气体实验定律专题一：密闭气体压强的计算一、平衡态下液体封闭气体压强的计算 1. 理论依据① 液体压强的计算公式 gh p ρ=。

② 液面与外界大气相接触。

则液面下h 处的压强为 gh + p = p 0ρ 帕斯卡定律：加在密闭静止液体（或气体）上的压强能够大小不变地由液体（或气体）向各个方向传递（注意：适用于密闭静止的液体或气体）③ 连通器原理：在连通器中，同一种液体（中间液体不间断）的同一水平面上的压强是相等的。

2、计算的方法步骤（液体密封气体）① 选取假想的一个液体薄片（其自重不计）为研究对象② 分析液体两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到液片两面侧的压强平衡方程③ 解方程，求得气体压强 例1：试计算下述几种情况下各封闭气体的压强，已知大气压P 0，水银的密度为ρ，管中水银柱的长度均为h 。

均处于静止状态练1：计算下图中各种情况下，被封闭气体的压强。

（标准大气压强0p =76cmHg ，图中液体为水银θθ练2、如图二所示，在一端封闭的U 形管内，三段水银柱将空气柱A 、B 、C 封在管中，在竖直放置时，AB 两气柱的下表面在同一水平面上，另两端的水银柱长度分别是h 1和h 2，外界大气的压强为0p ，则A 、B 、C 三段气体的压强分别是多少？练3、 如图三所示，粗细均匀的竖直倒置的U 型管右端封闭，左端开口插入水银槽中，封闭着两段空气柱1和2。

已知12cm Hg =h 1，15cm Hg =h 2，外界大气压强76cm Hg =p 0，求空气柱1和2的压强。

二、平衡态下活塞、气缸密闭气体压强的计算 1. 解题的基本思路（1）对活塞（或气缸）进行受力分析，画出受力示意图； （2）列出活塞（或气缸）的平衡方程，求出未知量。

注意：不要忘记气缸底部和活塞外面的大气压。

例2 如下图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆板A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M 。

不计圆板与容器内壁之间的摩擦。

若大气压强为P 0，则被圆板封闭在容器中的气体压强P 等于（ ）AB.C. D.P Mg S 0+cos θP MgS 0cos cos θθ+P Mg S 02+cos θP Mg S 0+练4：三个长方体容器中被光滑的活塞封闭一定质量的气体。

如图五所示，M 为重物质量，F 是外力，0p 为大气压，S 为活塞面积，m 为活塞质量，则压强各为：练5图 练习5、(多选)如上图所示，活塞质量为m ，缸套质量为M ，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住了一定质量的空气，而活塞与缸套间无摩擦,活塞面积为S ，则下列说法正确的是(P 0为大气压强)( )A 、内外空气对缸套的总作用力方向向上，大小为MgB 、内外空气对缸套的总作用力方向向下，大小为mgC 、气缸内空气压强为P 0-Mg/SD 、气缸内空气压强为P 0+mg/S练习6、如图所示，水平放置的气缸A 和B 的活塞面积分别为:a s 、b s 且b a s s <，它们可以无摩擦地沿器壁自由滑动，气缸内封有气体。

当活塞处于平衡状态时，气缸A 、B 内气体的压 强分别为（大气压不为零），则下列正确的是（ ）A. B.C.D.三、非平衡态下密闭气体压强的计算 1. 解题的基本思路（1）恰当地选取研究对象（活塞、气缸、水银柱、试管或某个整体等），并对其进行受力分析；（2）对研究对象列出牛顿第二定律方程，结合相关方程求解。

2. 典例例3 如图所示，有一段12cm 长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将光滑玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在下滑的过程中被封住气体的压强P 为（大气压强cmHg p 760=）（ ）。

A. 76cm HgB. 82cm HgC. 88cmHgD. 70cmHgP P a b和P P S S a b b a ：：=P P a b >P P a b<P P a b=练7、 如图所示，质量为M 的汽缸放在光滑水平地面上，活塞质量为m ，面积为S 。

