚接触D点；
②环境温度在①问的基础上再缓慢升高，求温度升高到多少开时，水银柱刚好全部进入水平管DE。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】 ①400K，②519K.
111．如图所示，一轻弹簧上面链接一轻质光滑导热活塞，活塞面积为S，弹簧劲度系数为k，一质量为m的光滑导热气缸开始与活塞恰好无缝衔接，气缸只在重力作用下下降直至最终稳定，气缸未接触地面，且弹簧仍处于弹性限度内，环境温度未发生变化，气缸壁与活塞无摩擦且不漏气，气缸深度为h，外界大气压强为p0，重力加速度为g，求：
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（i）稳定时，气缸内封闭气体的压强； （ii）整个过程气缸下降的距离。 【答案】 （ⅰ）p0mgmgmg （ⅱ） hSmgp0Sk 112．一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图所示，两部分气体温度相同，都是T0＝27 ℃，A部分气体压强PA0＝1.0×105 Pa，B部分气体压强PB0＝2.0×105 Pa.现对B部分的气体加热，使活塞上升，使A部分气体体积减小为原来的2/3.求此时：
(1)A部分气体的压强pA； (2)B部分气体的温度TB.
【答案】 （1）1.5×105pa（2）500K
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113．如图所示，右侧有挡板的导热气缸固定在水平地面上，气缸内壁总长为21cm，活塞横截
2面积为10cm，厚度为1cm，给活塞施加一向左的水平恒力F20N，稳定时活塞封闭的气柱
50长度为10cm，大气压强为1.010Pa，外界温度为27C，不计摩擦。
①若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；
②若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60N时，求封闭气柱的温度。
【答案】 （1）15cm（2）800K
【解析】①温度不变，设被封闭气体压强分别为p1、p2，气柱长分别为l1、l2；则有
p1＝p0FF1.2105pa； p2＝p00.8105pa SSV1＝l1S ,V2＝l2S
根据玻意耳定律，有pV＝p2V2 11
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解得l2＝15cm
②设汽缸升温前后温度分别为T1、T2，升温后气柱长度为l3，T1＝300K，l3＝(21−1)cm＝20cm 最后气体压强p3＝p0据理想气体状态方程得解得：T3＝800K
点睛：本题考查气体实验定律的应用，第一问求解气体的压强必须要以活塞为研究对象根据受力平衡来求，第二问要注意末态气体的体积时要注意考虑活塞有厚度，解题时考虑问题要全面细致． 114．如图，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB = 90cm，BC = 40cm，CD = 60cm。在竖直段CD内有一长10cm的水银柱，其上端距C点10cm。在环境温度为300K时，保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10cm，已知大气压为75cmHg，且保持不变。
①环境温度缓慢升高，求温度升高到多少开时，水银柱下端刚刚接触D点；
②环境温度在①问的基础上再缓慢升高，求温度升高到多少开时，水银柱刚好全部进入水平管DE。（计算结果保留三位有效数字）
F'1.6105pa ，V3=l3S Sp1V1p3V3 ＝T1T3
【答案】 ①400K，②519K.
解得： T2V2160ST1300K400K V1120S②水银柱刚好全部进入水平管DE，压强为P气体的长度为L3180cm，温度为T3 375cmHg，
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由理想气体状态方程得：
PVPV1133 T1T3解得： T3PV75180S33T1300K519K PV65120S11115．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。求：
①该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？
②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 【答案】 ①tC27℃②吸热，200J
116．如图所示，左边开口右边封闭且等高的U形玻璃管粗细不同，右管横截面积是左管的2倍。管中装人水银，在右管中封闭一段长为20cm的空气柱，此时环境温度为51℃，两侧水银面的高度差为6cm设大气压强相当于75cm高水银柱产生的压强。求： Ⅰ.为使左右两便水银面高度相等，环境温度应变为多少？
Ⅱ.若保持环境温度51℃不变，然后将细管管口用一活寒封闭并将活常缓慢推入管中，直至两管中水银面
高度相等，则活塞下移的距离是多少？
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【答案】 (1)270K(2)
19cm 3【解析】ⅰ.对右管封闭气体，由理想气体的状态方程有T2=270K ②
ⅱ.对右边封闭气体有p1V1=p3V3 ③ P3=90cmHg ④
对左边封闭气体有p4V4=p5V5，p4=p0，p5=p3 ⑤ V5=L5S，L5=35/3cm ⑥
p1V1p2V2 ① T1T23519x18cmcm ⑦
33117．如图所示，一细U形管一端开口，一端封闭，用两段水银柱封闭两段空气柱在管内，初始状态时两气体的温度都为T1＝300 K，已知L1＝80 cm，L2＝25 cm，L3＝10 cm，h＝15 cm，大气压强p0＝75 cmHg，现给气体2加热，使之温度缓慢升高，求：当右端的水银柱的液面上升Δh＝15 cm时，气体2的温度．(此过程气体1的温度保持不变)
【答案】 600 K
- -
气体1是等温变化：p1L1s＝p′1L′1s，得L′1＝75 cm 气体2的长度L′2＝L2＋Δh＋L1－L′1＝45 cm 根据理想气体方程得得：T2＝600 K
118．如图，导热性能极好的气缸，高为L=l.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积
2为S100cm、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外
V2p2V2p2pLpL，则 2222 T1T2T1T25界温度为t27℃、大气压为P1.010Pa时，气柱高度为l0.80m，气缸和活塞的厚度均0可忽略不计，取g10m/s2，求：如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？
【答案】 102C
119．如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸开口向下竖直固定放置，活塞的截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物。若开始时汽缸内理想气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，一切摩擦均不计且m0g＜p0S。
（1）求重物刚离地时汽缸内气体的压强；
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（2）若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？
【答案】 ①p0mm0g②11SmgT0 2p0Sm0g【解析】①当轻绳刚好伸直且无拉力时，设此时汽缸内气体的压强为p1。 由力的平衡条件可得： m0gp1Sp0S 所以p1p0m0g S当重物刚好离开地面时，设此时汽缸内气体的压强为p2，则有p2Smm0gp0S 所以p2p0m0mgS
②设重物刚好离开地面时汽缸内气体的温度为T1，此过程气体发生等容变化，由查理定律可得
p1p2 T0T1解得T11mgT0
p0Sm0g设气体体积减半时汽缸内气体的温度为T2，此过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得
VV2 T1T211mg解得T2T11T0。
22p0Sm0g120．如图所示，一绝热气缸竖直放置，一定质量的理想气体被活塞封闭于气缸中，绝热活塞质量为m、横截面积为S，不计厚度，且与气缸壁之间没有摩擦。开始时活塞被销子K固定于距气缸底部高度为h1的A位置，气体温度为T1，压强为p1，现拔掉销子，活塞下降到距气缸底部高度为h2的B位置时停下，已知大气压强为p0，重力加速度为g。
（i）求此时气体温度TB；
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（ii）若再用电热丝给气体缓慢加热，使活塞上升到距气缸底部高度为h3的C位置时停下，求活塞上升过程中气体对活塞做的功。
p0Smgh2【答案】 （i）TB（p0Smg）T1（ii）Wh3h2
p1Sh1
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