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素养提升21　气体实验定律和理想气体状态方程的综合运用
1.（2026·河南安阳月考）如图所示，一汽缸开口向上固定，一定质量的理想气体用密封性良好的活塞封闭在汽缸中，汽缸内有体积可忽略的加热丝，系统平衡时，活塞距离汽缸底部的距离为汽缸高度的，此时气体的压强为p1＝1.2×105Pa，温度为T1＝300 K。现用加热丝对气体缓慢加热，当温度为T2时活塞刚好到汽缸口，然后在活塞上施加一竖直向下的外力，保持封闭气体的温度T2不变，使活塞缓慢回到原来的位置。已知活塞的横截面积为S＝1.0×10－4m2，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，活塞的厚度以及摩擦力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.活塞的质量为4 kg
B.T2＝450 K
C.活塞回到原来位置时，封闭气体的压强为1.5×105Pa
D.活塞回到原来位置时，竖直向下的外力大小为8 N
2.〔多选〕（2026·河南南阳期末）如图所示，横截面积为1 cm2、导热良好的U形玻璃管固定在竖直面内，O点为U形管的最低点，玻璃管左侧封闭、右侧开口，管内通过水银封闭了一段长60 cm、可视为理想气体的气柱，右侧水银液面比左侧低20 cm，已知外界大气压强恒为75 cmHg，环境的热力学温度为300 K，下列说法正确的是（　　）
A.若用注射器向右侧玻璃管内缓慢注入52 mL的水银，则玻璃管两侧的液面将相平
B.若将U形管沿纸面绕过O点垂直纸面的轴顺时针转动少许，则封闭气柱的长度将减小
C.若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5 mL的水银，则稳定后右侧液面比左侧液面高5 cm
D.若对封闭气体加热，则当两侧液面高度相同时，封闭气柱的热力学温度为460 K
3.（2026·河南新乡模拟）如图所示，高度为h、内部横截面积为S的绝热汽缸竖直放置，初始时，厚度不计的绝热活塞静止在距汽缸底部h处，封闭气体的温度为T0。现通过电热丝对封闭气体缓慢加热，活塞到达汽缸口时被卡扣挡住。已知大气压强为p0，活塞的质量为（g为当地重力加速度），活塞与汽缸之间密封良好且无摩擦，不计电热丝的体积。
（1）求活塞刚到达汽缸口时内部气体的温度；
（2）当封闭气体的压强为2p0时，求此时气体的温度。
4.如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p0＝75 cmHg，求：
（1）固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；
（2）M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度（结果可用根式表示）。
5.（2026·云南昭通模拟）如图所示，柱形汽缸竖直放置，内部密封一定质量的理想气体，内部空间总高度H＝2 m，顶部导热良好，其余部分绝热。横截面积S＝0.02 m2、质量和厚度都不计的绝热活塞将汽缸内部空间分为A、B两部分，活塞与汽缸顶部由轻弹簧相连。开始时活塞静止在汽缸正中间，此时弹簧恰好处于原长状态，A部分气体的压强p1＝2.0×104Pa；现对B部分气体缓慢加热，活塞缓慢上升了0.5 m，此时B部分气体的热力学温度是原来的6倍。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：
（1）最终A部分气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数。
6.（2025·广东高考13题）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
素养提升21　气体实验定律和理想气体状态方程的综合运用
1.B　初始时，对活塞受力分析，由平衡条件知p1S＝p0S＋mg，代入题中数据，解得活塞质量m＝0.2 kg，故A错误；加热过程为等压变化过程，设汽缸高度为h，则此过程有＝，解得T2＝450 K，故B正确；活塞回到原位置时体积与初始时相等，则有＝，解得p2＝1.8×105Pa，对活塞受力分析，有p2S＝p0S＋mg＋F，解得F＝6 N，故C、D错误。
2.AC　若玻璃管两侧的液面相平，对理想气体，根据玻意耳定律，有L0S＝p0L1S，解得L1＝44 cm，则注入的水银的体积V＝S＝52 mL，故A正确；将U形管沿纸面绕过O点垂直纸面的轴顺时针转动少许，若水银不发生流动，则U形管倾斜后，两侧液面的高度差变大，则封闭气柱的压强减小，故稳定时封闭气柱的长度增大，故B错误；若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5 mL的水银，则左侧气体体积将减小，设长度变为L2，此时右侧液面会比左侧高，设高度差为h'，则有S＝62.5 mL，根据玻意耳定律，有L0S＝L2S，解得h'＝5 cm，故C正确；根据理想气体状态方程，有＝，解得T＝477.3 K，故D错误。
3.（1）2T0　（2）T0
解析：（1）开始时，封闭气体的体积V1＝hS，温度T1＝T0
活塞刚到达汽缸口时封闭气体的体积V2＝hS，温度为T2
气体经历等压变化，由盖—吕萨克定律＝
可得气体的温度T2＝2T0。
（2）开始时封闭气体的压强为p1，有p1S＝p0S＋mg
可得p1＝p0
活塞位于缸口并继续加热气体的过程，气体经历等容变化，根据查理定律＝
解得此时气体的温度T3＝T0。
4.（1）15 cm　（2）（9－45）cm
解析：（1）设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。对M管中封闭气体有，
状态Ⅰ：p1＝75 cmHg，V1＝54 cm×S，T1＝300 K
状态Ⅱ：
T2＝T1＝300 K，V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg
此时M、N两玻璃管中气体压强差Δp＝p2－p0＝15 cmHg，故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。
（2）M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有
状态Ⅲ：
V3＝（45 cm＋x）S，T3＝T＝360 K，
p3＝p0＋pΔh＋p2x＝（75＋15＋2x）cmHg
由理想气体状态方程得＝
解得x＝（9－45）cm。
5.（1）p1'＝4×104Pa　（2）k＝1 600 N/m
