玻意耳定律解决玻璃管类问题训练卷

2013-2014学年度北京师范大学万宁附属中学

玻意耳定律解决玻璃管类问题训练卷

考试范围：玻意耳定律；命题人：王占国；审题人：孙炜煜

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题（题型注释）

1．如图所示，一端封闭，一端开口截面积相同的U形管AB，管内灌有水银，两管内水银面高度相等，闭管A内封有一定质量的理想气体，气体压强为72cmHg。今将开口端B接到抽气机上，抽尽B管上面的空气，结果两水银柱产生18cm的高度差，则A管内原来空气柱长度为

AB

A. 18cm B. 12cm C. 6cm D. 3cm

【答案】D

【解析】

试题分析：开始时，A内气体压强P1=72cmHg,体积V1=Sh；当抽尽B端空气后，A内气体压强P2=18 cmHg，体积为V2=S(h+9),根据P1V1=P2V2，即72Sh18S(h9)，解得h=3cm。选项D正确。

考点：气体的压强；玻马定律。

2．如图所示，竖直放置的上端封闭，下端开口的粗细均匀的玻璃管中，一段水银柱封闭着一段长为l的空气柱。若将这根玻璃管倾斜45（开口端仍在下方），空气柱的长度将发生下列哪种变化

l

图4 A. 变长 B. 不变 C.变短 D. 无法确定

【答案】C

【解析】

试题分析：设水银柱的长度为h，竖直放置时，气体的压强为P1P0h；玻璃管倾斜

45时，气体的压强为P2P0hcos45，根据P1lP2l，则l变小。选项C正确。 ’'

考点：气体的压强；玻马定律。

3．两端封闭的玻璃管中有一段水银，其两端是空气，当玻璃管水平放置时，

两端的空气柱等长，压强为LcmHg；当玻璃管竖直时，上面的空气柱长度是下面的2倍，则管内水银柱长度的厘米数是（ ）

A．3L3LLL B． C． D． 4824

【答案】A

【解析】

4．如图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直倒插在水银槽中，其位置保持固定。已知封闭端内有少量空气。若大气压强变小一些，则管中在水银槽水银面上方的水银柱高度h和封闭端内空气的压强p将如何变化( )

A．h变小，p变大

B．h变大，p变大

C．h变大，p变小

D．h变小，p变小

【答案】D

【解析】

5．如图所示，竖直放置的均匀细管上端封闭，下端开口，轻弹图甲中细

管使两段水银柱及被封闭的两段气柱分别合在一起成图乙状，设此过程中不漏气、温度保持不变，则水银下端

与原来水银面下端A相比较

A．低于A B．高于A

C．在同一高度 D．无法确定

【答案】A

【解析】

对上部分封闭气体，因p不变，T不变，故V

不变化．对下部分封闭气体，因

，即p变小，由pV=C知V变大，这样两部分气体混合后体积将大于原来两部分气体体积之和，故

6．如图所示，两端封闭的粗细均匀的玻璃管中，有一段长为L的水银柱，在20℃时，将管中气体分为长

的两段．如果外界温度降为10℃时，则

低于A，A选项正确．

A．水银柱下移

C．水银柱不动

【答案】A

【解析】 B．水银柱上移 D．无法判断

因Δ

p=p，原温度相同，降低温度相同．由于气体原来压强大，故降低相同的温度气体压强减小的多，水银柱向下移动．

7．如图，内径均匀的S形玻璃管，其中C管竖直插在水银槽内，管内水

银面比槽内水银面高．A、B管内充有水银，将一段空气柱封闭在B、C

两管内水银面的上方．现向A管内再注入一部分水银，设水银不会从B

管流入C管，槽内水银面高度不变，且温度保持不变，则待再度平衡时

A．从A管流入B管的水银比从C管流出的水银多

B．从A管流入B管的水银比从C管流出的少

C．从A管流入B管的水银等于从C管流出的水银

D．条件不足，不能确定

【答案】A

【解析】

A管注入水银时，B

→

出量.故选A.

8．如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则（ ）

管水银面上升→C管水银面下降，B管内上升的高度＞C管内下降高度入量＞C管流

A．h、l均变小

B．h、l均变大

C．h变大l变小

D．h变小l变大

【答案】B

【解析】

试题分析：在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大．

故选B．

考点：气体的等温变化．

点评：在本题的分析中，一定要抓住关键，就是大气压的大小和玻璃管内封闭了一段气体决定了水银柱高度h的大小．

9．如图水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝72cm，大气压强为76cmHg，正确的是(

)

A．将管稍上提，h不变

B．将管稍上提，h变大

C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70cm时，管内外水银面高度差也是70cm

D．将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70cm

【答案】BD

【解析】

试题分析：将管稍上提，假设气体体积不变，则说明PghP0，说明压强减小，由于整个过程可以看作等温变化，所以PV=常数，所以体积变大，即h高度差变大，B正确。由于考虑外界大气压对容器内理想气体的压强，根据PV=常数可知，气体的压强超过70cm，所以将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70cm，D正确 考点：理想气体状态方程

点评：本题考查了理想气体状态方程，并且要根据受力分析判断压强的大小，结合理想气体状态方程综合判断。

10．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为（已知大气压强为p0）（ ）

A、p0－ρg（h1＋h2－h3）

B、p0－ρg（h1＋h3）

C、p0－ρg（h1＋h3－h2）

D、p0－ρg（h1＋h2）

【答案】B

【解析】

试题分析：

根据压强的计算特点，相同高度出的压强处处相等，则pMpBgh1，pPp0pNgh3，pMpN，上述三式联立化简则pB=p0－ρg（h1＋h3） 考点：压强

点评：本题考查了压强的计算方式。由于压强其实是某个作用力在某横截面积上造成的，对于复杂问题可以考虑利用受力平衡来处理。

11．如右图所示，上端封闭的玻璃管插在水银槽中，管内封闭着一段空气柱，管内外水银面的高度差为h，若使玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，则管内外水银面的高度差h和管内气体长度l将（ ）

A．h增大 B．h减小 C．增大 D．减小

【答案】BD

【解析】

试题分析：大气压强等于液体压强和空气压强之和，当玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，上面如果是真空则h不变，h指的是竖直高度，由于上端由空气压强，所以h只能减小，同时l也减小，故选BD

考点：考查大气压强

点评：难度较小，主要是要理解大气压强能托起76mmHg是指竖直高度为76mm

12． 图示为由粗细均匀的细玻璃管弯曲成的“双U形管”，a、b、c、d为其四段竖直的部分，其中a、d上端是开口的，处在大气中。管中的水银把一段气体柱密封在b、c内，达到平衡时，管内水银面的位置如图所示。现缓慢地降低气柱中气体的温度，若c中的水银面上升了一小段高度Δh，则（ ）

A. b中的水银面也上升Δh

B. b中的水银面也上升，但上升的高度小于Δh

C. 气柱中气体压强的减少量等于高为Δh的水银柱所产生的压强

D. 气柱中气体压强的减少量等于高为2Δh的水银柱所产生的压强

【答案】AD

【解析】若c中的水银面上升了一小段高度Δh，d中的水银柱下降了一小段高度Δh，

pcg2h，气体在c中对水银柱的压强为pc即气柱中气体压强的减少量等于高为

2Δh的水银柱所产生的压强C错，D对；由图知b、c中的气体对水银柱的压强相等，所以b中的水银面也上升Δh，A对，B错。

13．下面对气体压强的理解，正确的是（ ）

A．气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的

B．气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能

C．单位面积器壁受到大量气体分子的碰撞的作用力就是气体对器壁的压强

D．大气压强是由地球表面空气重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压强

【答案】BCD

【解析】气体压强是由于大量气体分子不断频繁撞击器壁而产生的，气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能，单位面积器壁受到大量气体分子的碰撞的作用力大小等于气体对器壁的压强，但是压力不是压强，大气压强是由地球表面空气重力产生的，将开口瓶密闭后，虽然瓶内气体脱离大气，但是

气体压强产生的本质原因是气体分子撞击器壁，因为单位体积的分子数目不变，且温度不变，则分子平均动能不变，所以对器壁的压强也不变，综上所述可知仅有B正确 故应该选B

14．在两端开口的U型管中灌有密度为ρ的液体，左管上端另有一小段同种液体将一部分空气封在管内，如图所示，处于平衡状态，设大气压强为p0，则封闭气体的压强为____________；若将右管内的液体取出一些，当重新平衡时，左边管内被封闭的空气柱体积将__________，（选填“增大”、“减小”、“不变”）