封住一部分气体，不计摩擦，大气压强为，若在活塞上加一水平向左的恒力F ，求汽缸、活塞共同加速运动时，缸内气体的压强。

（设温度不变）四、密闭气体动态问题精析1、玻璃管上提、下压或倾斜 例4如左图所示，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，管内水银柱高h ，若将玻璃管竖直向上缓慢地提起（管下端未离开槽内水银面），则H 和h 的变化情况为（ ）A .H 和h 都增大 B.H 和h 都减小 C.H 减小,h 增大 D.H 增大,h 减小练8、 如上右图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，管的上部封有部分空气，玻璃管露出槽中水银面的长度为L ，两水银面 的高度差为h ，现保持L 不变，使玻璃管向右转过一个 小角度，则（ ）A.h 将增大 B .h 将减小 C.h 不变 D.空气柱的长度会增大2、给气体升高或降低温度例5、如图所示，两端封闭的粗细均匀的、竖直放置的玻璃管内有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分，122l l =，开始两部分气体温度相同，若使两部分气体同时降低相同的温度，管内水银柱将如何运动？分析与解： 思路一：假设法 思路二：图象法 思路三：极限法练9、如图所示，左右两容器容积相同，装有同种气体，连通两容器的水平细管中部有一段水银柱，在图示温度下，管中水银柱静止不动，如果使两容器中气体温度同时升高100C ，那么水银将（ ）A.向左移动B.向右移动C.不动D.无法判断思路四：定性分析法 原理：从气体分子动理论的观点看来，气体压强是由大量的气体分子频繁地碰撞而产生的．气体压强的大小是由单位体积内的分子数n 和分子的平均速率V 决定的（对于理想气体，可以证明七压强公式为p=nRT ，R 为玻耳兹曼常量)．可见，气体单位体积内的分子数n 越多，气体的温度越高，气体的压强就越大．利用这个结论，就可以通过定性分析判断出水银柱的移动方向．练10、一根两端封闭粗细均匀的直玻璃中有一段长57厘米的水银柱，在水银柱两边各有一段空气柱（如右图）。

当玻璃管水平放置，两段空气柱长度均为30厘米，压强都是一个标准大气压，cmHg p 760=，现将玻璃管缓慢竖立起来，则上下两段空气柱的长度分别为？H hLh l 2l1h3、运动状态和放置方式的改变例5、如图所示，a 、b 、c 三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，a 管竖直向下做自由落体运动，b 管竖直向上 做加速度为g 的匀加速运动，c 管沿倾角为 450的光滑斜面下滑。

若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a 、b 、c 三管内的空气柱长度的关系为（ ）A.L b =L c =L aB.L b <L c <L aC.L b >L c >L aD.L b <L c =L a分析与解：当玻璃管自由下落时，水银完全失重，水银对气体不产生压强，而沿光滑斜面自由下滑时，下滑的加速度为gsin θ。

水银对气体仍不产生压强，所以有p a =p c =p 0，又因为p b >p 0，所以三管内气柱的长度关系为l a =l c >l b 。

练11、（多选）如图所示，粗细均匀的玻璃管，两端封闭，中间一段小水银柱将空气分隔成A 、B 两部分，竖直放置时，水银柱刚好在正中，下列现象中 能使A 空气柱增长的有（两部分初温相同）（ ）A.升高相同的温度B.降低相同的温度C.使管有竖直向上的加速度D.使管有竖直向下的加速度【参考答案】例1：01p p =；gh p p ρ+=02；gh p p ρ-03=；θρsin -04gh p p =；θρsin 05gh p p += 练1：cmHg p 761=；cmHg p 512=；cmHg p 5.633=；cmHg p 514=；cmHg p 1015= 练2：20gh p p A ρ+=；20gh p p B ρ+=；120gh gh p p C ρρ-+=练3：cmHgp 644=；cmHgp 794=。