解析：（1）开始时两段气柱的高度均为h＝＝1 m，对B部分气体缓慢加热后，A部分气体发生等温变化，则有p1hS＝p1'S
解得p1'＝4×104Pa。
（2）对B部分气体，初状态压强p2＝p1＝2×104Pa
由理想气体状态方程得＝
解得p2'＝8×104Pa
末状态，对活塞进行受力分析，可得p2'S＝p1'S＋kx
联立解得k＝1 600 N/m。
6.（1）0.05 m　1.2×105 Pa　（2）1.35×105 Pa
解析：（1）金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg（h1＋H＋h2）
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
（2）设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p'S1（h1－h3）
解得注气后铸型室内气体的压强p'＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强p2＝p'＋ρg（h3＋H＋h4）
解得p2＝1.35×105 Pa。
1 / 1素养提升21　气体实验定律和理想气体状态方程的综合运用
1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程分析用活塞或液柱封闭的气体状态变化问题。 2.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。
提升点一　汽缸类问题
1.分析活塞受力，计算气体压强
（1）明确活塞的重力是否忽略不计，明确活塞是水平放置还是竖直放置。
（2）活塞如果处于力学平衡状态，根据受力平衡得出气体的压强大小或活塞两端的隔离气体的压强关系。
（3）活塞如果处于力学非平衡状态，则要对活塞进行受力分析，根据牛顿第二定律得出气体压强的大小或活塞两端的隔离气体的压强关系。
2.分析气体状态变化，选用合适规律
（1）明确气体的变化过程，分析清楚气体初末状态的温度、压强、体积。
（2）根据气体的变化，恰当选择实验定律或理想气体状态方程列式求解。
（2025·海南高考17题）竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体温度T0＝300 K，体积V0＝5×10－3m3，大气压强p0＝1×105Pa，g＝10 m/s2。
（1）若加热汽缸活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10－3m3，求此时的温度T1；
（2）若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
尝试解答
提升点二　液柱类问题
计算液柱封闭气体的压强应注意的问题
（1）分析液柱受力，列平衡方程可求气体压强。
（2）液柱产生的压强为ρgh，因此液柱下面的压强比上面压强大ρgh。
（3）用水银柱封闭的气体，有时可以用cmHg作为压强的单位。
（2025·湖南高考13题）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
（1）若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
（2）考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
尝试解答
提升点三　关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分（或多部分）气体，构成关联气体问题，解题基本思路
（1）分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
（2）依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
（3）多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
（1）此时上、下部分气体的压强；
（2）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
尝试解答
如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位）
尝试解答
素养提升21　气体实验定律和理想气体状态方程的综合运用
提升点一
【例1】　（1）450 K　（2）4×10－3m3
解析：（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝
代入数据解得T1＝450 K。
（2）设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程，根据玻意耳定律p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10－3m3。
提升点二
【例2】　（1）　（2）9.5 m/s2
解析：（1）设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱，由平衡条件有ρShg＋p0S＝p1S
水平放置时，对液柱，由平衡条件有
p2S＝p0S
若整个过程中温度不变，则对空气柱，由玻意耳定律可得
p1SL1＝p2SL2
联立可得g＝。
（2）若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相同，则空气柱的体积不变，由查理定律可得＝
联立可得g＝＝9.5 m/s2。
提升点三
【例3】　（1）2p0　p0　（2）
解析：（1）旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，
则p0·SL0＝p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝。
【例4】　74.36 cmHg　54.36 cmHg
解析：设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA＝4SB
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，
所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA'SALA'
对B管内空气柱有pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
1 / 1(共39张PPT)
素养提升21　
气体实验定律和理想气体状态方程的综合运用
目标要求