【答案】p0gh_；不变

【解析】根据平衡可知封闭气体的压强为p0gh，因为左端液注没变，所以气体压

强不变，则左边管内被封闭的空气柱体积将不变

故答案为：p0gh，不变

15．弯曲管子内部注满密度为ρ的水，部分是空气，图中所示的相邻管子液面高度差为h，大气压强为p0，则图中A点的压强是 （ ）

A．ρgh

B．p0+ρgh

C．p0+2ρgh

D．p0+3ρgh

【答案】C

【解析】略

16．如图所示，在U型管的封闭端A内有一部分气体，管中标斜线部分均为水银，则A内气体的压强应为下述关系式中的：（ ）

A．p=h2 B．p=p0－h1－h2

C．p=p0－h2 D．p=p0+h1

【答案】C

【解析】

17．如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的原因是（ ）

（A）环境温度升高

（B）大气压强升高

（C）沿管壁向右管内加水银

（D）U型玻璃管自由下落

【答案】ACD

【解析】

18．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则 (

)

A．弯管左管内外水银面的高度差为h

B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大

C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升

D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升

【答案】ACD

【解析】

19．如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差h1，水银柱cd的长度为h2= h1，a面与c面恰处于同一高度．现向右管开口端注入少量水银达到重新平衡，则（ ）

A．水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度

B．水银面a、b间新的高度差等于右管上段新水银柱的长度

C．气体A的压强一定大于外界大气压强

D．气体A的压强变化量比气体B的压强变化量小

【答案】ACD

【解析】

二、填空题（题型注释）

20．如图所示，在长为L=56cm的一端封闭、另一端开口向上、粗细均匀、导热良好竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着长为L1=50cm的理想气体，管内外的温度均为27℃。现缓慢对玻璃管进行加热，最终水银柱刚好到达与玻璃管开口相平处静止。（大气压强是p0=76cmHg）求：

①此时玻璃管内气体的温度为多少？

②此过程中玻璃管内的气体对外界 （填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体的内能 （填“增加”、“减少”或“不变”）。

【答案】①T1=312K（或39℃）②正功，增加

【解析】

试题分析：①封闭在玻璃管里的气体发生的是等压变化

其中T1=(27+273 )K=300K （1分）

V1=L1S=50S，V2=L2S=52S （1分） 则由V1V2 （1分） T1T2

得T1=312K（或39℃） （1分）

②由于气体体积膨胀，对外做正功 （1分）

理相气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加 （1分）

考点：气体实验定律

21．一端封闭的玻璃管自重为G，横截面积为S，内装一段高为h的水银柱，封闭了一定质量的气体。现将玻璃管封闭端用弹簧测力计悬起，另一端没入水银槽中，如图所示。当玻璃管没入一定深度后，弹簧测力计的示数为G。若当时的大气压为p0，则此时管内上方气体的压强为_______，玻璃管内、外水银面的高度差△x为_______。(设玻璃管壁的厚度不计)

【答案】p0 h

【解析】

试题分析：压强也是由受力产生，因此在分析压强时，将其转化为受力平衡问题。设下方空气柱压强为P1，则PS1P0gx，设上方空气柱压强为P2，P2SP0S(P1gh)，痛过两式对比可知xh

考点：压强

点评：压强也是由受力产生，因此在分析压强时，将其转化为受力平衡问题。从而可以根据力学观点证明、列示求解。

22．如图，开口向下、粗细均匀的玻璃管中，用长度分别为h1=5cm和h2=8cm两段水银柱封闭了两段气体A和B，稳定后A、B体积相等。设定外界大气压恒为P0=75cmHg，则封闭气体A的压强为________ cmHg.若降低相同的温度（设原来温度相同），则A的体积VA_______VB.(填“>”, “

A

h

B

h

【答案】62；=

【解析】根据平衡可得PBP0Ph267cmHg，PAPBPh162cmHg，根据公式PVPV1122，可得体积相等 T1T2

23．把一端封闭的粗细均匀的玻璃管放在倾角为300的斜面上，开始时让玻璃管不动，管中有一段16cm长的水银柱将长为20cm长的空气封入管内，如果让玻璃管在斜面上加速下滑，如图所示。已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数μ=，外界大气压强为

6

76cmHg，

求玻璃管沿斜面匀加速下滑时，封闭的气柱长度为 cm

，设斜面足够长，能保证

玻璃管稳定匀加速下滑。

【答案】22cm

【解析】设水银柱和玻璃管的质量分别为m和M，以水银柱和玻璃管为研究对象，根据牛顿第二定律得：

（m+M）gsin300―μ（m+M）gcos300 =（m+M）a 得：a=g/4

以水银柱为研究对象，设管的横截面积为S，根据牛顿第二定律得 ：

P0S+mgsin300―PS=ma

因为m=ρl S ，l=16cm，P0=76cmHg

所以管内气体压强为 P=P0+ρgl/4=76+16/4=80cmHg

有气体等温定律 可知 （76+8）*20=80L L=22cm

点拨：计算气体压强是解决气体问题的一个关键点，基本方法是：以封闭气体的液柱（或活塞、缸体等）为力学研究对象，分析受力，列出牛顿第二定律方程（静止时即a=0）即可求解。对于静止情形，常用到初中物理学到的流体知识：①静止液体压强公式phg；②若液面与外界大气压接触时，静止液体深h处压强为pp0hg；③帕斯卡定律：加在密闭液体上的压强，能够大小不变地由液体向各个方向传递；④连通器原理：连通的同一种液体中同一水平面上的压强相等。⑤利用“液片”分析压强。

24．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，C端封闭，密度为ρ的液体将B、C两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，已知大气压强为p0，则B段气体的压强为 ，C段气体的压强为 。

C

hB A hh

【答案】p0－ρgh30－ ρgh－ρgh【解析】分析：根据液面的高度关系分析，大气压强P0等于B段气体产生的压强加上h3液体产生的压强，中间这段气体产生的压强等于C端气体产生的压强加上h1液体产生的压强，据此分析整理．

解答：解：由图中液面的高度关系可知，P0=PB+ρgh3 ，P0=P2+ρgh3 和 PB=PC+ρgh1，由此解得PB=P0-ρgh3 ，PC=P0-ρg（h1+h3）

故答案为：P0-ρgh3 ，P0-ρg（h1+h3）

点评：很多学生会错误认为 P0＜PB 和 PB＜PC，此外图中 h2 是一个干扰条件，而实际上中间气体的压强与中间两液面的高度差无关．

在计算气体压强时，有两个结论可以直接应用①同一气体的压强处处相等 ②同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定，并且位置越高，压强越小．

25．如图所示为内径均匀的U形管,其内部盛有水银,封闭端内的空气柱长12cm.温度为27℃时,两侧水银面的高度差为2cm.已知大气压强为p0=75cmHg,则当环境温度变为________℃时,两侧水银面的高度相等。

【答案】-5.14。

【解析】略

26．如图所示,竖直放置的U形管在A侧用水银封有一定质量的空气,B端开口向上,其中水银面高于A侧.在温度保持不变的条件下,将B端管子上部沿图中CD虚线截去.在水银面稳定后,被封闭气体的体积将 , 压强将 ．（选填“增大”、“不变”或“减小”）

【答案】增大 减小

【解析】

27．两个容器A、B用截面均匀的水平玻璃管相通，如图所示，A、B中所装气体温度分别为100C和200C，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高100C，则水银将________移动(填“向左”或“向右”或“不”)

【答案】向右移动

【解析】

28．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则

（A）弯管左管内外水银面的高度差为h

（B）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大

（C）若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升

（D）若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升

【答案】ACD

【解析】封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。

29．图12-9-2为沉浮子的实验装置，圆柱形玻璃容器中盛有水，一个试管倒放在水中并浮在水面上，玻璃容器上方用不漏气且光滑的活塞封住.下列关于试管升降的说法中符合实际的是（ ）

图12-9-2

A.将活塞下移，试管将上升

B.将活塞上移，试管将上升

C.将整个系统的温度升高，试管将上升

D.将整个系统的温度降低，试管将上升

【答案】BC

【解析】将活塞上移，活塞下方的气体（设为Ⅰ，下同）发生等温变化，其体积增大，压强减小，则试管内气体（设为Ⅱ）的压强由于气体Ⅰ压强的减小而减小，体积增大，故试管将上升.选项B的说法符合实际.若整个系统的温度升高，气体Ⅰ发生等压变化，它的体积增大.同理，气体Ⅱ发生等压变化.温度升高而体积增大，故试管将上升.

