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3．如图甲,在玻璃管中用１0ｃｍ长的水银柱封闭了一段空气,已知空气柱
的长度为38cm,外界大气压强为1标准大气压。管中气体与外界保持良好的热交换问: （1)被封闭的空气柱的压强是多少？
（2）如把玻璃管开口朝下（如图乙),则被封闭的空气柱的压强是多少？ （３）图乙中被封闭的空气柱的长度是多少？
５.在温度不变的情况下，把一根长为100cｍ的上端封闭的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管口到槽内水银面的距离是管长的一半,如图所示,已知大气压相当于75cm高水银柱产生压强,求水银进入管高度.
甲 乙
(2014·上海高考)如图，一端封闭、粗细均匀的Ｕ形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为28０K时，被封闭的气柱长L＝22cm,两边水银柱高度差ｈ＝16cm,大气压强p0=7６cmHｇ。
(1）为使左端水银面下降3ｃm,封闭气体温度应变为多少?
（2)封闭气体的温度重新回到２80 K后，为使封闭气柱长度变为20 ｃｍ,需向开口端注入的水银柱长度为多少? 【解题指南】解答本题注意以下两点: （1）第（1)问由理想气体状态方程
p1V1p2V2求解; T1T2（2)第(2）问由玻意耳定律ｐ1Ｖ1=p３Ｖ3求解。
【解析】(1）初状态压强p1=(76－１6）cmＨg=60 cmHｇ， 末状态左右水银面高度差为(１6-2×3)cｍHg=１0 ｃmHg, 压强p2=(７6－10)cmHg=66 cｍHｇ 由理想气体状态方程解得T2p1V1p2V2, T1T2p2V26625T1280K350K。 p1V16022（2)设加入的水银长度为l,
末状态时左右水银面高度差h′=(16＋2×２)－l=20－ｌ, 由玻意耳定律p1V1=p3V３,式中p3＝7６-（20－l)＝56+l, 解得：l=10cm。
答案:(1)350Ｋ (2)10 cm
13.（２015·全国卷Ⅱ)如图,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=1０.0cm,B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将开关Ｋ打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为h1=１0.0cm时将开关Ｋ关闭。已知大气压强p0＝75．0cmHｇ。
（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度。
(2)此后再向B侧注入水银,使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
【解析】（1)选A侧空气柱为研究对象 ｐ１=p0＋ph=75.０ｃmHg+3.0cmHg=78ｃｍHg V１＝lS=Ｓ×１0.0cm 放出部分水银后
p2=p０-ｐｈ１=75．０cｍHg-１０.0cmHg=65cmＨg 由玻意耳定律可得 ｐ1V1＝p2V２ l2=
V2=１2.0cm S（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时 ｐ3=ｐ0=75cmＨg 由玻意耳定律可得 p１V１=p3V３ ｌ３＝
V3=10．4cｍ S则注入的水银在管内的长度
l=h１+2×(l２－l3)＝1３.２cm
答案:（1）12.0cm （2)１3.2cｍ
14.（2０15·全国卷Ⅰ)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞,已知大活塞的质量为m1＝2.5０kg，横截面积为S１=80.０ｃm2,小活塞的质量为m2=1.50ｋg,横截面积为S２=40.0cｍ2;两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm,汽缸外大气的压强为ｐ=1.00×105Pa，温度为Ｔ=３03K。初始时大活塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为T1=4９5Ｋ,现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小ｇ取１０m/s2。求：
l2
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度。 （２)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。
【解题指南】解答本题应从以下两点分析：
（１)根据活塞缓慢下降列出平衡条件,判断封闭气体压强变化的规律。
(２)判断封闭气体两种状态变化的特点,列气体状态方程求解。 【解析】（1)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得
lllV1＝S２＋S１ ①
22V2＝S2l ②
在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得
Ｓ1(ｐ１－p)=m1g+ｍ2g+Ｓ２(p1-p) ③ 故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有联立①②④式并代入题给数据得T２=330K⑤
（2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′,由查理定律,有
pp1 ⑥ TT2V1V2 ④ T1T2联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′=１.0１×105Pa
答案: (１)3３0K (2)1．０1×10５Ｐa
15．(20１5·山东高考)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图,截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至３03K时，杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p０,温度仍为303K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到３00 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求:
(１)当温度上升到30３ K且尚未放气时,封闭气体的压强。
（2）当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。 【解析】（1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知,初状态温度T0=30０ K,压强为p０,末状态温度T1=303 Ｋ，压强设为p1,由查理定律得
p0p1 ① T0T1代入数据得p1101p0 ② 100（２）设杯盖的质量为m,刚好被顶起时,由平衡条件得 p１S=ｐ0Ｓ+mｇ ③
放出少许气体后,以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知,初状态温度T2=3０3K，压强p2＝ｐ０,末状态温度T３=300K,压强设为p3,由查理定律得
p2p3 ④ T2T3设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得 F+ｐ３S=ｐ０Ｓ＋ｍg ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得
201p0S ⑥ 10100101201答案： (1）p0 （２）p0S
10010100F1６．(２01５·重庆高考)北方某地的冬天室外气温很低,吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1,肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2。整个过程中泡内气体视为理想气体,不计体积和质量变化,大气压强为ｐ０。求冻结后肥皂膜内外气体的压
强差。
【解析】肥皂泡内气体的变化可视为等容变化,由查理定律可得:
p2T,解得：p2=2p1 T2T1p1= T1故冻结后肥皂膜内外气体的压强差：Δp=p２-p０=答案:
T2p1-p0 T1T2p1-p０ T1１7．(201５·海南高考)如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上,内有两个质量均为m的相同活塞A和B;在A与Ｂ之间、B与容器底面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Ｂ发生缓慢漏气,致使Ｂ最终与容器底面接触。求活塞Ａ移动的距离。
【解析】设Ａ与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、ｐ
2
,在漏气前,对Ａ分析有ｐ1=ｐ０+
mgmg,对B有ｐ２＝ｐ1+ SSB最终与容器底面接触后,设Ａ、B间的压强为p,气体体积为V′，则有p=p0+
mg S因为温度始终不变,对于混合气体有(p1＋ｐ2)·Ｖ=pＶ′， 漏气前Ａ距离底面的高度为h=
2V, S漏气后A距离底面的高度为h联立可得h答案:
mgV
(P0Smg)SV SmgV
(P0Smg)S9.（2016·全国卷IＩ·T3３(2))一氧气瓶的容积为０.08ｍ3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗１个大气压的氧气0.３6 m3。当氧气瓶中的压强降低到２个大气压时,需重新充气。若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
【解析】设氧气开始时的压强为p1,体积为Ｖ１,压强变为p２(２个大气压)时,体积为Ｖ2。
根据玻意耳定律得ｐ1V1＝p２Ｖ2 ①
重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为V3=V2－V1 ② 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有 ｐ2V3=p0Ｖ０ ③
设实验室每天用去的氧气在ｐ０下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N=V0 ④ V联立①②③④式,并代入数据得N=４(天) 答案：4天
考向一 活塞封闭气体问题
４ [20１5·全国卷Ⅰ］ 如图13-3
３-２所示，一固定的竖直气缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞．已知２
大活塞的质量为m1=2．5０ kｇ，横截面积为S1＝8０.0 cｍ,小活塞的质量为m２=1．５0 ｋg,横截面积为S２=40.0 ｃm2;两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝４０.0 cm，气缸外大气
５
的压强为p＝１.0０×1０ Ｐa,温度为Ｔ＝３０３ Ｋ.初始时大活塞与大圆筒底部相距
错误!，两活塞间封闭气体的温度为T=495 K.现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢
1
下移．忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度;
(2）缸内封闭的气体与缸外大气处于热平衡时，缸内封闭气体的压强．
图１3-3３-2
考向二 水银封闭气体问题
5 [２016·全国卷Ⅲ］ 一U形玻璃管
竖直放置，左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长
度如图13-33-3所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管
内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏;大气压强p0=7５.０ ｃmHｇ.环境温度不变．
图13-３3-3
考向三 水中封闭气体
6 [２01６·全国卷Ⅰ] 在水下气泡
内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δｐ与气泡半径r之间的关系为Δp=
错误!，其中σ=０．070 N/ｍ.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升,已知
大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ＝１.０×10 kｇ／ｍ,重力加速度大小g取１0 m/s
２.