1. 会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程分析用活塞或液柱封闭的
气体状态变化问题。
2. 会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。
目 录
CONTENTS
提升点一　汽缸类问题
提升点二　液柱类问题
提升点三　关联气体问题
课时跟踪检测
提升点一　汽缸类问题
1. 分析活塞受力，计算气体压强
（1）明确活塞的重力是否忽略不计，明确活塞是水平放置还是竖直
放置。
（2）活塞如果处于力学平衡状态，根据受力平衡得出气体的压强大小或
活塞两端的隔离气体的压强关系。
（3）活塞如果处于力学非平衡状态，则要对活塞进行受力分析，根据牛
顿第二定律得出气体压强的大小或活塞两端的隔离气体的压强关系。
2. 分析气体状态变化，选用合适规律
（1）明确气体的变化过程，分析清楚气体初末状态的温度、压强、
体积。
（2）根据气体的变化，恰当选择实验定律或理想气体状态方程列式
求解。
（2025·海南高考17题）竖直放置的汽缸内，活塞横截
面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初
活塞静止，缸内气体温度T0＝300 K，体积V0＝5×10－3m3，
大气压强p0＝1×105Pa，g＝10 m/s2。
（1）若加热汽缸活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10－3m3，求此时的温
度T1；
答案： 450 K　
解析： 活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得
＝
代入数据解得T1＝450 K。
（2）若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体
的体积V2。
答案：4×10－3m3
解析：设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程，根据玻意耳
定律p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10－3m3。
提升点二　液柱类问题
计算液柱封闭气体的压强应注意的问题
（1）分析液柱受力，列平衡方程可求气体压强。
（2）液柱产生的压强为ρgh，因此液柱下面的压强比上面压强大ρgh。
（3）用水银柱封闭的气体，有时可以用cmHg作为压强的单位。
（2025·湖南高考13题）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，
粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空
气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为
L2，大气压强为p0。
（1）若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
答案：　
解析： 设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平
放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱，由平衡条件有
ρShg＋p0S＝p1S
水平放置时，对液柱，由平衡条件有p2S＝p0S
若整个过程中温度不变，则对空气柱，由玻意耳定律可得
p1SL1＝p2SL2
联立可得g＝。
（2）考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次
测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如
下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7
K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长
度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该
组实验数据，求重力加速度g的值。
答案：9.5 m/s2
解析：若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相同，
则空气柱的体积不变，由查理定律可得＝
联立可得g＝＝9.5 m/s2。
提升点三　关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分（或多部分）气体，构成关联气体问题，解题
基本思路
（1）分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写
出相应的方程。
（2）依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出
各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
（3）多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，
将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性
连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强
均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光
滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定
后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
（1）此时上、下部分气体的压强；
答案： 2p0　p0　
解析： 旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0
＝p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝
SL0，则p0·SL0＝p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。
（2）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
答案：
解析：对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部