三、实验题（题型注释）

30．某同学用如图所示注射器验证玻意耳定律。实验开始时在如图所示的注射器中用橡皮帽封闭了一定质量的空气。则

(1)若注射器上全部刻度的容积为V，用刻度尺测得全部刻度长为L，则活塞的横截面积可表示为 ；

(2)测得活塞和框架的总质量是M，大气压强为P0，当注射器内气体处于某状态时，在框架左右两侧对称挂两个砝码，每个砝码质量为m，不计活塞与注射器管壁间摩擦，则稳定后注射器内气体的压强可表示为 ；

(3)如右图中是不同小组的甲、乙两同学在同一温度下做实验时得到的P-(1/V)图。若两人实验时操作均正确无误，且选取坐标标度相同，那么两图线斜率不同的主要原因是 。

【答案】V/L， P0+ (M+2m)gL/V，研究气体质量不同。

【解析】(1)V=sL，s= V/L(2)由受力平衡可知[P0+ (M+2m)gL/V]s=Ps，P= P0+ (M+2m)gL/V(3)由

四、计算题（题型注释）

PVC可知如果质量相同的同种气体在温度相同的情况下，P-1/v图像应该相同 T

31．如图所示，粗细均匀的玻璃细管上端封闭，下端开口，竖直插在大而深的水银槽中，管内封闭有一定质量的空气，玻璃细管足够长，管内气柱长4 cm，管内外水银面高度差为10 cm。现将玻璃管沿竖直方向缓慢移动. （大气压强相当于75cmHg）求：

①若要使管内外水银面恰好相平，此时管内气柱的长度；

②若要使管内外水银面高度差为15 cm，玻璃管又应如何移动多少距离。

【答案】①3.5 cm ②5.33cm或26.11cm

【解析】

试题分析：① 玻璃管内的空气作等温变化，管内外水银面恰好相平时，根据玻意耳定律：

( p0 – gH1 ) S l1 = p0 S l2 （2分） 解得：l2P0gH17510l143.5cm （2分） P075

②(a)若管内水银面较高，管内气柱长l3，根据玻意耳定律：

( p0 – gH1 ) Sl1 = ( p0 – gH3) Sl3 （1分） 解得：l3P0gH17510l144.33cm （1分） P0gH27515

玻璃管上移的距离：x2 = H3+l3 – ( l1 + H1 )=15+4.33-(4+10)=5.33 cm（1分） (b)若管外水银面较高，管内气柱长l4，根据玻意耳定律有：

( p0 – gH1 ) Sl1 = ( p0+ gH4) Sl4 （1分） 解得：l4P0gH17510l142.89cm （1分） P0gH47515

玻璃管下移的距离：x4 = l1 + H1 +H4-l3 =4+10+15-2.89=26.11cm （1分） 考点：本题考查气体的性质，玻意耳定律。

32．(I)关于一定量的气体，下列说法正确的是

A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和

B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低

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，其内能一定增加

E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高。

(2)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ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为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）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。

【答案】(I)ABE (2)15cm

【解析】

试题分析：(I)A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；

B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；

C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；

D、做功也可以改变物体的内能，C错误；

E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确；

(2) 以vmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：P1=P0+l2 ① 设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：P1l1=P1′l1′②

如图，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′③ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则P3′=p1′-l2 ④

由波义耳定律，得：P0l3=P2′l3′⑤

由①②③④⑤式代入数据解得：△l=15.0cm；

考点：热力学第一定律；气体压强的微观意义．理想气体的状态方程．

33．一个右端开口左端封闭的U形玻璃管中装有水银，左侧封有一定质量的空气，如图所示，已知，空气柱长是40cm，两侧水银面高度差56cm，若左侧距管顶66cm处的k点处突然断开，断开处上方水银能否流出？这时左侧上方封闭气柱将变为多高？（设大气

5压强为1.013×10Pa）

【答案】否 ；16cm

【解析】

试题分析：

断开处的压强小于外界大气压，故断开处上方的水银不会流出；以封闭的一定质量气体为研究对象：整个过程可以看做等温变化，由玻马定律：

(7656)gl1S(7626)gl2S

可以求出：l20.4l116cm

考点：理想气体状态方程

点评：此题要分析出K处断开后，压强和外界大气压相等,以密闭气体为研究对象，求出初、末态的压强，利用玻马定律。

34．如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L＝18cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差Δh＝4cm，设外界大

气压为75cmHg，为了使左、右两管中的水银面相平，

(1)若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少℃；

(2)若温度保持27℃不变，向右管缓慢注入水银最后左、右两管的水银面相平且稳定时，气柱的长度是多少.

【答案】（1）352K（2）17.04cm

【解析】

试题分析：(1)由题意，p1＝71cmHg，V1＝18cm·S, T1＝300K，p2＝75cmHg，V2＝20cm·S；根据理想气体状态方程：

代入数据得：

T2＝352K，t2＝79℃

(2)p3＝71cmHg，T3＝T1＝300K，

根据玻意耳定律：p1V1＝p3V3

解得L3＝17.04cm

考点：本题考查了克拉伯龙方程的理解和应用，通过先判断压强然后结合状态方程计算温度或体积。

点评：

35．一端封闭一端开口，内径均匀的直玻璃管注入一段水银柱，当管水平放置静止时，封闭端A空气柱长12cm，开口端B空气柱长12cm，如图所示。若将管缓慢转到竖直位置，此时A空气柱长度为15cm，然后把管竖直插入水银槽内，最后稳定时管中封闭端

5空气柱A长仍为12cm，(设大气压强为1.0×10Pa＝75cmHg，整个过程中温度保持不变)，

则

(1)管中水银柱的长度L为多少cm?

(2)最后稳定时B空气柱的长度lB2为多少cm?

【答案】（1）15cm （2）7.5cm

【解析】

试题分析：（1）对A，根据玻意耳定律，

（2分）解得L=15cm（1分）

（2）对B，

（1分）

（1分）（1分）（2） （2

分）（2分） 75×12=15（75-L），

考点：考查了气体方程的应用

点评：明确确定初末态的参量是解题的关键．

36．内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560mm，AD段充满空气，外界大气压p0=1，

501325×10Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡后管内空气柱的

长度多大？

【答案】182.3mm

【解析】

【错解分析】错解：当从下面截去400mm后，空气柱的压强变了，压强增大，在等温条件下，体积减小，根据玻意耳定律。

初态：p1=(760-560)=200mmHg V1=(300+100+400)S=800S(mm3)

末态：p2=(760-160)=600(mmHg)

解得：l2=267mm 即空气柱的长度为267mm。

上述解答看起来没有什么问题，实际上，稍微思考一下，就会发现，答案不合理。因为解答结果认为空气柱的长度267mm，而AB段的总长度为300mm，这样就意味着水银柱可能进入AB管，而如果水银进入横着的BC管，压强就不再是（760-160）=600mmHg，因此，答案就不对了。

【正解】首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。

（1）是否会停留在右侧竖直管内。由前面的分析可知是不可能的。

（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图所示情况，由玻意耳定律可知 200×800S=（760-x）[300+100-（160-x）]S

160000=（760-x）（240+x）

解得：x1=40cm

x2=560mm

两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。

（3）是否会出现水银柱充满BC管的情况，如图所示。

由玻意耳定律可知：

200×800S=（760+60）·l2·S

解得l2=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道l2=240mm，可见这种情况是不可能的。

（4）设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图所示。

由玻意耳定律可知

200×800S=[760+（300-l2）]·l2S

解得l2182.3mm

l'2878mm(不合题意，舍去)

因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。

【点评】通过本题的分析解答可看出，对于一个具体的物理问题，不能仅观注已知的数据，更要对题目所述的物理过程进行全面的分析，以确定出问题的真实物理过程。同时可以看到，真实物理过程的判断，又是以具体的已知条件及相应的物理规律为基础的，而不是“想当然”地捏造物理过程。

