重难点20气体状态方程的运用

1．一定质量的理想气体从A状态开始，经过A→B、B→C、C→D、D→A最后回到初始状态A，各状态参量如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．A→B过程气体从外界吸热
B．A→B过程气体对外做功大于C→D过程外界对气体做功
C．C→D过程气体从外界吸热
D．A状态气体分子平均动能小于D状态气体分子平均动能
【答案】A
【详解】
A．根据图象可知，A到B过程中气体温度升高，内能增大，同时气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，故A正确；
B．根据气体做功公式

可知，图象与横轴所围成的面积代表做功的数值，故A到B过程气体对外做功等于C到D过程外界对气体做功，故B错误；
C．C到D过程内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误；
D．根据

可知，A状态温度高于D状态，所以A状态气体分子平均动能大于D状态气体分子平均动能，故D错误。
故选A。
2．在商场一些柜台前常见到一种气压凳（如图），它的高度可以调节且舒适性好。其原理结构简化模型就是一个气缸活塞模型，内部封闭一定质量氮气。如果有一个人坐上去，关于内部气体（可以看作理想气体，忽略与外界热交换）的说法正确的是（　　）

A．内能减小
B．温度不变
C．压强变大
D．每个气体分子的速率都变大
【答案】C
【详解】
如果有一个人坐上去，则气体被压缩，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，内能增加，温度升高，分子平均速率变大，但是并非每个气体分子的速率都变大，故选C。
3．如图所示，一根粗细均匀，两端封闭的玻璃管中有一段水银柱，水银柱的上、下两段空气柱温度相等，水银柱静止不动。现在让这两段空气柱温度分别升高（上段空气）和（下段空气），而水银柱没有移动，比较及的大小，可知（　　）

A．    B．    C．    D．无法确定
【答案】A
【详解】
由图示可知，气体压强：p2=p1+h＞p1，设气体的温度为T，水银柱不动，说明气体体积不变，两部分气体压强变化量相等，气体发生等容变化，由查理定律得：

解得：

因为、T相同，初始压强大的小，则

故选A。
4．如图所示，一定质量的气体被封闭在高H的容器下部，活塞质量m、横截面积S容器上方与大气接通，大气压强p0。初始时，活塞静止在容器正中间。不计活塞摩擦，保持温度不变，缓慢将活塞上部抽成真空，最终容器内被封闭的气体压强是（　　）

A．一定是    B．一定是
C．或    D．介于和之间某个值
【答案】C
【分析】
对整个气缸进行受力分析得到外力大小，再对活塞应用受力平衡得到压强大小，从而由等温变化得到体积变化，进而得到上升距离。
【详解】
汽缸内气体原来的压强为p、后来的压强为，活塞上升至高度为h，对活塞受力分析，根据平衡条件得

变化后属于等温变化，由玻意耳定律得

联立得

若，则，可得

若，则，可得

C正确，ABD错误；
故选C。
【点睛】
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V两个参量的变化情况。
5．如图，开口向下的玻璃管插入水银槽中，管内封闭了一段气体，气体长度为l，管内外水银面高度差为h，若保持玻璃管不动，向水银槽内舀出少许水银，则（　　）

A．l增大，h增大   B．l减小，h增大   C．l增大，h减小   D．l减小，h减小
【答案】A
【分析】
先假设向水银槽内舀出少许水银时水银柱不动，求解出气体的压强，看能否平衡；再假设向水银槽内加入少许水银时液面与水银柱上升相同的高度，分析压强的变化情况，看能否平衡。
【详解】
由题意可知变化过程为等温变化；先假设向水银槽内舀出少许水银时水银柱不动

h增大，则封闭气体压强P减小，在大气压的作用下水银柱下降，而封闭气体由于压强减小，体积增大，故l增大；
根据

平衡，可知h增大。故A正确，BCD错误。
故选A。
【点评】
本题考查理想气体状态方程的动态变化问题，学会先假设某些量不变，然后再根据相关公式分析各个状态参量的变化情况。

6．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到A状态，关于该循环过程，下列说法中正确的是（　　）