(１)求在水下10 ｍ处气泡内外的压强差;
(2）忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．
３
３
考点三 气体实验定律的图像问
题
1.利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量．不同温度的两条等温线,不同体积的两条等容线,不同压强的两条等压线的关系.
例如:在图1３-３3-4甲中,V1对应虚线为等容线,A、Ｂ分别是虚线与Ｔ2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态,温度必然升高，所以T2>T1.
又如图乙所示,A、B两点的温度相等,从B状态到A状态压强增大,体积一定减小，所以V2 2．关于一定质量的气体的不同图像的比较 类别 过程 图线 特点 示例 pＶ=CT(其中C为恒量),即p、Ｖ之积越ｐ-V 等温过程 大的等温线温度越高,线离原点越远 p-１ｐ＝CTV，斜率k＝CT,即斜率越大,温度越高 等容过错误! ｐ=＼ｆ（C，Ｖ）T，斜率ｋ＝ｐ-T ＼f(C，Ｖ)，即斜率越大,体积越小 程 等压过V-Ｔ 程 Ｖ＝错误!T,斜率k=错误!，即斜率越大,压强越小 7 [２016·兰州一模］ 一定质量的理 想气体体积Ｖ与热力学温度T的关系图像如图13-33-５所示，气体在状态A时的压强pＡ＝p ０，温度TA=Ｔ0，线段ＡB与V轴平行，BC的延长线过原点.求： (1)气体在状态B时的压强ｐB； (2)气体在状态C时的压强ｐC和温度ＴＣ. 图1３-３3-5 式题 (多选)一定量的理想气体从 状态a开始，经历三个过程ab、bｃ、cａ回到原状态，其p-Ｔ图像如图1３-33-６所示.下列 判断正确的是( ） 图１3-3３-6 A.过程ａｂ中气体一定吸热 B.过程ｂc中气体既不吸热也不放热 Ｃ．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最小 E.b和c两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ■ 方法总结 气体状态变化的图像的应用技巧 （1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量;图像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． (2）明确斜率的物理意义:在V-T图像(或p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积）大 小,可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小,其规律是：斜率越大,压强(或体积）越小；斜率越小，压强（或体积）越大. 考点四 理想气体状态方程的求 解 1.理想气体 (1)宏观上,理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下,可视为理想气体. (2）微观上，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力,分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间. 2.状态方程:＼ｆ(p1Ｖ1，T1)＝ 错误!或错误!=C． 3．应用状态方程解题的一般步骤 (1)明确研究对象,即某一定质量的理想气体； (2)确定气体在始、末状态的参量p１、Ｖ1、T1及p2、V２、Ｔ2; (3)由状态方程列式求解； (４)讨论结果的合理性． 8 ［20１６·北京朝阳区二模] 如图 １３-33-７所示,有两个不计质量、不计厚度的活塞M、Ｎ将两部分理想气体Ａ、B封闭在绝 热气缸内，温度均是27 ℃.M活塞是导热的，Ｎ活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为Ｓ=2 cｍ2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 ｃm,Ｎ活塞相对于底部的高度为h2＝１8 cm.