37．如图所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）

【答案】283.3（cm）

【解析】

【错解分析】错解：此题是属于气体在等温情况下压强和体积的变化的题，可以利用玻意耳定律求解。

初态：p1=（750+100）=850（mmHg）

3V1=150S（cm）

设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图所示，

则末态：p2=（750-100-2x）=（650-2x）（mmHg）

V2=（150+x）S（cm）

由玻意耳定律有：p1V1=p2V2

即：850×150S=（650-2x）（150+x）S

2整理得：2x-350x+30000=0

22由数学知识可知，当△=b-4ac=350-4×2×3000＜0，方程无解。所以，这道题是一道

没有解的题。

在解题时，之所以出现这样的情况，是因为解题者的思维是势导致的错误，上述解法是从空气柱仍在左臂的假设出发的，难道空气就不能进到右臂？显然，认为空气柱仍在左臂的假设是需要重新考虑的。

【正解】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？

设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图）则：由玻意耳定律有：

3

（750+h）×150S=（750-h-2x）（150+x）S

2整理得：2x+（h-450）x+300h=0

22当△=b-4ac≥0时，方程有实数解，即（h-450）-4×2×300h≥0

解得：h≤62.5mm

也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。

设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图所示，末状态变为：V2=（250+y）S p2=（750-30）=450（mmHg）

根据玻意耳定律：

850×150S=450×（250+y）S

解得：y=33.3mm

则空气柱的长度为：l=（250+33.3）=283.3（cm）。

【点评】对于一道物理习题，应该从每个数值的物理意义去分析问题，而不能只单纯从

数学运算的角度去制定。

38．（13分）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L0=50cm的空气柱被水银封住，水银柱长h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh=15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg。求：

（1）插入水银槽后管内气体的压强p；

（2）管口距水银槽液面的距离H。

【答案】（1）62.5cmHg（2）27.5cm

【解析】（1）设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，管截面积为S，此时气柱长l=70cm 由玻意耳定律：p＝p0L0/l＝53.6cmHg，

由于p＋gh＝83.6cmHg，大于p0，因此必有水银从管中流出，

设当管转至竖直位置时，管内此时水银柱长为x，

由玻意耳定律：p0SL0＝（p0－gh）S（L－x），

解得：x＝25cm，

设插入槽内后管内柱长为L’，

L’＝L－（x＋h）＝60cm，

由玻意耳定律，插入后压强p＝p0L0/L’＝62.5cmHg，

（2）设管内外水银面高度差为h’，

h’＝75－62.5＝12.5cm，

管口距槽内水银面距离距离H＝L－L’－h’＝27.5cm，

39．如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6．6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为Po=76cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。

【答案】9.2cm

【解析】设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为

p1p0gl3 ①（1分）

式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度。

玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x则

p2gl1,p2gxp0 ②（1分）

式中，p2为管内空气柱的压强，由玻意耳定律得

p1(Sl2)p2(Sh) ③（1分）

式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积，由①②③式和题给条件得 h12cm ④（1分）

从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则

p3p0gx

由玻意耳定律得 ⑤（1分）

p1(Sl2)p3(Sh') ⑥（1分）

式中，h'是此时空气柱的长度。由①②③⑤⑥式得

h'9.2cm ⑦（2分）

40．（选修模块3—3）（7分）

（1）（3分）关于热现象和热学规律，以下说法正确的有

A.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”,方式实现的

B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

C.随分子间的距离增大，分子间的引力减小，分子间的斥力也减小

D.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大

（2）（4分）一气象探测气球，在充有压强为1.OOatm（即76.0cmHg）、温度为27.0℃

3的氦气时，体积为3.50m.在上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到

此高度上的大气压36.0cmGg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热，保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为-48.0℃.求：

（1）氦气在停止加热前的体积

（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积

（3）若忽略气球内分子间相互作用，停止加热后，气球内气体吸热还是放热？简要说明理由

【答案】（1）BC

3（2）①根据玻意耳定律p1V1=p2V2①式. 由①式得V2=7.39m„„„„„„„„1分

②在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K.这是一等压过程.根据盖—吕萨克定律有V2/T1=V3/T2②„„„„1分

3由②式得V3=5.54m.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分

③温度降低，分子平均动能减少，内能减少；体积减少，外界对气体做功，由热力学第一定律得，气体对外放热.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分

【解析】（1）电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过电场力做功的方式实现的，所以A错误。晶体熔化时吸收热量，但是温度没有升高，所以分子平均动能不变，D错误。答案选BC。

3（2）①根据玻意耳定律p1V1=p2V2①式. 由①式得V2=7.39m

②在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K.这是一等压过程.根据盖—吕萨克定律有V2/T1=V3/T2②

3由②式得V3=5.54m.

③温度降低，分子平均动能减少，内能减少；体积减少，外界对气体做功，由热力学第一定律得，气体对外放热.

41．如图所示，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，管长48cm，其中有一段长为4cm的水银柱，将长为20cm的空气柱A封闭在管的下部，空气柱B和大气连通。现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往下压，当水银柱下降4cm时停止下压。已知外

界大气压恒为76cmHg，下压过程气体温度不变，求活塞从管口向下移动的距离x.

活塞

水银柱

【答案】解： 等温过程，遵循玻意耳定律

pA1VA1pA2VA2

对气体A：

(764)20SpA2（204）S （ 3分）得pA2100cmHg, （1分） PB2100496cmHg （1分）

pB1VB1pB2VB2

（3分）对气体B：7624S96LB2S

得 LB219cm （2分）

综上，得x=48-16-4-19=9cm （2分）

【解析】略

42．如图所示，一根粗细均匀的玻璃管长为80 cm，一端开口，一端封闭。管内有一段25 cm长的汞柱将一段空气柱封闭于管中，当玻璃管水平放置时，空气柱长为40 cm。问当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱长为多少?（假设温度保持不变，外界大气压为75cmHg）

某同学解法为:

始、末两状态的压强分别为：P1=75 cmHg ,P2=75-25=50 cmHg 此过程为等温变化，根据玻意耳定律有：P1V1=P2V2 即：L2= P1L1/ P2=75×40/50=60cm

你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且写出正确解的步骤和结果。 【答案】解：

（1）他的解法不正确。

从他的计算结果看：60cm+25cm＞80cm，所以玻璃管开口向下时水银会漏出。 （2）设留在管内水银长为h P1V1=P2V2

75×40=（75-h）×（80-h） h≈22．67cm

管内空气柱长为：L=L0-h=（80-22．67）cm=57．33cm 【解析】略

43．[物理——选修3-3] （1）（5分）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母） A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体

B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的

C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点

D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的

（2）（10分）如图所示，一开口气缸内盛有密度为的某种液体；一长为l的粗细均匀的小平底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为

l

。现用活塞将气缸封闭（图中未画出），使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均4

l

保持不变。当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为，求此时气缸

2

内气体的压强。大气压强为0，重力加速度为g。

【答案】（1）BC （2）p3

3gl

p0

24

【解析】（1）本题考查的是晶体和非晶体的特性。金刚石、食盐、水晶是晶体，但玻璃

不是晶体，A项错误；晶体的分子排列是有规则的，B项正确；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，C项正确；单晶体的物理特性是各向异性，而多晶体不是各向异性的，D项错误。

（2）本题考查的是气体压缩的特性和玻意耳定律。 设当小瓶内气体的长度为

3

l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气4

体的压强为p2，气缸内气体的压强为p3。

1

gl① 33ll

由玻意耳定律 p1Sp2(l)S②

42

依题意p1p0

31

(p0gl)③ 22

13gl

又有p2p3gl④ 联立③④式，得p3p0⑤

224

式中S为小瓶的横截面积。联立①②两式，得 p244．［物理——选修3－3］

（1）（5分）下列说法正确的是________。（填选项前的字母） A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映 B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的热量全部转化为机械能 C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数