例2：D 练4：1p p =；s g m M p p )(02++=；s mgs F p p -+=03练5:AC练6：B 例3：A 练7：S M M MFp p )(0++=例4：A ；练8：B ；练9：A ；练10:10cm,20cm;例5：D ；练11：BCa b cg l g l lAB【专题二】气体实验定律例1．(2015·山东卷)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图所示，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p 0.当封闭气体温度上升至303 K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立即减为p 0，温度仍为303 K ．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．例2．(2014·全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h ，外界的温度为0T .现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h4.若此后外界的温度变为T ，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .例3．如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长1l ＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长2l ＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.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l ′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．例4．如图所示，由U 型管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U型管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 型管内左右水银柱高度相等．假设U 型管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(1)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)；(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U 型管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温．【专题二参考答案】例1：(1)101100p 0 (2)20110 100p 0S例2：9mghT4pT 0；例3:15cm ；例4：答案： (1)180 mmHg (2)364 K【专题三】气体变质量的问题分析变质量问题时，可通过巧妙地选择研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用气体实验定律求解.（1）打气问题：向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题，只要选择球内原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题. （2）抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题.分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看做是等温膨胀过程.（3）灌气问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题.分析这类问题时，把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体视为整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.（4）漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题. 如果选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.【典例1】 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V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度 由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.（1）求此时气体的压强；（2）保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.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.【典例2】 （2015·河南郑州一中期中）用真空泵抽出某容器中的空气，若某容器 的容积为V ，真空泵一次抽出空气的体积为V 0，设抽气时气体温度不变，容 器里原来的空气压强为p ，求抽出n 次空气后容器中空气的压强是多少？【参考答案】例题1：解析 （1）由题意知气体体积不变，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1得p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76p 0（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 2，由玻意 耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2 则V 2＝p 1V 0p 0＝76V 0所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为 ρV 0ρ·76V 0＝67因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对 外做功.由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量.答案 （1）76p 0 （2）67；吸热，原因见解析例题2：解析 设第1次抽气后容器内的压强为p 1，以整个气体为研究对象.因为抽气 时气体温度不变，则由玻意耳定律得 pV ＝p 1（V ＋V 0），所以p 1＝VV ＋V 0p以第1次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第2次抽气后容器内气体压 强为p 2，由玻意耳定律有 p 1V ＝p 2（V ＋V 0），所以p 2＝VV ＋V 0p 1＝（VV ＋V 0）2p 以第n －1次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第n 次抽气后容器内气体 压强为p n ，由玻意耳定律得p n －1V ＝p n （V ＋V 0） 所以p n ＝V V ＋V 0p n －1＝（VV ＋V 0）n p故抽出n 次空气后容器内剩余气体的压强为（V V ＋V 0）n p .