A．A→B过程中，气体温度升高
B．B→C过程中，气体分子的平均动能减小
C．C→A过程中，气体密度变大
D．过A→B程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
【答案】BD
【详解】
A．对于图像，过原点的直线代表等温线，故A、B两点温度相同，选项A错误；
D．A到B过程压强变大，气体体积减小，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，D正确；
B．B到C是等容变化，压强p变小，则温度T降低，分子平均动能降低，B正确；
C．C到A是等压变化，体积变大，气体平均密度变小，C错误。
故选BD。
7．一定质量理想气体从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．从状态A到状态B的过程中，气体内能增大
B．从状态B到状态C的过程中，气体向外放热
C．从状态C到状态D的过程中，气体压强增大
D．从状态D到状态A的过程中，外界对气体做正功
【答案】AB
【详解】
A．从状态A到状态B的过程中，气体发生等容变化，温度升高，气体内能增加，故A正确；
B．从状态B到状态C的过程中，气体发生的是等温变化，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律知气体放热，故B正确；
C．从状态C到状态D，气体体积减小，温度降低，由可知，压强可能增大，可能减小，也可能不变，故C错误；
D．从状态D到状态A的过程中，体积增大，气体对外做功，故D错误。
故选AB。
8．一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（　　）

A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小   B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小   D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变
【答案】AD
【详解】
A．a→b过程中，气体温度不变，压强减小，根据

可知体积增大，故A正确；
B．b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根

则体积减小，故B错误；
C．c→a过程中，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，因p－T线是过原点的直线，故气体的体积不变，故C错误；
D．c→a过程中，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，因p－T线是过原点的直线，故气体的体积不变，故D正确。
故选AD。
9．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是（　　）

A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增加
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E.该循环过程中，气体放热
【答案】ACD
【详解】
A．.A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，根据
ΔU＝Q＋W
可知气体吸热，故A正确；
B．B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C．C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；
D．D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；
E．该循环过程中，气体内能不变，对外做功，根据
ΔU＝Q＋W
可知气体吸热，故E错误。
故选ACD。
10．下列说法中正确的是（　　）
A．自然界中能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
B．第二类永动机和第一类永动机，都违背了能量守恒定律
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现
E.液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性
【答案】ADE
【详解】
A．自然界中的能量虽然是守恒的，由热力学第二定律可知，能量集中的各种能量最终将会变为内能而耗散在大气中，从而不能再被利用，故要节约能源，所以A正确；
B．能量守恒定律说明第一类永动机不可能制成，能量守恒的热力学过程具有方向性，即第二类永动机不可能实现，但第二类永动机不违背能量守恒定律，故B错误；
C．根据一定质量的理想气体状态方程＝恒量可知，若温度T升高，体积V增大且增大的更多，则压强p可能减小，故C错误；
D．浸润现象和不浸润现象都与表面层与表面张力有关，都是分子力作用的表现，故D正确；
E．液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性，故E正确。
故选ADE。
11．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经状态B、C和D后回到状态A，图中曲线AB、CD为反比例函数图线，直线BC平行于V轴，直线DA平行于p轴。该理想气体经过的A→B、B→C、C→D、D→A四个过程中，气体吸热的过程有______；外界对气体做功的过程有______；气体内能减少的过程有______；吸收热量等于气体对外界做功的过程有______。

【答案】、
【详解】
[1][2][3][4]从图象中确定气体各种状态参量变化的对应关系，再根据热力学第一定律和理想气体实验定律求解。
为等温变化，有

体积减小，外界对气体做功

根据热力学第一定律

得

气体对外放热。
为等压变化过程，温度T升高，内能增加

体积增大，气体对外界做功，即

根据热力学第一定律

气体从外界吸热。
为等温变化过程

体积增大，气体对外界做功，即

根据热力学第一定律

得

气体从外界吸热。
为等容变化过程，压强减小，根据查理定律

可知，温度T下降，内能减少，有

体积不变，气体不做功，即

据热力学第一定律

气体对外放热。
12．气缸侧立于水平面上，质量为的活塞位于气缸口处，并将一定质量的气体封闭于气缸中，如图甲所示，不计活塞与缸壁间摩擦。将气缸顺时针缓慢旋转至直立位置时，测得气体温度为，如图乙所示，已知气缸在旋转过程中，活塞在气缸中的位置始终不变。则此时气体压强为_________ 。之后保持温度不变，在活塞上方加________ 的重物，活塞可以将气体的体积压缩一半。（大气压强为）

