1、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.(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
2、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?甲 乙(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 求解;21TVp(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(16-23)cmHg=10 cmHg,压强 p2=(76-10)c
3、mHg=66 cmHg由理想气体状态方程 ,21TVp解得 。KTVp350860122(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+22)-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 cm13.(2015全国卷)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
4、=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=78cmHgV1=lS=S10.0cm放出部分水银后p2=p0-ph1=75.0cmHg-10.0cmHg=65cmHg由玻意耳定律可得p1V1=p2V2l2= =12.0cmS（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=p3V3l3= =1
5、0.4cmS则注入的水银在管内的长度=h1+2(l2-l3)=13.2cml答案：（1）12.0cm （2）13.2cm14.(2015全国卷)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=1.00105Pa,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l2缓慢下降,活塞缓慢下移。忽略两
6、活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小 g 取 10m/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V1=S2 +S1 ll2V2=S2l 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)
7、=m1g+m2g+S2(p1-p) 故缸内气体的压强不变。由盖吕萨克定律有 12VT联立式并代入题给数据得 T2=330K(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12pT联立式并代入题给数据得p=1.0110 5Pa答案： （1）330K (2)1.0110 5Pa15.(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3
8、03K 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01p代入数据得 10p（2）设杯盖的质量为 m,刚好被顶起时,由平衡条件得p1S=p0S+mg 放出少许气体后,以杯
9、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32p设提起杯盖所需的最小力为 F,由平衡条件得F+p3S=p0S+mg 联立式,代入数据得021FpS答案： （1） （2）001pS16.(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：
10、= ,解得：p 2=1T21Tp故冻结后肥皂膜内外气体的压强差：p=p 2-p0= p1-p02T答案： p1-p02T17.(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
11、,对 A 分析有 p1=p0+ ,对 B 有 p2=p1+mgSmgSB 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+ mgS因为温度始终不变,对于混合气体有(p 1+p2)V=pV,漏气前 A 距离底面的高度为 h= ,VS漏气后 A 距离底面的高度为 VhS联立可得 0mgh(PS)答案： 0V()9.(2016全国卷 IIT33（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
12、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 重新充气前,用去的氧气在 p2压强下的体积为 V3=V2-V1 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 设实验室每天用去的氧气在 p0下的体积为 V,则氧气可用的天数为0N=联立式,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 如图 13-33-2 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大活塞的质量为 m1 2.50 kg
13、，横截面积为 S180.0 cm2，小活塞的质量为 m21.50 kg，横截面积为 S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为 l40.0 cm，气缸外大气的压强为 p1.0010 5 Pa，温度为 T303 K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 T1495 K现气缸内气体温度缓慢l2下降，活塞缓慢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 一
14、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 p075.0 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 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p 与气泡半径 r 之间的关系为 p ，其中 0.070 N/m.现让水下 10 m 处一半径为2r0.50 cm 的气泡缓慢上升，已知大气压强 p01.
15、010 5 Pa，水的密度 1.010 3 kg/m3，重力加速度大小 g 取 10 m/s2.(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 T2T1.又如图乙所示，A、B 两点的温度相等
16、，从 B 状态到 A 状态压强增大，体积一定减小，所以 V2V1.图 13-33-42关于一定质量的气体的不同图像的比较过程 类别图线 特点 示例等温过程 p-VpVCT( 其中 C 为恒量)，即 p、V 之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p-1VpCT ，斜率 kCT ，即斜率越大，温1V度越高等容过程 p-T p T，斜率 k ，即斜率越大，体积CV CV越小等压过程 V-T V T，斜率 k ，即斜率越大，压强Cp Cp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 pAp 0，温度 TA T0，线
17、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 13-33-6A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Da、b 和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小Eb 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
18、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
19、)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： 或 C .p1V1T1 p2V2T2 pVT3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
20、 S2 cm2，初始时 M 活塞相对于底部的高度为 h127 cm，N 活塞相对于底部的高度为 h218 cm.现将一质量为m1 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 p01.010 5 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 T0500 K，下部
21、分气体的压强 p01.2510 5 Pa，活塞质量 m0.25 kg，管道的厚度不计，横截面积 S1 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 ，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g 取 10 34m/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
22、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 ,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：p1=p0+g l2 设活塞下推后,下部空气的压强为 p1,由玻意耳定律得：p1l1S=p1 l1S 设活塞下推距离为 l,则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：l3= l3+(l1-l1)- l 设此时玻璃管上部空气柱的压强为 p3,则p3=p 1-g l2
23、由玻意耳定律得：p 0l3S=p3 l3S 由式代入数据解得： l=15.0cm答案：15.0cm9.(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
24、积设为 V2=hS(h 为活塞到缸底的距离),根据等压变化: =V11V22解得:h =7.3cm重物上升高度h=10cm-7.3cm=2.7cm答案:(1)上升 (2)2.7cm10.(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=20cm2,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T1=600K,汽缸两部分的气柱长均为 L,已知大气压强 p0=1105Pa,g取 10m/s2,缸内气体可看作理想气体。(1)活塞静止时,求汽
25、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12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：p 1=1.2105Pa(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 T1,变化后温度为 T2,由盖吕萨克定律得： =S1+21S12+2322代入数据解得：T 2=500K答案：(1)1.210 5Pa (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
26、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 1105Pa,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
27、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+ =1.2105Pam1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- =0.6105Pam2此时气柱长度为 L2,从甲乙等温变化p1L1S=p2L2S得 L2=20cm由于 L2=20cm25cm,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
28、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： = L11L22解
29、得：L 2=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 U=Q-W 解得：U=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 U=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 U=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
30、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=2.010-5m2,手柄的横截面积为S=1.010 -5m2,大气压强为 1.0105Pa,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
31、用箭头标出状态变化的方向。【解析】(1)p 1V1=p2V2p2= = = Pa=4.0105Pap112112 1.0105205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=(4.0105-1.0105)2.010-5N=6N(2)对活塞 ,p2S=p0S+F,F=(p2-p0)S=(4.0105-1.0105)2.010-5N=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1有几个状态变化,
32、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。p02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
33、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 解得：p=p 0+m由玻意耳定律得： =pV p002解得：V=p002(0+)(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=V0则外界对气体做功 W=(p0S+mg)h 气体温度相同,内能不变,由热力学第一定律 U=W+Q 得：Q=|W| 由式解得：Q=( + )V0p02m答案：(1) (2)( + )V0p002(0+) p02m【加固训练】如图所
34、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=1.25105Pa,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34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：p 0V0=pV其中：V= V054解得：p= 1.25105Pa=1105Pa45对上部分气体,初态：p 1=p0- =1105Pam末态：p 2=p- =0.75105Pam根据理想气体状态方程可得： =p100p2340解得：T=281.25K答案：281.25K
