13． 如图8所示为压缩式喷雾器，该喷雾器储液桶的容积为V0＝6 dm3.先往桶内注入体积为V＝4 dm3的药液，然后通过进气口给储液桶打气，每次打进ΔV＝0.2 dm3的空气，使喷雾器内空气的压强达到p＝4 atm.设定打气过程中，储液桶内空气温度保持不变，药液不会向外喷出，喷液管体积及喷液口与储液桶底间高度差不计，外界大气压强p0＝1 atm.
图8
(1)打气的次数n；
(2)通过计算说明，能否使喷雾器内的药液全部喷完．
14． 如图9所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平．水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10 cm、5 cm.在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来升高了h＝10 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg，求向左管注入的水银柱长度．
图9
答案精析
1．BCE 2.BCE 3.BCE 4.CDE 5.CDE 6.BDE 7．(1)100 K (2)89.6 L (3)6 720 J 吸热 解析 (1)气体由状态a到状态b为等容过程， papb
根据查理定律有：＝，
TaTb解得Tb＝100 K.
(2)气体由状态b到状态c为等压过程， VcVb根据盖－吕萨克定律有：＝，
TcTb解得Vc＝89.6 L.
(3)气体由状态b到状态c为等压过程，气体体积变大，对外做功，W＝pb(Vc－Vb)＝6 720 J， 由盖－吕萨克定律可知体积增大时温度升高， 所以气体内能增大，ΔU>0， 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，
由于b→c气体对外做功，W为负值，Q为正值， 气体吸收的热量大于气体对外做的功，为吸热过程． 8．(1)1.2×105 Pa (2)500 J
解析 (1)设活塞横截面积为S，封闭气体刚开始的温度为T1，体积为L1S，压强为p1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，体积为L2S，压强p2＝p1， L1SL2S则由盖－吕萨克定律可得＝
T1T2解得：T2＝500 K，即227 ℃ 因为227 ℃<327 ℃， 所以气体接着发生等容变化，
设当气体温度达到T3＝(327＋273) K＝600 K时，封闭气体的压强为p3， p2p3由查理定律可得：＝ T2T3解得：p3＝1.2×105 Pa
(2)此过程中气体对外界做功，W＝－p0(L2－L1)S 解得W＝－200 J
由热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q 解得：ΔU＝500 J
9．(1)3.4 kg (2)540 K 13.6 J
解析 (1)设转动之前，汽缸内气体压强为p1，转动后，气体压强为p2，活塞质量为m，可mg
得p1＝p0－ Smg
p2＝p0＋
S
LL
由玻意耳定律得p1S＝p2S
24联立解得m＝3.4 kg
(2)缓慢加热气体，气体做等压变化， LLSS42
由盖－吕萨克定律得＝ T0T解得T＝540 K
气体体积增大，气体对外做功，由W＝p2ΔV 解得W＝13.6 J
V2mg
10．(1)T1 (2)Q1－(p0＋)(V2－V1)
V1S
V1V2解析 (1)加热过程中气体等压膨胀，由＝，
T1T2V2得：T2＝T1.
V1
(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0
由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W mg
其中W＝(p0＋)(V1－V2)
S
由于理想气体内能只是温度的函数，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU mg
整理可以得到：Q2＝Q1－(p0＋)(V2－V1)．
S11．(1)69 cmHg (2)79 cmHg 解析 (1)根据平衡知识得： 上部混有少量的空气压强为： p1＝(76－70) cmHg＝6 cmHg 设玻璃管横截面积为S cm2， 上部混有少量的空气体积： V1＝(100－70)S＝30S cm3 若在气温为27 ℃时，
用该气压计测得的气压读数为64 cmHg，
空气体积：V2＝(100－64)S＝36S cm3
气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 解得p2＝5 cmHg
p0′＝(64＋5) cmHg＝69 cmHg (2)T1＝(273＋27) K＝300 K V3＝(100－73)S＝27S cm3 T3＝(273－3) K＝270 K pV
根据气体状态方程＝C得：
Tp1V1p3V3＝ T1T3
代入数据解得：p3＝6 cmHg p0″＝(73＋6) cmHg＝79 cmHg 12．(1)27.6 cm (2)40 cm
解析 (1)初状态p1＝p0＋ρgH0＝100 cmHg V1＝L1S T1＝300 K
末状态p2＝p0＝75 cmHg V2＝L1′S T2＝310 K
p1V1p2V2由理想气体状态方程＝ T1T2得L1′≈27.6 cm
(2)末状态p3＝p0－ρgH0＝50 cmHg V3＝L3S
由玻意耳定律p1V1＝p3V3 得L3＝40 cm 因L3＋H0 13．(1)30 (2)见解析 解析 (1)由一定质量的理想气体的等温变化， 有p0(V0－V)＋np0ΔV＝p(V0－V) 解得n＝30 (2)设喷雾器内的药液全部喷完后气体压强为p′， 有p(V0－V)＝p′V0 解得p′＝1.33 atm>p0 说明能使喷雾器内的药液全部喷完． 14．21.5 cm 解析 设初状态a、b两部分空气柱的压强均为p1，由题意知： p1＝90 cmHg 因右管水银面升高的高度10 cm<12 cm， 故b空气柱仍在水平直管内． 设末状态a、b两部分空气柱的压强均为p2，则： p2＝100 cmHg 设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2. 对a部分空气柱，根据玻意耳定律： p1La1S＝p2La2S 对b部分空气柱，根据玻意耳定律： p1Lb1S＝p2Lb2S 代入数据解得： La2＝9 cm Lb2＝4.5 cm 设左管所注入的水银柱长度为L，由几何关系得： L＝2h＋(La1＋Lb1)－(La2＋Lb2) 代入数据解得： L＝21.5 cm
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