【答案】；3
【分析】
气体先经历等容变化，后经历等温变化，根据查理定律和玻意耳定律列式求解。
【详解】
[1]气体等容变化，初状态压强、温度，则

末状态压强、温度

根据查理定律得

解得

[2]气体等温变化，设活塞面积为，则

解得

初状态体积为、末状态压强为、体积为，则

根据玻意耳定律得

联立上述式子解得

13．武汉疫情期间，从辽宁调入一大批钢瓶氧气，每个钢瓶容积为40L，在辽宁测得氧气压强为1.2×107Pa，环境温度为-23℃，长途运输到武汉方舱医院时，当地医院室内温度27℃（钢瓶的热胀冷缩可以忽略）。现使用其中一个大钢瓶，对容积5L小钢瓶缓慢分装，小钢瓶分装前内部可视为真空，分装后每个小钢瓶压强为2×105Pa供病人使用，要求大钢瓶内压强降到5×105Pa时就停止分装，在分装过程中大小钢瓶温度均保持不变。
(1)到达武汉方舱医院后大钢瓶内氧气的压强为多少?
(2)一大钢瓶氧气可分装多少个小钢瓶供病人使用?

【答案】(1) 1.44×107Pa；(2) 556个
【详解】
(1)钢瓶容积不变，p1=1.2×107Pa，T1=250K，T2=300K，由查理定律

p2=1.44×107Pa
(2)先以大钢瓶中气体为研究对象，研究压强降到p3=5×105Pa过程

再以装入小钢瓶的全部气体为研究对象，研究压强降到过程

n=556个
14．据研究，新型冠状病毒在50℃~60℃环境下，30分钟内即可被灭活。如图所示，把一定质量的理想气体通过绝热轻活塞封闭在绝热汽缸内，此时环境温度t1=7℃，外界大气压强p0=1×105Pa，缸内气体含有少量新型冠状病毒，整个汽缸静置于水平地面上。为了杀死这些病毒，某人通过活塞缓慢向下压缩气体，当缸内气体的体积变为原来的时，气体的温度上升到t2=63℃。不计活塞与汽缸的摩擦。
(1)求此时缸内气体的压强p2
(2)若轻活塞的横截而积S=0.01m2，求此时人对活塞的压力大小F

【答案】(1) 1.6×105Pa ；(2) 600N。
【详解】
(1) 由气体状态方程可得：

其中
p1＝p0＝1×105Pa，，T1=280K，T2=336K
解得：
p2＝1.6×105Pa
(2) 对活塞受力分析，由物体平衡条件可知：
p0S+F=p2S
解得：
F=p2S-p0S=600N
15．一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，一轻质活塞横截面积为S=2×10-3 m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p=1.0×105 Pa，活塞下面与劲度系数k=2×103 N/m的轻弹簧相连。当汽缸内气体温度为时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。
(1)当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少；
(2)缸内气体温度上升到T时，汽缸恰好离开地面，则T为多少。

【答案】(1) 672K；(2) 750K
【详解】
(1)根据题意，有
，，
，
根据理想气体状态方程，得

解得

(2)当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力刚好为零。
设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为，则

解得

，
根据理想气体状态方程，得

解得

16．如图所示，粗细均匀的“U"形管竖直放置，左管封闭、右管开口，管内的水银柱封闭一定质量的理想气体，气柱长度L=20 cm，左右两管中水银柱的高度差为h=8 cm，已知环境温度t0=27° C，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273 K，大气压强p0= 76 cmHg。（计算结果均保留三位有效数字）
（1）若在右管缓慢注人水银，计算当两管液面相平时左管中气柱的长度；
（2）若给左管气体加热，计算当两管液面相平时左管中气柱的摄氏温度。