D．内能不同的物体，它们分子运动的平均动能可能相同

（2）（10分）如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑的玻璃管竖直放置，玻璃管上端有一抽气孔，管内下部被活塞封住一定质量的理想气体，气体温度为T1。现将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，此时活塞上方玻璃管的容积为2.6 V1，活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空后密封，整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热。求： （1）活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度T2； （2）当气体温度达到1.8T1时的压强p。 【答案】［物理——选修3－3］（15分） （1）D（2） T2＝1.2 T1（2分） （2） p＝0.75p0（2分） 【解析】［物理——选修3－3］（15分） （1）D（2）解析：（1）从活塞上方的压强达到p0到活塞上方抽成真空的过程为等温过程： 1.5p0V1＝0.5p0V2（2分），V2＝3V1，3V3.6VT ＝T（2分） T2＝1.2 T1

12（2分）

0.5pp

（2）继续加热到1.8T11.2 T ＝1.8T ，（2分） p＝0.75p0（2分）

1

1

45．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T1。现用一段水银柱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l∶3。若将管内下部气体温度降至T2，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T1g。求水银柱的长度h和水银的密度。

5

T2，大气压强为p0，重力加速度为2

【答案】h【解析】

105p02

L ，

26gL15

试题分析: 设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为V0LS 注入水银后下部气体压强为p1p0gh 体积为V1

3

(Lh)S 4

3

(Lh)S 4

由玻意耳定律有：p0LS(p0gh)

将管倒置后，管内气体压强为p2p0gh 体积为V2(Lh)S 由理想气体状态方程有：

p0LS(p0gh)(Lh)S



T1T2

解得h

105p02

L ，

26gL15

考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强

46．（1）（4分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分.选对3个得4分;每选错I个扣2分，最低得分为0分）

A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故 B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为油脂使水的表面张力增大的缘故

C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关

E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故 （2）（8分）如图所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出l。现使活塞缓慢向上移动

3

811

l，这时气缸和竖直管内的水银32

面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位）

【答案】（1）ACD （2）p=15l/8 【解析】（1）水的表面层分子间距较大，分子力表现为引力，这种分子之间的引力液面具有收缩的趋势，针轻放在水面上，它会浮在水面，正是由于水表面存在表面张力的缘故，A说法正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水不浸润油脂，但可以浸润玻璃，B说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，水滴表面仅在表面张力的作用下有收缩为球形的趋势，C正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质

有关，D正确；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后，中间没有空气，即气压为零，而两玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在一起，E错误。

（2）设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p0。有

P=p0+l

在活塞上移

38

11

l后，气缸内气体的压强变为p0。设气体的体积为V，由玻意耳定律得 32

p0V=pSl

设气缸内水印面上升Δx，有

3

xl3x

811Vllx

32

联立以上各式，解得p

15

l 8

【考点定位】（1）考查热学部分的定性了解的内容。 （2）考查大气压及玻意耳定律。

47．如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K平衡时水银的位置如图，其中左侧空气柱长度L1=50cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为h2=5cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为h1=5cm，大气压为75 cmHg。求：

①右管内气柱的长度L2，

②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3． 【答案】①L2 = 50cm ②L3 = 60 cm。 【解析】

试题分析：①左管内气体压强p1 = p0 + h2 = 80cmHg

右管内气体压强p2 = p左 + h1 = 85cmHg P2 = p0 + h3

得右管内外液面高度差为h3 = 10cm 则L2 = L1 - h1 - h2 + h3 = 50cm

②设玻璃管横截面积S，对左侧管内气体：p1 = 80cmHg , V1 = 50S , T1 = 300K 当温度升至405K 时，设左侧管内水银面下降了 x cm，则有： P2 = (80 + x ) cmHg , V2 = L3S = (50 + x )S , T2 = 405K

根据

p1V1p2V2

，代入数据得 x = 10cm T1T2

则：左侧竖直管内空气柱长度L3 = 60 cm。 考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．

点评：求出各气体压强是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题． 48．（1）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，若100滴油酸的体积为1ml，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是 ．（油酸的摩尔质量

-13-323

M=0.283kg·mol，密度ρ=0.895×10kg·m，NA=6.02×10mol-1．结果保留一位有效数）

（2）如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K平衡时水银的位置如图，其中左侧空气柱长度L1=50cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为h2=5cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为h1=5cm，大气压为75 cmHg．求：

①右管内气柱的长度L2

②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3

12

【答案】（1）1×10m（2）①50cm ②60 cm 【解析】

12

试题分析：解：（1）1×10m

(2)①左管内气体压强p1 = p0 + h2 = 80cmHg，（1分） 右管内气体压强p2 = p左 + h1 = 85cmHg（1分），p 2 = p0 + h3（1分） 得右管内外液面高度差为h3 = 10cm（1分），则L2 = L1 - h1 - h2 + h3 = 50cm（1分） ②设玻璃管横截面积S，对左侧管内气体：p1 = 80cmHg , V1 = 50S , T1 = 300K 当温度升至405K 时，设左侧管内水银面下降了 x cm，则有： p 2= (80 + x ) cmHg , V2 = L3S = (50 + x )S , T2 = 405K 根据

p1V1p2V2

（2分），代入数据得 x = 10cm（1分） T1T2

则：左侧竖直管内空气柱长度L3 = 60 cm．（1分） 考点：热学

点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了；利用理想气体状态方程列式求解，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．

49．内径均匀的U型管中装有水银，两管中水银面与管口的距离均为l=10cm，大气压强p0=75.8cmHg，现将右管口封闭，如图所示，然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推．．．．．入管中，直到左右两侧水银面高度差h=6cm时为止，求活塞在左管内移动的距离。（设整个过程温度不变）

【答案】6.4cm 【解析】

试题分析：对右管：P010P右7 得P右108.3cmHg 对左管：P

010P左l 而P左P右6114.3cmHg 得l6.63cm

故：x6.63310得x6.4cm 考点：受力平衡

点评：本题虽然计算的是压强，但压强是由于作用于某一横截面的压力造成，所以在分析该类问题时，应着手从受力平衡方面处理。

50．把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图所示，求在这过程中外力做功为多少？（已

252

知活塞面积S=1.0dm，大气压户p0=1.0×10Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s）

'

'

【答案】1.0×10（J） 【解析】

【错解分析】错解：把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。因活塞上升H，故上升的水柱的高亦为H，其重心高为水柱的重力势能增加Ep=mgh=p·S·H·Ep=1.1×10J也就是说，外力需做功

4

W=Ep=1.1×10J

4

4

H

，而上升的水柱的质量m=P·S·H，则2

H

g，代入数据得 2

P01.0105

在大气压p0=1.0×10pa的情况下，水柱能上升的最大高度hm=10Pg1.010310

5

（m），（即真空抽水机原理所讲，并且应忽略水蒸气气压的影响），而不是题目中提到的15m。

【正解】在把活塞提升最初的10m的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即

hmhmhm2

W1Ep1mgpShmgpSg5.0103(J)

222

在把活塞提升的后5m的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即：

3

W2=p0S(H-h,)=5.0×10(J)

4

则在全过程中外力做功为W=W1+W2=1.0×10（J），即为正确答案。

【点评】解决物理问题的关键是要分析清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上移15m，但结合大气压强的知识，要分析真实的物理过程是水并未随之上升15m，而是只将水提升了10m。

51．将一端封闭的U形管A如右图所示，插入水银槽内，U形管内有一段水银柱将A和

B两部分气体隔离开，各部分长度如图，已知大气压强P0 = 75cmHg，气温均为27C，若仅对A气体加热，使A与B上部水银面相平，需使A气体温度升高多少度?