答案（VV＋V0）n p[巩固练习]1.（2015·湖北六校调考）（1）下列说法正确的是（）A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C.分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E.当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大2.（2015·河北“五个一名校联盟”监测）（1）下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的运动B.两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快C.热力学温标的最低温度为0 K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一D.气体的温度越高，每个气体分子的动能越大（2）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，气缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g.①求活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强；②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q （一定量 理想气体的内能仅由温度决定）.解析 （1）布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映， 故A 错误；两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距 离增大而减小，但斥力比引力减小得更快，故B 正确；热力学温标的最低温 度为0 K ，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一，故C 正确；气体的温度越高，气体分子的平均动能越大，平均速率越高，满足气体分子的 速率分布率，但并非每个气体分子的动能都增大，故D 错误. （2）①设封闭气体的压强为p ，活塞受力平衡，则p 0S ＋mg ＝pS 解得p ＝p 0＋mgS②由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU ＝0 外界对气体做的功W ＝（p 0S ＋mg ）h 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可得Q ＝－W ＝－（p 0S ＋mg ）h 即气体通过缸壁放热（p 0S ＋mg ）h答案 （1）BC （2）①p 0＋mgS②（P 0S ＋mg ）h3.（2015·云南三校联考）（1）关于分子动理论的规律，下列说法正确的是（）A.扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D.如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能E.两个分子间的距离为r0时，分子势能最小（2）如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一不计质量的活塞，可在气缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体.已知活塞截面积为100 cm2，大气压强为1.0×105Pa，气缸内气体温度为27℃，试求：①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，这时气体的压强和所加重物的重力；②在加压重物的情况下，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到多少摄氏度.解析（1）扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，故A正确；压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B错误；两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；处于热平衡表明没有热量交换，而没有热量交换意味着两者的温度是一样的，但总的内能不一定一样，故D错误；当分子间r＞r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大， 当分 子间r ＜r 0时，随距离减小而增大， 当r ＝r 0时，分子势能最小，故E 正确.（2）①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半， 根据理想气体的等温变化有p 1V 1＝p 2V 2 其中p 1＝1×105 PaV 1＝V V 2＝V2解得p 2＝2×105 Pa 由p 2＝p 0＋G S其中S ＝100×10－4 m 2＝10－2m 2 解得所加重物的重力G ＝1 000 N②在加压重物的情况下，保持气缸内压强不变，要使气缸内的气体恢复原来 体积，应对气体加热，已知p 3＝2×105 Pa ，V 3＝VT 3＝T 1＝（273＋27） K ＝300 K 根据理想气体状态方程得p 3V 3T 3＝p 1V 1T 1解得T 3＝600 K所以t ＝T 3－273℃＝327℃答案 （1）ACE （2）①2×105 Pa 1 000 N ②327 ℃ 4.（2014·湖北八市联考）（1）（多选）关于一定量的理想气体，下列说法正确的 是 .A.气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积B.只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高（2）“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计 了如图实验.圆柱状汽缸（横截面积为S ）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为t ℃）密闭开关K ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L .由于汽缸传热良好，重物 被吸起，最后重物稳定在距地面L /10处.已知环境温度为27 ℃不变，mg /S 与1/6大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t 值.解析 （2）对汽缸内封闭气体，Ⅰ状态：p 1＝p 0V 1＝LS ，T 1＝（273＋t ） K Ⅱ状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0V 2＝910LS ，T 2＝300 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得t ＝127 ℃答案 （1）BDE （2）127 ℃5.[2013·陕西西工大附中测试，33（2）]如图所示为一简易火灾报警装置，其原理 是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27 ℃时，被封闭的理想气体气柱长L 1为20 cm ，水 银上表面与导线下端的距离L 2为5 cm.（1）当温度达到多少℃时，报警器会报警？