【答案】(1)17.9cm；(2)129℃
【详解】
（1）由于缓慢注入水银，因此管内气体发生等温变化。
初态压强

体积

设注入水银两管液面相平时，气柱的长度为d，则此时气体的体积

此时气体的压强

由玻意耳定律可知

解得

（2）设加热后气体的温度为T2，初始温度
T1=300K
加热后气体的体积为

根据理想气体状态方程得

解得

当两管液面相平时左管中气柱的摄氏温度

17．如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。管中装有水银，左管中水银柱的上表面距管水平面的高为，右端水银的平面恰好与平齐，左右两管等高，管上端距水平面均为，环境温度为，大气压强。
(1)现从右端管口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），使左右两管中的水银柱恰好等高，求此时左管中水银柱距水平面的高度；
(2)再将左管中气体缓慢加热，使左管中的水银柱恰好与水平面平齐，此时左管中密封气体的温度为多少？

【答案】(1) ；(2)
【详解】
(1)以左管中气体为研究对象，可知初始状态时气压

当加入水银使得液面等高时，左管中气压

该过程满足等温变化

解得；
(2)水银柱的总长为
当把水银全部压入右管时，左管中的气体压强为

左管中气体变化满足理想气体状态方程

解得。
18．如图，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下。质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=2×10－3m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm，活塞距汽缸口10cm。汽缸所处环境的温度为300K，大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2现将质量为m=4kg的物块挂在活塞中央位置上。
(1)活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离。
(2)在(1)问的基础上，再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？

【答案】(1)30cm；(2)340K
【详解】
(1)挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1，该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有

代入数据解得
cm
(2)加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2,根据盖—吕萨克定律有

而，，解得

即加热时温度不能超过
19．如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为，底面直径为。质量一定的理想气体被绝热活塞隔离在容器内，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计。开始时气体温度为27℃，压强等于大气压，活塞与容器左边底部相距。现对右边气体进行缓慢加热，左边器壁导热良好，问：
①右边气体温度多少时，活塞位于正中间？
②如果左边底部有个洞，则右边温度缓慢升到127℃过程中，右边气体对活塞做功为多少？（已知大气压强为）

【答案】①327℃；②
【详解】
①活塞移动时，因左边器壁导热良好，故左边气体做等温变化，由玻意耳定律可知

右边气体的状态方程可知

带入数据解得
℃
②因左边底部有个洞，故右边气体此时做等压变化，由盖-吕萨克定律可知

带入数据解得

则此时右边气体对活塞做功为

20．如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口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；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，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汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。重力加速度为g。求：
(1)活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的压强p1和温度T1；
(2)活塞刚到达b处时，汽缸中气体的温度T2。

【答案】(1) ，；(2)
【详解】
(1)活塞即将离开卡口a时，对卡口a的压力为零，活塞平衡

解得活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的压强

活塞离开卡口a之前，汽缸中气体体积保持不变

解得活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的温度

(2)活塞从离开卡口a至到达b处前的过程中，压强保持p1不变

解得活塞刚到达b处时，汽缸中气体的温度

21．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，温度为；B侧水银面比A侧的高。已知大气压强。为了使A、B两侧的水银面等高，可以用以下两种方法：
(1)开关关闭的情况，改变A侧气体的温度，使A、B两侧的水银面等高，求此时A侧气体温度；
(2)在温度不变的条件下，将开关K打开，从U形管中放出部分水银，使A、B两侧的水银面等高，再闭合开关K。求U形管中放出水银的长度。（结果保留一位小数）

【答案】(1)228K；(2)5.1cm
【详解】
(1)气体压强为

气柱长度
，
由得

代入数据解得

(2) 不变，则

即

得

所以流出水银长度

22．如图所示，竖直放置的圆柱形气缸由上下两部分组成，上面部分横截面为4S，下面部分横截面为S，两部分高度均为H，气缸顶部导热良好，其余部分绝热。气缸内有一质量为的绝热活塞，将气缸内的理想气体分成上下两部分，初始时两部分气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝对下面部分气体缓慢加热，并保证上面部分气体温度保持T0不变，不计活塞与气缸之间的摩擦，重力加速度为g。求：
（1）活塞刚离开MN、PQ时下面部分气体的温度T1；
（2）当活塞升高时下面部分气体的温度T2。