【答案】温度会升高150度 【解析】略

52．如图所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面1m，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27℃时标准气压计读数为76cmHg，该气压计读数为70cmHg，求：

（1）若在气温为27℃时，用该气压计测得的气压读数为64cmHg，则实际气压应为多少cmHg？

（2）若在气温为7℃时，用该气压计测得的气压读数为68cmHg，则实际气压应为多少cmHg？

【答案】（1）

p176706cmHg，V11007030cmS，V21006436cmS p1V1p2V2 31.1（2分）

630Sp236S 31.2（2分） p25cmHg 31.3（1分）

64569cmHg 31.4（1分） p0

（2）

T127327300K，V31006832cmS，T32737280K

p1V1p3V3

 31.5（2分） T1T3

630Sp332S

 31.6（2分）

300280

p35.25cmHg 31.7（1分） 685.2573.25cmHg 31.8（1分） p0

【解析】略

五、作图题（题型注释）

六、简答题（题型注释）

七、综合题

53．（1）．以下关于热力学知识的叙述正确的是 (填入选项前的字母，有填错的不得分)。

A．绝热过程是指系统不从外界吸热，也不向外界放热，这个过程不与外界交换能量。 B．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，所以不能说物体具有多少热量，只能说物体吸收或放出多少热量。

C．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，撞击作用

的不平衡性就表现得越明显，因而布朗运动越明显。

D．由熵的定义可知，熵较大的宏观状态就是无序程度很小的宏观状态，也就是出现概率较小的宏观状态。

（2）.如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中。当管竖直放置时，封闭气柱A的长度

L'A=50cm。现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L'A=37.5cm时为止，这时

系统处于静止状态。已知大气压强P0=75cmHg，整个过程温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度h。

【

答

案

】

【解析】略

54．左管封闭、右管开口，内径粗细均匀的玻璃U形管竖直放置。左管内封闭一定质量的理想气体，气柱长15cm，温度为27℃，足够长的右管内用长为5cm的水银柱封闭另一质量一定的理想气体，气柱长20cm，右管置于恒温环境中。此时左管内水银面位于刻度A处且比右管内水银面高5cm（如图所示），现仅对左管内气体加热至127℃(外界大气压强p0=75cmHg。)问：

(1)为使左管内水银液面仍保持在刻度A处，则必须在右管中缓慢注入多长的水银柱？ (2)此时右管内气柱的长度是多少？

【答案】

（1） 25cm （2）15.2cm 【解析】

（1）左管内气体初态压强p1=75cmHg ①

代入数据解得p1′=100cmHg ③ 右管内气体初态压强 p2=80cmHg ④ 初态体积V2=20S 末态压强p2′=p1′+5=105cmHg ⑤ 再注入的水银柱长度L=105-80=25cm ⑥

（2）末态体积V′2=L2S ⑦ 由玻意耳定律得p2V2=p′2V′2 ⑧ 解得L2=15.2cm

55．内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭

5 －3 35

着压强为1.0×10Pa、体积为2.0×10m的理想气体，大气压强为1.0×10Pa。现

在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，

缓慢加热，使气体温度变为400 K． （1）求气缸内气体的最终体积；

（2）在p-V图上画出缸内气体的状态变化的整个过程．

【答案】（1）V21.47m；

3

（2）如图所示

【解析】（1）在活塞上方倒沙子过程温度不变，由：

p0V0p1V1 （2分） 得：p1

在缓慢加热过程压强不变，由：

V0

p0 代入数据得：p12.0105Pa（1分） V1

V1V2T （2分）得：V22V1 T1T2T1

代入数据得：V21.47m（1分）

3

（2）如图所示（两个过程各1分，共2分）

56．如图所示，上端开口、下端封闭的粗细均匀的玻璃管全长90cm，管中气体被长为8cm、与管口相齐的水银封闭着，大气压强为76cmHg，现在用吸管从管口缓慢地向外吸出水银，试讨论为了不使气体膨胀过大而导致水银外溢，吸出水银量应满足的条件是什么？

【答案】

吸出水银量 Δx≤2cm．

【解析】

管中气体初状态：

＋h=84 cmHg

－h=82cm．

吸出Δx水银柱后：

－Δx=(84－Δx)cmHg，

＋ΔL=(82＋ΔL)cm，

由

84×82=(84－Δx)(82＋ΔL)，

得 ΔL=

若水银不溢出，应满足ΔL≤Δx，

即

≤Δx，

得 Δx≤2cm．

57．如图所示，一定质量的气体放在体积为温为

的容器中，室

＝300K，有一个光滑导热活塞C(不占体积)将容器分

成A、B两室，B室的体积是A室体积的两倍，A室容器上连接有一个U形管(管内气体的体积忽略不计)．两边水银柱高度差为76cm，右室容器连接有一个阀门K，可与大气相连通(外界大气压等于76cm汞柱)求：

(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？

(2)打开阀门K后将容器内的气体从300K分别加热到400K和500K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？

【答案】

（1） 2V （2）60.8cm 【解析】 (1)因

据玻意耳定律： 有：

(2)设经等压变化到 据盖·吕萨克定律： 有：2V/300＝

/400 ，

＝2V

＝400K时体积为

＝V

＝8V/3＜3V

即此时活塞未到右端，U管内两边水银面无高度差． 设经等压变化到

＝500K时体积为

据盖·吕萨克定律： 有：2V/300＝

/

500

＝10V/3＞3V，

＝

即此时活塞已到右端，U管内两边水银面有高度差．设此时气体的体积为500K，高度差为h，水银高度差产生的压强为 据理想气体状态方程： 有： 又：

＝0.8

＝2V×500

，

/3V×300＝1.8

h＝0.8×76cm＝60.8cm

被封气体(1)问中活塞最终停下来时，由于是导热活塞，初、末状态同温，此时判断一下活塞能否到达最右端是问题的关键．因(2)问中活塞从未到达至到达右端的过程是等压过程，到达右端后的过程是等容过程．

[思路一]把第(1)问的末态作为第(2)问的初态，看在等压条件下温度为400K及500K时的体积与3V的关系，如＜3V则无高度差，如＞3V则用理想气体状态方程求出末状态气体的压强

[思路二]把第(1)问的末态作为第(2)问的初态，设第(2)问末态体积为3V，据盖·吕萨克定律求解末态温度

与400K及500K比较判断，进而确定未态参量求解．

[思路三]把第(1)问的末态作为第(2)问的初态，先让气体等压达到3V求温度，再让气体等容升温至500K求压强

进而求解h．

58．如图所示，粗细均匀的U形细玻璃管右端封闭，开口向下竖直放置，长L的横管中充满汞液，封住长L的右管中的气柱．不计温度变化，大气压强为P0．今将管晃动后又静止在竖直位置时，发现汞柱可能向右管移动些，也可能向左管移动些，也可能恢复原状．试指出与前二类情况对应的L的值．

【答案】

当L＞P0时，x＞0，汞柱向右管移；当L＜P0时，x＜0，汞柱向左管移

【解析】

设晃动后汞柱向右管移动x后又静止．如图(2)，研究右管中被封住的气柱，因温度不变，所以有(P0+x)(L-x)S=P0LS (1)

（式中大气压的单位采用厘米汞柱） -x2+(L-P0)x+LP0=P0L (2) x2=(L-P0)x

x1=L-P0；x2=0（舍去）

可见，当L＞P0时，x＞0，汞柱向右管移；当L＜P0时，x＜0，汞柱向左管移．

59．图示粗细均匀的U形管，右臂上端封闭，左臂中有一活塞，开始时用手握住活塞，使它与封闭端位于同一高度．这时两臂液面位于同一水平面内．管内液体的密度为r．液体上方各有一定质量的理想气体，气柱长均为h．今将活塞由图示的位置向上移动，移动的距离为2h，这时两臂液面的高度差为h．设整个过程中气体温度不变．问：活塞移动前，左右两臂液面上方气体的压强各为多少?

【答案】

15ρgh/4 , 15ρgh/4 【解析】

设截面积为S，活塞移动前后左、右臂气体压强分别为

，由玻意耳定律：

60．

如图所示，一个竖直放置的右端开口的U形管，竖管长均为50cm，水平管长为20cm，管的内径均匀，管中有一段长为8cm的水银柱，初始时刻水银柱上端封闭30cm长理想气体，右管开口，当时大气压强相当于76cmHg产生的压强。现将开口端接抽气机缓慢向外抽气，使右管中气体压强降至相当于24cmHg产生的压强，求此时左管中原来封闭气柱的长度。（整个过程气体温度保持不变） 注：1cmHg=1333.22Pa。

【答案】 68cm 【解析】

初态时左管内封闭气体的体积为

=30S，压强为=(76-8)cmHg ①

末态时，汞柱处在管的右角，如图所示，设汞柱竖直部分高为xcm。则左管内封闭气体体积为=[50+20-(8-x)]S ② 末态时压强相当于

=(24+x)cmHg ③

根据玻意耳-马略特定律

(76-8)·30S=(24+x)[50+20-(8-x)]S ④

+86x-552=0 x=6cm

封闭端（柱长为：L=50+20-(8-6)=68cm

61．如图，一粗细均匀的玻璃管两端开口，全长25cm，竖直插入水银槽中17cm后，用手指堵住上端开口，慢慢从水银槽中提出，再慢慢转到开口向上，求这时管内水银柱的长度和被封气体的长度?大气压为75cmHg．

【答案】

15cm ， 6.7cm 【解析】

竖直上提时，根据玻意耳定律，设留在管中水银柱长为h

解得h=15cm

倒转180°后，又根据玻意耳定律

解得

=6.7cm气柱

气体长度为6.7cm

62．一开口玻璃管竖直放置在小车上，小车沿倾角为37°的光滑斜面下滑．在运动前，玻璃管中有一段h=20cm的水银柱，封闭一段L0=40cm长的空气柱．设大气压强p0=75cm汞柱，温度不变，水银密度为=13.6×

，g=10m/．（见图）求小车下滑过

程中空气柱长为多少?