分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，
大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝。
如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20
cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上
方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均
为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的
空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气
体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位）
答案：74.36 cmHg　54.36 cmHg
解析：设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有
pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小
1 cm，又因为SA＝4SB
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压
强分别为pA'、pB'，所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA'SALA‘
对B管内空气柱有pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
课时跟踪检测
1. （2026·河南安阳月考）如图所示，一汽缸开口向上固定，一定质量的理想气体用密封性良好的活塞封闭在汽缸中，汽缸内有体积可忽略的加热丝，系统平衡时，活塞距离汽缸底部的距离为汽缸高度的，此时气体的压强为p1＝1.2×
105Pa，温度为T1＝300 K。现用加热丝对气体缓慢加热，当温度为T2时活塞刚好到汽缸口，然后在活塞上施加一竖直向下的外力，保持封闭气体的温度T2不变，使活塞缓慢回到原来的位置。已知活塞的横截面积为S＝1.0×10－4m2，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，活塞的厚度以及摩擦力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
1
2
3
4
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A. 活塞的质量为4 kg
B. T2＝450 K
C. 活塞回到原来位置时，封闭气体的压强为1.5×105Pa
D. 活塞回到原来位置时，竖直向下的外力大小为8 N
√
解析： 　初始时，对活塞受力分析，由平衡条件知p1S＝p0S＋mg，代入
题中数据，解得活塞质量m＝0.2 kg，故A错误；加热过程为等压变化过
程，设汽缸高度为h，则此过程有＝，解得T2＝450 K，故B正确；活
塞回到原位置时体积与初始时相等，则有＝，解得p2＝1.8×105Pa，对活塞受力分析，有p2S＝p0S＋mg＋F，解得F＝6 N，故C、D错误。
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5
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2. 〔多选〕（2026·河南南阳期末）如图所示，横截面积为1 cm2、导热良
好的U形玻璃管固定在竖直面内，O点为U形管的最低点，玻璃管左侧封
闭、右侧开口，管内通过水银封闭了一段长60 cm、可视为理想气体的气
柱，右侧水银液面比左侧低20 cm，已知外界大气压强恒为75 cmHg，环境
的热力学温度为300 K，下列说法正确的是（　　）
A. 若用注射器向右侧玻璃管内缓慢注入52 mL的水银，则玻
璃管两侧的液面将相平
B. 若将U形管沿纸面绕过O点垂直纸面的轴顺时针转动少许，
则封闭气柱的长度将减小
C. 若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5 mL的水银，则稳定后右侧
液面比左侧液面高5 cm
D. 若对封闭气体加热，则当两侧液面高度相同时，封闭气柱的热力学温度为460 K
√
√
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解析：若玻璃管两侧的液面相平，对理想气体，根据玻意耳定律，有L0S＝p0L1S，解得L1＝44 cm，则注入的水银的体积V＝S＝52 mL，故A正确；将U形管沿纸面绕过O点垂直纸面的轴顺
时针转动少许，若水银不发生流动，则U形管倾斜后，两侧液面的高度差
变大，则封闭气柱的压强减小，故稳定时封闭气柱的长度增大，故B错误；若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5 mL的水银，则左侧气体体积将减小，设长度变为L2，此时右侧液面会比左侧高，设高度差为h'，则有S＝62.5 mL，根据玻意耳定律，有L0S＝L2S，解得h'＝5 cm，故C正确；根据理想气体状态方程，有＝，解得T＝477.3 K，故D错误。
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3. （2026·河南新乡模拟）如图所示，高度为h、内部横截面积
为S的绝热汽缸竖直放置，初始时，厚度不计的绝热活塞静止在
距汽缸底部h处，封闭气体的温度为T0。现通过电热丝对封闭
气体缓慢加热，活塞到达汽缸口时被卡扣挡住。已知大气压强
为p0，活塞的质量为（g为当地重力加速度），活塞与汽缸之间密封良好且无摩擦，不计电热丝的体积。
（1）求活塞刚到达汽缸口时内部气体的温度；
答案：2T0　
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解析：开始时，封闭气体的体积V1＝hS，温度T1＝T0
活塞刚到达汽缸口时封闭气体的体积V2＝hS，温度为T2
气体经历等压变化，由盖—吕萨克定律＝
可得气体的温度T2＝2T0。
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（2）当封闭气体的压强为2p0时，求此时气体的温度。
答案：T0
解析：开始时封闭气体的压强为p1，有p1S＝p0S＋mg
可得p1＝p0
活塞位于缸口并继续加热气体的过程，气体经历等容变化，根据查理定律
＝