现将一质量为ｍ=1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0=1.0×105 Ｐａ.(ｇ取10 m/s2) (１)求下部分气体的压强； (2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热,使下部分气体的温度变为1２7 ℃,求稳定后活塞Ｍ、Ｎ距离底部的高度． 图１３-33-7 式题 [201６·佳木斯重点中学一 模] 如图１3-33-8所示,在两端封闭、粗细均匀的竖直长管道内,用一可自由移动的绝热活塞 Ａ封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T０＝500 Ｋ,下部分气体的压强ｐ0＝1.２5×105 Pa，活塞质量ｍ＝0.25 ｋg,管道的厚度不计,横截面积Ｓ＝1 cｍ2．现保持 管道下部分气体温度不变,上部分气体温度缓慢降至T,最终管道内上部分气体体积变为原来的＼ｆ(3,４)，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g取10 ｍ/s2,求此时上部分气体的温度T. 图13-33-８ ■ 方法总结 对于两部分气体的问题,一定要找好两部分气体之间的关系,比如压强关系,体积关系等,分别找出两部分气体的初、末状态的压强、体积和温度,根据理想气体状态方程列式求解． （2016·宜春模拟）如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l1=25.０ｃm的空气柱,中间有一段长为 l2=25.0cｍ的水银柱,上部空气柱的长度l３=４０．0cm。已知大气压 强为p0=7５．０cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢 往下推,使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。 【解析】设水银的密度为ρ,玻璃管横截面积为Ｓ,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为： p1① 设活塞下推后,下部空气的压强为p1′,由玻意耳定律得:p1l1S=p１′ ＝ p ０ +ρgｌ2 ｌ1′S ② 设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部的空气柱的长度为: l3 ③ ′=l3+（ｌ1 －ｌ１ ′)-Δl 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3′，则 ｐ④ 由⑤ 由①②③④⑤式代入数据解得:Δｌ＝1５.0ｃm 玻 意 耳 定 律 得 :p ０ 3 ′＝ｐ 1 ′-ρgｌ２ ｌ3 S=p3′l3′S 答案:１5.0ｃｍ ９．(2016·安康模拟）在如图所示的汽缸中封闭着温度为１00℃的空气,一重物用细绳经滑轮与缸中活塞相连接,重物和活塞均处于平衡状态,这时活塞离缸底的高度为1０ cm（设活塞与汽缸壁间无摩擦,大气压始终不变)。如果缸内空气变为０℃,求: (1)重物是上升还是下降? (2)这时重物将从原处移动多少厘米? 【解析】(1)缸内气体发生等压变化，温度降低,体积减小,故活塞下移, 重物上升。 (2）缸内气体发生等压变化,设活塞横截面积为Ｓ,气体初态体积V１=１0S,温度T1=373K，末态温度T2=2７3K，体积设为V2=ｈS(ｈ为活塞 到缸底的距离),根据等压变化:解得：h =７．3cｍ 重物上升高度 Δh=１0ｃm-7.3cｍ=2．７cm = 答案:(1)上升 (２)２．7cm 10.