气体及热力学定律
内壁光滑且厚度不计的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×105 Pa 、温度为27 ℃ 的气体，初始活塞到汽缸底部的距离为50 cm ，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移。

已知汽缸横截面积为200 cm 2，总长为100 cm ，
大气压强为1.0×105
Pa 。

(ⅰ)当温度升高到927 ℃时，求缸内封闭气体的压强；
(ⅱ)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J 的热量，试计算气体增加的内能。

【答案】(ⅰ)2×105 Pa (ⅱ)－200 J
【解析】(ⅰ)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。

设活塞未移动时封闭气体的温度为T 1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T 2，则由盖—吕萨克定律可知： L 1S T 1＝L 2S T 2
，又T 1＝300 K 解得：T 2＝600 K ，即327 ℃，因为327 ℃<927 ℃，所以气体接着发生等容变化，
设当气体温度达到927 ℃时，封闭气体的压强为p ，由查理定律可以得到：
1.0×105
Pa T 2＝p （927＋273）K
， 解得：p ＝2×105 Pa 。

(ⅱ)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝L 2－L 1＝0.5 m ，
故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ，
解得：W ＝－1 000 J ，
由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q
解得：ΔU ＝－200 J 。

如图所示汽缸内壁光滑，敞口端通过一个质量为m 、横截面积为S 的活塞密闭一定质量
气体，通电后汽缸内的电热丝缓慢加热气体，由于汽缸绝热，使得汽缸内的气体吸收热量Q
后温度由T 1升高到T 2，加热前活塞到汽缸底部距离为h 。

大气压强用p 0表示，求：
(ⅰ)活塞上升的高度；
(ⅱ)加热过程中气体的内能增加量。

【答案】(ⅰ)T 2－T 1T 1h (ⅱ)Q －(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1
h 【解析】(ⅰ)由题意可知，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可知hS T 1＝（h ＋Δh ）S T 2
一、（2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷）
二、(2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)
解得Δh ＝T 2－T 1T 1
h 。

(ⅱ)加热过程中气体对外做功为
W ＝pS Δh ＝(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1
h 由热力学第一定律知，气体内能的增加量为
ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1
h 。

如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时的温度为－3 ℃，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，求：
(ⅰ)该气体在状态B 时的温度；
(ⅱ)该气体从状态A 到状态C 的过程中与外界交换的热量。

【答案】(ⅰ)－183 ℃ (ⅱ)800 J
【解析】(ⅰ)对于理想气体：A →B 的过程，由查理定律有 p A T A ＝p B T B
T A ＝270 K ，解得T B ＝90 K ，
所以t B ＝T B －273 ℃＝－183 ℃。

(ⅱ)B →C 的过程，由盖—吕萨克定律有V B T B ＝V C T C
解得T C ＝270 K ，即t C ＝T C －273 ℃＝－3 ℃
由于状态A 与状态C 温度相同，气体内能相等，而A →B 的过程是等容变化，气体对外不做功，B →C 的过程中，气体体积膨胀对外做功，即从状态A 到状态C 气体对外做功，故气体应从外界吸收热量 Q ＝p ΔV ＝2×105×(6×10－3－2×10－3)J ＝800 J 。

如图所示，一竖直放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，上端与大气相连，
下端封闭，但有阀门K 与大气相连。

上侧圆筒内有一厚度不计、质量为m ＝314 kg 的活塞A ，它可以在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气。

圆筒的深度和直径数值如图所示(图中d ＝0.2 m)。

开始时，活塞在如图位置，室温为27 ℃，现关闭阀门K ，对密封气体进行加热，大气压强p 0＝1.0 × 105 Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，π＝3.14。

则：
(ⅰ)活塞A 刚要运动时，密封气体的温度是多少？
(ⅱ)活塞A 升到圆筒最上端时，密封气体的温度是多少？
【答案】(ⅰ)1 500 K (ⅱ)1 875 K 三、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅲ卷)
四、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅰ卷)
【解析】(ⅰ)活塞A 刚要运动时，活塞只受重力、大气对它向下的压力和密封气体对它向上的作用力，且合力为0，p 0πd 2＋mg ＝p 1π⎝ ⎛⎭
⎪⎫d 22 解得密封气体的压强p 1＝5×105 Pa
活塞A 运动前气体体积不变，由查理定律得：p 0T 0＝p 1
T 1
， T 0＝(27＋273)K ＝300 K
解得T 1＝1 500 K 。