解得此时气体的温度T3＝T0。
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4. 如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与
温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开
口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者
粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银
封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p0＝75 cmHg，求：
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（1）固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；
答案：15 cm　
解析：设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。
对M管中封闭气体有，
状态Ⅰ：p1＝75 cmHg，V1＝54 cm×S，T1＝300 K
状态Ⅱ：
T2＝T1＝300 K，V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg
此时M、N两玻璃管中气体压强差Δp＝p2－p0＝15 cmHg，故固定M、N时
两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。
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（2）M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度（结果可用
根式表示）。
答案：（9－45）cm
解析： M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有状态Ⅲ：
V3＝（45 cm＋x）S，T3＝T＝360 K，
p3＝p0＋pΔh＋p2x＝（75＋15＋2x）cmHg
由理想气体状态方程得＝
解得x＝（9－45）cm。
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5. （2026·云南昭通模拟）如图所示，柱形汽缸竖直放置，内
部密封一定质量的理想气体，内部空间总高度H＝2 m，顶部导
热良好，其余部分绝热。横截面积S＝0.02 m2、质量和厚度都
不计的绝热活塞将汽缸内部空间分为A、B两部分，活塞与汽
缸顶部由轻弹簧相连。开始时活塞静止在汽缸正中间，此时弹簧恰好处于原长状态，A部分气体的压强p1＝2.0×104Pa；现对B部分气体缓慢加热，活塞缓慢上升了0.5 m，此时B部分气体的热力学温度是原来的6倍。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：
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（1）最终A部分气体的压强；
答案：p1'＝4×104Pa　
解析：开始时两段气柱的高度均为h＝＝1 m，对B部分气体缓慢加热后，A部分气体发生等温变化，则有p1hS＝p1'S
解得p1'＝4×104Pa。
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（2）弹簧的劲度系数。
答案：k＝1 600 N/m
解析：对B部分气体，初状态压强p2＝p1＝2×104Pa
由理想气体状态方程得＝
解得p2'＝8×104Pa
末状态，对活塞进行受力分析，可得
p2'S＝p1'S＋kx
联立解得k＝1 600 N/m。
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6. （2025·广东高考13题）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增
加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却
凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝
1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气
室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室
内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10
m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
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（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内
气体压强p1。
答案：0.05 m　1.2×105 Pa　
解析：金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg（h1＋H＋h2）
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
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（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度
不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强
p2。
答案：1.35×105 Pa
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解析：设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有
p0S1h1＝p'S1（h1－h3）
解得注气后铸型室内气体的压强p'＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强
p2＝p'＋ρg（h3＋H＋h4）
解得p2＝1.35×105 Pa。
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