【答案】 43.3cm 【解析】

水银柱在下滑过程中沿斜面的加速度a=gsin37° 它在竖直方向的分加速度

设玻璃管截面积为S，下滑过程中气体压强为P，水银密度为

则：

对空气柱：根据玻一马定律，设后来的长度为L 则：

解之得：

代入数值：L=43.3cm

63．

一内径均匀的细玻璃管，长55cm，一端封闭，里面注有一段长15cm的水银柱。将管水平放置，封闭端的空气长为20cm，现将管缓缓倒转到开口向下后竖直插入水银槽中，发现封闭空气柱长仍为20cm。求此时管插入的深度？

【答案】 22.5cm 【解析】

设管内径横截面积为S。

管缓慢倒转未插入水银槽前，管内被封气体经历等温度变化。

则管内水银柱下还有5s-25-15=15(cm)长的空气柱，这段空气柱将被封于管内水银柱与水银槽内水银面之间，如图： 这一段空气柱也经历等温变化。

即此时这段空气柱长12.5cm， ∴管插入的深度为

h+(55-20-15-12.5)=15+7.5=22.5(cm)

64．如图所示，一根横截面积S=1

的长管，两端开口，竖直插入水

银槽中，有两个质量都是m=20g密闭活塞A、B，在管中封闭两段长都是

=10.0cm的理想气体．开始时A、B都处于静止状态，不计管壁与A、

B的摩擦．现在用力F竖直向上缓慢拉动活塞A，当F=4.2N时A、B再次静止．设整个过程中，环境温度不变，g取10m/×

Pa，水银密度

，外界大气压强

=1.00

，求在此过程中：

(1)有多高的水银柱进入管内； (2)活塞A上升的距离．

【答案】

（1） 30.9 cm （2）44.7cm 【解析】

(1)对上部气体：

初状态时管中排开的水银柱高为

，

=3.0 cm．

末状态时进入管中的水银柱高为

，

=27.9 cm．

则进入管中的水银柱的高度为Δh==30.9 cm．

(2)活塞A上升的高度为：

=44.7cm．

65．一粗细均匀，底端封闭的细长玻璃管如下图所示，距离底端45cm处有一水平玻璃管与大气相通，在玻璃管水平部分和竖直部分有相连的水银柱，长度在下图中已标出，单位为cm．玻璃管的上端有一活塞，管内封闭了两段长度为30cm的空气柱A和B，外界大气压强为750cm Hg．现向上缓慢提升活塞，问：

(1)活塞至少向上提升多少距离可使A空气柱体积达到最大？ (2)这时A、B两部分空气柱的体积变化为多大？

【答案】 （1）45cm

（2）由第一问可知B部分温度不变，压强也不变，故长度不变，而A部分气柱长度增加了10cm． 【解析】

(1)由于水平管开口，所以当上提活塞时B部分压强不变A部分压强减小，当水平部分水银恰好全部进入竖直管时，A部分空气体积达到最大，以后A部分气体压强将不发生变化，设此时气柱长

，气柱原长

，有等温过程：

＝40cm Hg 即活塞上升高度

Δ＝(40＋30－45)cm＝45cm

(2)由第一问可知B部分温度不变，压强也不变，故长度不变，而A部分气柱长度增加了10cm．

66．如图，一根长55cm内径均匀的玻璃管竖直静止放置，管的上端封闭下端开口，管内一段长30cm的水银柱将长20cm的空气柱封闭．现让玻璃管匀加速上升，若大气压强为1.0×

，水银的密度为13.6×

，温度保持不变，

要使水银不会从管内流出，则运动的加速度不得超过多少？

【答案】

2.7m/ 【解析】

关键是加速运动中气体压强的确定：以汞柱为研究对象，据牛二定律有：p0s－ps－mg=ma．所以p=p0－ρh(g+a)．再据玻意耳定律．便可求出a=2.7m/

67．如图，一根水平放置的两端开口的玻璃管，中央注入一段水银，水银柱两端距管的两端等远，当大气压强为75cmHg、温度为27℃时，把管的两端封闭，然后竖直放置，并将温度升到77℃，此时管内上端空气柱的长度与下端空气柱长度之比为3∶2，则管内水银柱的长度为多少？

【答案】 36.5cm 【解析】

h36.5cm

68．内径均匀的U形管截面积为5

。管右侧上端封闭，左侧上端开口。管

内装入适量水银。左侧管内装有光滑的、质量可以不计的活塞。两管中分别封入L=11cm长的空气柱A和B。活塞上下气体压强相等，都是=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm。现在用细绳缓慢地拉活塞向上，使两管中水银面相平，求：

(1)活塞向上移动的距离是多少？

(2)应该用多大的力才能使活塞静止在这一位置？（g取10m/）

【答案】

（1）7.2cm （2）14N 【解析】

69．长25cm的玻璃管，两端开口，竖直插在水银槽内，露在槽内水银面外玻璃管的长度为13cm．现将上端管口封闭，然后将玻璃管竖直向上全部提出水银柱面外，若温度保持不变，大气压强为75cmHg，则存在管内的水银柱的长度为多长？

【答案】 10cm 【解析】

设水银的长度为x，

则P1=75cmHg P2=(75x)cmHg V1=135 V2=(25x)S 据玻意耳定律可解：x=10cm

70．如图所示，竖直放置的U型管，左端封闭，右端开口，管内水银将长19cm的空气封在左管内，此时两管内水银面的高度差为4cm，大气压为标准大气压．要使两管内水银面高度差为2cm，则需注入水银柱长度为多少． 【答案】

3cm或9cm 【解析】

71．如图7-11所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）

【答案】283.3（cm）

【解析】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？

设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图7-13）则：由玻意耳定律有：

（750+h）×150S=（750－h－2x）（150+x）S 整理得：2x2+（h－450）x+300h=0

当△=b2－4ac≥0时，方程有实数解，即 （h－450）2－4×2×300h≥0 解得：h≤62.5mm

也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能

仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。

设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图7－14所示，末状态变为：V2=（250+y）S p2=（750－30）=450（mmHg）

根据玻意耳定律：

850×150S=450×（250+y）S

解得：y=33.3mm

则空气柱的长度为：L=（250+33.3）=283.3（cm）

7.5L6.0L250Cm

【答案】（1）A（2）△V＝4.5L

【解析】（1）（6分）A

（2）（9分）解：①由玻意耳定律得

P0（VA—V）＋NP0V0＝P（VA—V）

代入数据解得N＝18次 （5分）

②由玻意耳定律得

P（VA—V）＝P0（VA—V＋△V）

代入数据解得△V＝4.5L （4分）

73．（12分）一个“┌”型细玻璃管A、B两端开口，水平段内有一段长为5cm的水银柱，初始时长度数据如图所示。现将玻璃管B端封闭，然后将下端A插入大水银槽中，整个过程温度不变，稳定后竖直管内水银面比大水银槽面低5cm，已知大气压强为75cmHg。求：

（1）稳定后玻璃管B端水平段内被封闭气体的压强为多少？

（2）竖直管A端插入水银槽的深度h。

试卷第41页，总42页

【答案】（1）80cmHg

（2）13.625cm

【解析】（1）竖直段部分封闭气体初始状态：P1=75cmHg，L1=70cm （1分） 稳定后：P2=75+5=80cmHg， （1分）

等温变化，则P1L1S=P2L2S （2分）

得L2=62.625cm＞60cm，所以水银柱还是在水平段管内。 （2分）

稳定后B端水平段内气体压强P′2= P2=80cmHg。 （2分）

（未判断水银柱在水平段内，相应扣分）

（2）稳定后水平段内气体长度L2P1L1752018.75cm （2分） P280

进入竖直管内的水银长度为Δh=60+35-18.75-5-62.625=8.625cm

竖直管插入水银槽的深度h=8.625+5=13.625cm。 （2分）

74．如图12-1-5所示，U形管竖直静止放置，左端封闭，右端开口向上，用水银封闭一部分气体A，左侧水银面比右侧水银面高h，已知外界大气压为p0，水银密度为ρ，求被封气体A的压强.