(2０16·怀化模拟)如图所示,两端开口的汽缸水平固定,Ａ、B是两个厚度不计的活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,面积分别为S1=２0cｍ ２ ,S2=10cm2,它们之间用一根细杆连接,Ｂ通过水平细绳绕过光滑的定 滑轮与质量为M＝２kｇ的重物C连接,静止时汽缸中的气体温度Ｔ 1 =600K,汽缸两部分的气柱长均为L,已知大气压强p0=1×105Pa,ｇ取 10m/s2，缸内气体可看作理想气体。 (1)活塞静止时,求汽缸内气体的压强。 (２)若降低汽缸内气体的温度,当活塞Ａ缓慢向右移动L时，求汽缸内气体的温度。 【解析】（1)设静止时汽缸内气体压强为p1,活塞受力平衡: p１S1+p0S2=ｐ0S1+p1S２+Ｍg 代入数据解得：p１=1.2×10５Ｐa (２)由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化,设开始温度为Ｔ １ ,变化后温度为T2,由盖—吕萨克定律得：＝ 代入数据解得：T2=５00K 答案：(1)1．2×1０5Pa （2）500 K 【总结提升】确定封闭气体压强的方法 (1)应用理想气体状态方程和气体实验定律进行求解。 (２）根据封闭气体的封闭物状态进行求解计算:若封闭物处于静止状态,则选用“平衡法”；若封闭物加速运动时,则应用牛顿第二定律法求封闭气体的压强。 (3)建立合理的模型:若属于水银柱模型,压强的单位一般选用cmHｇ;若属于汽缸模型,压强的单位一般选用国际单位Pa或标准大气压atm。 9.(201６·宝鸡模拟)如图甲所示,导热性能良好的汽缸放置在水平台上，活塞质量为10ｋｇ,横截面积为50ｃｍ２,厚度为１cm,汽缸全长为２５cｍ,汽缸质量为２0kg,大气压强为1×１０5Ｐa,当温度为17℃时,活塞封闭的气柱长10ｃｍ。现在用一条细绳一端连接在活塞上,另一端通过两个光滑的定滑轮后连接在一个小桶上，如图乙所示。开始时活塞静止。现不断向小桶中添加细沙，使活塞缓慢向上移动（g取１0m/s2）, （1)通过计算判断汽缸能否离开台面。 (2）活塞缓慢向上移动过程中,汽缸内气体是 （选填“吸热”或“放热”）,气体的内能 (选填“增加”“减少”或“不变”)。 【解析】(1)开始时汽缸内气体的压强为 p1=p0+＝1.２×１05Pa 假设活塞没有离开汽缸，当汽缸恰好离开台面时，汽缸内气体的压强为 p2=p0-=0.6×105Pａ 此时气柱长度为Ｌ2,从甲~乙等温变化 ｐ１L1S＝ｐ２L２S 得L2=20cｍ 由于L2＝２0cm<２5ｃm,所以汽缸可以离开台面。 (2)活塞上升过程中,气体膨胀,对外做功,而汽缸导热性能良好，因此温度不变,内能不变,根据热力学第一定律,气体吸热。 答案：(１)见解析 (2)吸热 不变 【加固训练】 (２016·潍坊模拟)如图所示的绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体,开始时缸内气体温度为2７℃,封闭气柱长９cm，活塞横截面积Ｓ=50cm2。现通过汽缸底部电热丝给气体加热一段时间,此过程中气体吸热 22Ｊ,稳定后气体温度变为1２7℃。已知大气压强等于１05Pa,求: （1)加热后活塞到汽缸底端的距离。 （２)此过程中气体内能改变了多少。 【解析】（１)取被封闭气体为研究对象，开始气体体积为L1Ｓ,温度为T１=30０Ｋ 末态：气体体积为L2S,温度为T2＝400K 气体发生等压变化：解得:L２＝１２cm = （２)在此过程中气体对外做功Ｗ=ｐ0S（Ｌ2-L1)=15J 由热力学第一定律ΔU=Q-W 解得:ΔU=7J 答案：(１)１2ｃｍ （2)增加７J 【总结提升】用热力学第一定律分析问题的方法 (1)理解各物理量的关系：在运用热力学第一定律的表达式ΔＵ＝W+Q来分析问题时，必须理解它的物理意义。做功和热传递都可以使物体的内能发生变化。如果物体跟外界同时发生做功和热传递，那么，外界对物体所做的功与物体从外界吸收的热量之和等于物体内能的增加。 (2)遵守符号法则:按照符号法则将“＋”“－”号代入ΔＵ＝W+Q计算或分析问题，如果事先不便确定其正负，可以先假定它为正，在计算出结果以后再做判断。若结果为正,说明与原假设一致,若结果为负,则说明与原假设相反。 