（2）如果大气压降低，试分析说明该报警器的报警温度会受到怎样的影响？解析 （1）温度升高时，下端气体做等压变化：T 1T 2＝V 1V 2300 K T 2＝20S 25S，解得：T 2＝375 K ，即t 2＝102 ℃.（2）由玻意耳定律，同样温度下，大气压降低则下端气柱变长，即V 1变大. 而刚好报警时V 2不变，由T 1T 2＝V 1V 2可知，T 2变小，即报警温度降低.答案 （1）102 ℃ （2）降低3.（2015·中原名校豫南九校一模）（1）关于物体内能和热力学定律的说法正确的 是（ ）A.物体内所有分子动能和分子势能的总和就是分子的内能B.第二类永动机的构想违背了热力学第二定律C.做功和热传递具有相同的物理本质D.物体没有做功时，物体吸热，物体的内能一定增加E.若一定质量的某理想气体的内能增加，则其温度一定升高（2）如图所示，一根长l＝75 cm、一端封闭的粗细均匀的玻璃管，管内有一段长h＝25 cm的水银柱，当玻璃管开口向上竖直放置时，管内水银柱封闭气柱的长度l1＝36 cm.已知外界大气压强p ＝75 cmHg，管内、外气体的温度不变.如果将玻璃管倒置，使开口竖直向下，问水银柱长度将是多少厘米？解析（1）物体内所有分子的动能和分子势能的总和就是物体的内能，A项错误；第二类永动机的构想违背了热力学第二定律，B 项正确；做功和热传递具有不同的物理本质，C项错误；物体没有做功，即W＝0，物体吸热，Q ＞0，由热力学第一定律得知，物体的内能一定增加，D项正确；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，E项正确.（2）若水银没有流出管外，管倒置后管内空气柱的长度为x0，管的横截面积为S，则倒置前、后有：p0＝100 cmHg，V0＝L1S，p0′＝50 cmHg，V0′＝x0S0由玻意耳定律得p0V0＝p0′V0′，即100×36S＝50x0S解得x0＝72 cm因为x0＋h＞l＝75 cm，可知有水银从管口流出设管倒置后空气柱长为x′，则剩下的水银柱的长度必为（75－x′）cm，有：初态：p1＝100 cmHg，V1＝36S末态：p1′＝[75－（75－x′）] cmHg＝x′ cmHg，V1′＝x′S 由玻意耳定律得：p1V1＝p1′V1′，即100×36S＝x′·x′S解得：x 1′＝60 cm ，x 2′＝－60 cm （舍去） 即水银柱长度是：（75－60） cm ＝15 cm. 答案 （1）BDE （2）15 cm5.（2014·云南第一次检测）如图所示，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置， 管中用一段长H 0＝38 cm 的水银柱封闭一段长L 1＝20 cm 的空气，此时水银 柱上端到管口的距离为L 2＝4 cm ，大气压强恒为p 0＝76 cmHg ，开始时封闭 气体温度为t 1＝27 ℃，取0 ℃为273 K.求：（1）缓慢升高封闭气体温度至水银开始从管口溢出，此时封闭气体的温度；（2）保持封闭气体温度不变，在竖直平面内缓慢转动玻璃管至水银开始从管 口溢出，玻璃管转过的角度. 解析 （1）设玻璃管横截面积为S ， 初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝t 1＋273 K 末状态：V 2＝（L 1＋L 2）S ，T 2＝t 2＋273 K据盖—吕萨克定律有：V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得：t 2＝87 ℃.（2）初状态：V 1＝L 1S ，p 1＝p 0＋38 cmHg 设玻璃管转过角度θ后水银开始溢出末状态：V 2＝（L 1＋L 2）S ，p 2＝p 0＋38 cos θ cmHg 据玻意尔定律有：p 1V 1＝p 2V 2解得：θ＝60°答案 （1）87 ℃ （2）60°6.[2013·湖北七市联考，33（2）]如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃 管，A 端封闭，C 端开口，AB ＝BC ＝l 0，且此时A 、C 端等高.平衡时，管内 水银总长度为l 0，玻璃管AB 内封闭有长为l 02的空气柱.已知大气压强为l 0汞柱 高.如果使玻璃管绕B 点在竖直平面内顺时针缓慢地转动到BC 管水平，求此 时AB 管内气体的压强为多少汞柱高？管内封入的气体可视为理想气体且温 度不变.解析 因为BC 长度为l 0，故顺时针旋转到BC 水平时水银未流出.设BC 管水平时，管内空气柱长为x ，管的横截面积为S ， 对管内气体，玻璃管转动前：p 1＝l 0 cmHg ，V 1＝l 02·S玻璃管转动后：由p 2＋（p l 0－p x ）＝p l 0，得p 2＝x cmHg ，V 2＝x ·S 对A 中密闭气体，由玻意耳定律得l 0·l 02·S ＝x ·x ·S联立解得x ＝22l 0即：p2＝22l0 cmHg答案22l0 cmHg）7.如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑.现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（）（填入正确选项前的字母）A.气体分子平均动能不变B.气体内能减少C.气体吸收热量D.气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现E.气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律（2）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍.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.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并使活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止.求：①左端液面下降多少？②活塞下移的距离.（环境温度不变）解析 （1）汽缸是导热的，封闭气体的温度始终与环境温度相同，保持不变， 而温度是分子平均动能的标志，故A 正确；一定质量的理想气体的内能仅仅 与温度有关，内能不变，B 错误；气体内能不变，对外做功，根据热力学第 一定律ΔU ＝W ＋Q ，可知气体吸收热量，C 正确；气体是从单一热源吸热， 全部用来对外做功，同时伴随着外力F 的作用，即引起了其他的变化，所以 此过程不违反热力学第二定律，E 正确、D 错误.（2）①设细管的液面下降了x ，则粗管液面上升了x2，根据题意：x ＋x2＝6`cm ， 得x ＝4`cm②对粗管内的气体应用玻意耳定律：p 1V 1＝p 1′V 1′ 75×12S ＝p 1′×（12－2）S解得末状态粗管中气体的压强p 1′＝90`cmHg 则细管中气体末状态的压强为（90＋6）`cmHg 设活塞下移y ，对细管中的气体用玻意耳定律：p 2V 2＝p 2′V 2′75×12S ′＝（90＋6）×（12＋4－y ）S ′ 解得：y ＝6.625`cm答案（1）ACE （2）①4`cm ②6.625`cm10.[2015·新课标全国Ⅱ，33（2），10分]（难度★★★）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 ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm.现将 开关K 打开，从U 形管中放出。