(ⅱ)当活塞A 升到圆筒最上端时，满足
p 0πd 2＋mg ＝p 2πd 2
解得密封气体的压强p 2＝1.25×105 Pa
初状态：p 0＝1.0×105 Pa ，V 0＝12
πd 3，T 0＝300 K 末状态：p 2＝1.25×105 Pa ，V 2＝52
πd 3，T 2＝？ 由理想气体的状态方程
p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2
解得T 2＝1 875 K 。

如图所示，粗细均匀的U 形管左端封闭、右端开口，一段空气柱将水银分为A 、B 两
部分，水银柱A 的长度h 1＝25 cm ，位于封闭端的顶部，B 部分位于U 型管的底部。

右管
内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计。

活塞自由静止时，底面与左侧空气柱的下
端平齐，此时空气柱的长度L 0＝12.5 cm ，B 部分水银两液面的高度差h 2＝45 cm ，外界大
气压强p 0＝75 cmHg 。

保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A 部分的水银柱恰好对U 形管
的顶部没有压力时，活塞移动的距离为多少？
【答案】9.4 cm
【解析】活塞自由静止时，右管内气体的压强：p 1＝p 0，
左管内气体的压强：p 2＝p 1－ρgh 2
活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强：p 3＝ρgh 1
设此时B 部分水银柱两端液面的高度差为h 3，则右管中被封气体的压强为：p 4＝p 3＋ρgh 3
设左管中的气体长度为L ，右管中被封气体的长度为l ，管的横截面积为S ，根据玻意耳定律： 对右管中的被封气体：p 1h 2S ＝p 4lS
对左管中的气体：p 2L 0S ＝p 3LS
根据几何关系知：h 3＝h 2－2(L －L 0)
五、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅱ卷)
设活塞上移的距离为x ，则：x ＝(l －h 2)＋(L －L 0)
解得：x ≈9.4 cm。

如图所示，一竖直放置的、长为L 的细管下端封闭，上端与大气(视为理想气体)相通，初始时管内气体温度为T 1。

现用一段水银从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为1∶3。

若将管内下部气体温度降至T 2, 在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡
后水银柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出)。

已知T 1 ＝ 52T 2，大气压强为p 0，重力加速度为g 。

求水银柱的长度h 和水银的密度ρ。

【答案】215L 105p 026gL
【解析】设管内截面面积为S ，初始时气体压强为p 0，体积为V 0＝LS
注入水银后下部气体压强为p 1＝p 0＋ρgh
体积为V 1＝34
(L －h )S 由玻意耳定律有：p 0LS ＝(p 0＋ρgh )×34
(L －h )S 将管倒置后，管内气体压强为p 2＝p 0－ρgh
体积为V 2＝(L －h )S
由理想气体状态方程有p 0LS T 1＝p 0－ρgh L －h S T 2 解得：h ＝215L ，ρ＝105p 026gL。

如图所示，用两个质量均为m 、横截面积均为S 的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热汽缸
内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A 下方悬挂质量为2m 的物体后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0。

已知环境温度、大气压强p 0均保持不变，且满足5mg ＝p 0S ，不计一切摩擦。

当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A 上升的高度。

【答案】76
l 0 【解析】对气体Ⅰ分析，初状态的压强为：p 1＝p 0－3mg S ＝25
p 0 末状态的压强为：p 1′＝p 0－mg S ＝45
p 0 由玻意耳定律有：p 1l 0S ＝p 1′l 1S
解得：l 1＝12
l 0 六、(2018届高三·岳阳摸底) 七、(2018届高三·济宁八校联考)
对气体Ⅱ分析，初状态p 2＝p 1－mg S ＝15
p 0 末状态p 2′＝p 1′－mg S ＝35
p 0 由玻意耳定律p 2l 0S ＝p 2′l 2S l 2＝13
l 0
A 活塞上升的高度Δl ＝(l 0－l 1)＋(l 0－l 2)＝76l 0。