【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）活塞对MN、PQ压力为零时下部分气体的压强p满足

由查理定律可得

上两式联立解得

（2）当活塞升高时，对上面部分气体

对活塞，由平衡条件

对下面部分气体

解得

23．如图，导热良好的圆柱形气缸水平放置，气缸内可以自由移动的活塞a和b密封了A、B两部分气体，处于平衡状态。已知活塞横截面积，密封气体的长度 .若用外力把活塞a向右缓慢移动d的距离，求活塞b向右移动的距离。

【答案】
【详解】
设外界大气压为，设b向右移动x
对于A
，，，
由于是等温变化，由玻耳定律

对于B
，，，
由于是等温变化，由玻耳定律

联立以上各式可得

24．某兴趣小组受潜水器“蛟龙号”的启发，设计了一测定水深的装置，该装置可通过测量活塞的移动距离间接反映出水深。如图，左端开口的气缸Ⅰ和密闭的气缸Ⅱ均导热，内径相同，长度均为L，由一细管（容积忽略）连通。硬薄活塞A、B密封性良好且可无摩擦滑动，初始时均位于气缸的最左端。已知外界大气压强为p0（p0相当于10m高的水柱产生的压强），水温恒定不变，气缸Ⅰ、Ⅱ内分别封有压强为p0、3p0的理想气体。
(ⅰ)若该装置放入水面下10m处，求A向右移动的距离；
(ⅱ)求该装置能测量的最大水深hm。

【答案】(ⅰ) ；(ⅱ)
【详解】
(ⅰ)若该装置放入温度为的水深10m处，由于相当于10m高的水产生的压强，因此此时汽缸Ⅰ中气体的压强等于，由于气缸Ⅱ中气体的压强等于，因此活塞B不动。设活塞A向右移动距离为，由于两个汽缸内径相同，则横截面积相同，设横截面积为，对汽缸Ⅰ中气体，由

求得

(ⅱ)若该装置放入温度为的水，当测量的深度最大时，活塞A刚好到汽缸Ⅰ的右端，设活塞B向右移动的距离为，此时左侧气体的体积为

右侧气体的体积为

此时左右两部分气体的压强相等，设为，由于温度不变，对左侧气体

对右侧气体

求得

该深度处的压强等于大气压强与水产生压强之和，由于相当于10m高的水产生的压强，因此，该装置能测量的最大水深

25．如图，右端开口、左端封闭的粗细均匀的细长U形玻璃管竖直放置。左、右两管长均为50cm，玻璃管底部水平部分长＝30cm，玻璃管的左管中间有一段长＝5cm的水银柱，在左管上部封闭了一段长＝40cm的空气柱（空气可视为理想气体）。已知大气压强为p0＝75cmHg。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管右端开口处缓慢往下推，使左管上部空气柱长度变为＝35cm。假设下推活塞过程中没有漏气，环境温度不变。
(1)下推活塞的过程中，左管上部封闭的空气柱是吸热还是放热？
(2)求活塞往下推的距离。

【答案】(1)放出热量；(2)15cm
【详解】
(1)由于空气柱温度不变，内能不变，且外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，空气柱放出热量;
(2)选左管上部的空气柱为研究对象，
初状态：p1＝p0－5 cmHg＝70 cmHg，V1＝40 cm×S；末状态：V2＝35 cm×S，
根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2
解得
p2＝80 cmHg
选水银柱与活塞间气体为研究对象，
初状态：p′1＝p0＝75 cmHg，V′1＝85 cm×S；
末状态：p′2＝p2＋5 cmHg＝85 cmHg，V′2＝l′2S，
由玻意耳定律有
p′1V′1＝p′2V′2
解得
l′2＝75 cm
因此活塞往下推的距离
x＝(130－35－5－75)cm＝15 cm
26．如图所示，导热性能良好的U形管竖直放置，左右两边长度相同。左端封闭，右端开口，左管被水银柱封住了一段空气柱。室温恒为27℃，左管水银柱的长度h1=10cm，右管水银柱长度h2=7cm，气柱长度L=15cm；将U形管放入117℃的恒温箱中，U形管放置状态不变，状态稳定时h1变为7cm。
(1)求放入恒温箱中稳定时左端被封闭的空气柱的压强；
(2)若将U形管移出恒温箱，仍竖直放置，冷却到室温后把右端开口封住。然后把U形管缓缓转动90°，从而使得两管在同一个水平面内，左右两管中气体温度都不变，也没有气体从一端流入另一端，求稳定后左端液柱h1变为多长。