11.(15分)（2016·承德模拟)如图所示,一个粗细均匀的圆管,左端 用一橡皮塞住,橡皮离右端管口的距离是2０ｃm,把一个带手柄的活塞从右端管口推入,将活塞向左端缓慢推动到离橡皮５ ｃｍ时橡皮被推动。已知圆管的横截面积为S=2.0×10－5m2,手柄的横截面积为S′=1.0×10-５ｍ2,大气压强为1.0×１05Pa,活塞和圆管间的摩擦不计,且整个过程管内气体温度不变。求： （１)橡皮与圆管间的最大静摩擦力f。 (2）这一过程中作用在活塞手柄上的推力F的最大值。 (3)在p-V图象中画出气体经历的状态变化过程图象，并用箭头标出状态变化的方向。 【解析】(１）ｐ1V1=p2V2 p2===Pa=４．0×105Ｐa 橡皮刚被推动时受到的静摩擦力即为最大静摩擦力,则有p2S=p0S+f,f＝(p2-p0)Ｓ=(4．0×105-１.０×105)×2.０×10－5N=6Ｎ (２)对活塞,p2S=p０Ｓ+F，F=(p2-ｐ0)S=(4．0×１05-1.0×105)×２.0×10-5N=6Ｎ (3)如图所示 答案：（1)6 N (2)6 N (3)见解析 【总结提升】处理气体图象与热力学第一定律问题的方法 (1）气体状态变化图象有ｐ-V、p－、ｐ-Ｔ、V-Ｔ图象,一般在同一图象中有几个状态变化,对此应依据图象特点判断其状态变化情况,然后由热力学第一定律对问题进行分析、求解。 (2)对于某图象中描述的气体的一般状态变化可利用其等温线、等容线或等压线,确定其温度、体积或压强的变化,然后由热力学第一定律 对问题进行分析、判断。 12．(１5分)（能力挑战题)如图所示,一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞横截面积为S，气体最初 的体积为Ｖ0,最初的压强为，汽缸内壁光滑且缸壁导热性能良好。开始活塞被固定在Ａ处,打开固定螺栓Ｋ,活塞下落,经过足够长时间后,活塞停在B处,设周围环境温度保持不变,已知大气压强为p0，重力加速度为ｇ，若一定质量理想气体的内能仅由温度决定。求： (1)活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V。 (2)整个过程中通过缸壁传递的热量Q。 【解析】（1）设活塞在Ｂ处时封闭气体的压强为ｐ,活塞处于平衡状 态,由平衡条件得: ｐ0S+mg=pS ﻩ 解得:p=p0+ ﻩ ﻩﻩﻩﻩﻩﻩ ﻩ ﻩ ① 由玻意耳定律得:＝ｐV ﻩ ﻩﻩﻩ ﻩﻩ ﻩﻩ ② 解得:V= (２）从放下活塞至活塞重新平衡的过程，设活塞下降的高度为h， 则h= ③ 则外界对气体做功W＝（p0S＋mｇ)h ﻩ ﻩ ④ 气体温度相同，内能不变，由热力学第一定律ΔＵ=W+Q得:Q＝|Ｗ| ﻩ⑤ 由①②③④⑤式解得: Q=(+)V0 答案:（１）【加固训练】 (2）(＋)Ｖ０ 如图所示,在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内,用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体。开始时管道内气体温度都为T０ =500K,下部分气体的压强ｐ0＝１.２5×10５Pa,活塞质量m=0.２５kg，管道的内径横截面积S=1cm2。现保持管道下部分气体温度不变,上部分气体温度缓慢降至Ｔ,最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦,g取10m/ｓ2,求此时上部分气体的温度T。 【解析】设初状态时两部分气体体积均为V０，对下部分气体,等温变化,根据玻意耳定律知:p０V０＝pV 其中：V=V0 解得：p=×1.2５×10５Pａ=１×１０5Pa 对上部分气体，初态：p1＝p0-=１×1０5Ｐa 末态：p２=p-=０.75×105Pa 根据理想气体状态方程可得:解得：Ｔ＝28１.2５K 答案：281.２5Ｋ ＝ 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容