【答案】(1)78cmHg；(2)
【详解】
(1)设大气压强为p0，对于封闭的空气柱
初态：p1=p0+h2-h1(cmHg)，V1=LS，T1=300K
末态：p2=p0+h1-h2(cmHg)，V2=(L+h1-h2)S，T2=390K
由理想气体状态方程得
=
联立解得
p0=75cmHg
p2=78cmHg
(2)假设左右两管中都有水银，稳定后原左管中的水银柱长变为h，对左管气体
初态：pZ1=p0+h2-h1(cmHg)=72cmHg，VZ1=LS
末态：p3待求，VZ2=(L+h1-h)S
根据玻意耳定律有
pZ1VZ1=p3VZ2
对右管气体
初态：pY1=p0=75cmHg，VY1=(L+h1-h2)S
末态：p3待求，VY2=(L+h1)S-(h2+h1-h)S
根据玻意耳定律有
pY1VY1=p3VY2
联立解得
h= cm<h1+h2
说明左右两管中都有水银，所以状态稳定后h1变为 cm。
27．如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L=18cm的理想气体，当温度为时，两管水银面的高度差Δh=4cm，设外界大气压为75cmHg，为了使左、右两管中的水银面相平，
(1)若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少；
(2)若温度保持不变，向右管缓慢注入水银最后左、右两管的水银面相平且稳定时，气柱的长度是多少；
(3)注入的水银柱有多长。

【答案】(1) ；(2)17.04cm；(3)5.92cm
【详解】
(1)由题意
，，
，
根据理想气体状态方程

代入数据得

则

(2)因为
，
根据玻意耳定律

解得

（3）注入水银柱的长度

28．常用的水银气压计是依据托里拆利原理制成，如图所示，管内水银柱上方封闭一部分空气，当大气压强P为75厘米汞柱，环境温度为27℃时，管内外水银面高度差为60厘米，管内被封闭的空气柱长度是30厘米。试求：
(1)此时管内空气的压强为多大？
(2)将此装置移到高山上，环境温度为-3℃时发现管内外水银面高度差为54厘米，山上的大气压强多大？（设试管顶到槽内水银面的高度不变）

【答案】(1)15（cmHg）；(2)65.25（cmHg）
【详解】
(1)此时管内空气的压强为P=P0-Ph，得Ph=75-60=15（cmHg）；
(2)初态：P=15cmHg，V=30S，T=300K
末态：P′，V′=36S，T′=270K
根据理想气体状态方程得

代入数据，解得，P′=11.25（cmHg）
故山上的大气压强为P0′=P′+54=65.25（cmHg）
29．如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝（图中未画出），面积为S的绝热活塞位于气缸内（质量不计），下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为，活塞距气缸底部的高度为h，现用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，活塞上升了，封闭理想气体的内能增加了。已知大气压强为，重力加速度为g。求：
①活塞上升时理想气体的温度；
②理想气体吸收的热量Q。

【答案】① ；②
【详解】
①活塞上升时，理想气体温度为，

得

②活塞上升过程，气体压强为p1，气体对外做功W

由热力学第一定律

知

30．如图所示，质量为m的活塞将体积为V0，温度为T0的某种理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内，活塞横截面积为S。现将汽缸内气体的温度缓慢升高，气体体积增大到2V0。已知大气压强为，气体内能U与温度T的关系为U=kT（k为常量），重力加速度为g。求∶
(1)该过程中气体的压强p；
(2)气体体积为2V0时的温度T2；
(3)该过程中气体吸收的热量Q。

【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】
(1)对活塞受力分析得

解得

(2)加热过程中气体等压膨胀，由

解得

(3)该过程中气体内能增加

解得

因气体体积增大，故此过程中气体对外做功

解得

由热力学第一定律有

解得该过程中气体吸收的热量

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重难点20气体状态方程的运用

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