图12-1-5

【答案】p0-ρgh

【解析】对高为h的水银柱受力分析得FB=mg+pAS ①

又m=ρSh,FB=pB·S=p0S,代入①得p0S=ρShg+pAS,pA=p0-ρgh.

75．如图12-1-4所示，玻璃管中用h高水银柱封闭着一段气柱，求封闭气柱的压强为（设大气压强为p0，水银密度为ρ）.

图12-1-4

【答案】p0-ρghsinθ

【解析】设玻璃管截面积为S，密闭气体压强为p，对水银柱有

p0S=pS+mgsinθ=pS+ρghSsinθ

p=p0-ρghsinθ.

试卷第42页，总42页

2013-2014学年度北京师范大学万宁附属中学

玻意耳定律解决玻璃管类问题训练卷

考试范围：玻意耳定律；命题人：王占国；审题人：孙炜煜

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题（题型注释）

1．如图所示，一端封闭，一端开口截面积相同的U形管AB，管内灌有水银，两管内水银面高度相等，闭管A内封有一定质量的理想气体，气体压强为72cmHg。今将开口端B接到抽气机上，抽尽B管上面的空气，结果两水银柱产生18cm的高度差，则A管内原来空气柱长度为

AB

A. 18cm B. 12cm C. 6cm D. 3cm

【答案】D

【解析】

试题分析：开始时，A内气体压强P1=72cmHg,体积V1=Sh；当抽尽B端空气后，A内气体压强P2=18 cmHg，体积为V2=S(h+9),根据P1V1=P2V2，即72Sh18S(h9)，解得h=3cm。选项D正确。

考点：气体的压强；玻马定律。

2．如图所示，竖直放置的上端封闭，下端开口的粗细均匀的玻璃管中，一段水银柱封闭着一段长为l的空气柱。若将这根玻璃管倾斜45（开口端仍在下方），空气柱的长度将发生下列哪种变化

l

图4 A. 变长 B. 不变 C.变短 D. 无法确定

【答案】C

【解析】

试题分析：设水银柱的长度为h，竖直放置时，气体的压强为P1P0h；玻璃管倾斜

45时，气体的压强为P2P0hcos45，根据P1lP2l，则l变小。选项C正确。 ’'

考点：气体的压强；玻马定律。

3．两端封闭的玻璃管中有一段水银，其两端是空气，当玻璃管水平放置时，

两端的空气柱等长，压强为LcmHg；当玻璃管竖直时，上面的空气柱长度是下面的2倍，则管内水银柱长度的厘米数是（ ）

A．3L3LLL B． C． D． 4824

【答案】A

【解析】

4．如图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直倒插在水银槽中，其位置保持固定。已知封闭端内有少量空气。若大气压强变小一些，则管中在水银槽水银面上方的水银柱高度h和封闭端内空气的压强p将如何变化( )

A．h变小，p变大

B．h变大，p变大

C．h变大，p变小

D．h变小，p变小

【答案】D

【解析】

5．如图所示，竖直放置的均匀细管上端封闭，下端开口，轻弹图甲中细

管使两段水银柱及被封闭的两段气柱分别合在一起成图乙状，设此过程中不漏气、温度保持不变，则水银下端

与原来水银面下端A相比较

A．低于A B．高于A

C．在同一高度 D．无法确定

【答案】A

【解析】

对上部分封闭气体，因p不变，T不变，故V

不变化．对下部分封闭气体，因

，即p变小，由pV=C知V变大，这样两部分气体混合后体积将大于原来两部分气体体积之和，故

6．如图所示，两端封闭的粗细均匀的玻璃管中，有一段长为L的水银柱，在20℃时，将管中气体分为长

的两段．如果外界温度降为10℃时，则

低于A，A选项正确．

A．水银柱下移

C．水银柱不动

【答案】A

【解析】 B．水银柱上移 D．无法判断

因Δ

p=p，原温度相同，降低温度相同．由于气体原来压强大，故降低相同的温度气体压强减小的多，水银柱向下移动．

7．如图，内径均匀的S形玻璃管，其中C管竖直插在水银槽内，管内水

银面比槽内水银面高．A、B管内充有水银，将一段空气柱封闭在B、C

两管内水银面的上方．现向A管内再注入一部分水银，设水银不会从B

管流入C管，槽内水银面高度不变，且温度保持不变，则待再度平衡时

A．从A管流入B管的水银比从C管流出的水银多

B．从A管流入B管的水银比从C管流出的少

C．从A管流入B管的水银等于从C管流出的水银

D．条件不足，不能确定

【答案】A

【解析】

A管注入水银时，B

→

出量.故选A.

8．如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则（ ）

管水银面上升→C管水银面下降，B管内上升的高度＞C管内下降高度入量＞C管流

A．h、l均变小

B．h、l均变大

C．h变大l变小

D．h变小l变大

【答案】B

【解析】

试题分析：在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大．

故选B．

考点：气体的等温变化．

点评：在本题的分析中，一定要抓住关键，就是大气压的大小和玻璃管内封闭了一段气体决定了水银柱高度h的大小．

9．如图水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝72cm，大气压强为76cmHg，正确的是(

)

A．将管稍上提，h不变

B．将管稍上提，h变大

C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70cm时，管内外水银面高度差也是70cm

D．将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70cm

【答案】BD

【解析】

试题分析：将管稍上提，假设气体体积不变，则说明PghP0，说明压强减小，由于整个过程可以看作等温变化，所以PV=常数，所以体积变大，即h高度差变大，B正确。由于考虑外界大气压对容器内理想气体的压强，根据PV=常数可知，气体的压强超过70cm，所以将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70cm，D正确 考点：理想气体状态方程

点评：本题考查了理想气体状态方程，并且要根据受力分析判断压强的大小，结合理想气体状态方程综合判断。

10．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为（已知大气压强为p0）（ ）

A、p0－ρg（h1＋h2－h3）

B、p0－ρg（h1＋h3）

C、p0－ρg（h1＋h3－h2）

D、p0－ρg（h1＋h2）

【答案】B

【解析】

试题分析：

根据压强的计算特点，相同高度出的压强处处相等，则pMpBgh1，pPp0pNgh3，pMpN，上述三式联立化简则pB=p0－ρg（h1＋h3） 考点：压强

点评：本题考查了压强的计算方式。由于压强其实是某个作用力在某横截面积上造成的，对于复杂问题可以考虑利用受力平衡来处理。

11．如右图所示，上端封闭的玻璃管插在水银槽中，管内封闭着一段空气柱，管内外水银面的高度差为h，若使玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，则管内外水银面的高度差h和管内气体长度l将（ ）

A．h增大 B．h减小 C．增大 D．减小

【答案】BD

【解析】

试题分析：大气压强等于液体压强和空气压强之和，当玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，上面如果是真空则h不变，h指的是竖直高度，由于上端由空气压强，所以h只能减小，同时l也减小，故选BD

考点：考查大气压强

点评：难度较小，主要是要理解大气压强能托起76mmHg是指竖直高度为76mm

12． 图示为由粗细均匀的细玻璃管弯曲成的“双U形管”，a、b、c、d为其四段竖直的部分，其中a、d上端是开口的，处在大气中。管中的水银把一段气体柱密封在b、c内，达到平衡时，管内水银面的位置如图所示。现缓慢地降低气柱中气体的温度，若c中的水银面上升了一小段高度Δh，则（ ）

A. b中的水银面也上升Δh

B. b中的水银面也上升，但上升的高度小于Δh

C. 气柱中气体压强的减少量等于高为Δh的水银柱所产生的压强

D. 气柱中气体压强的减少量等于高为2Δh的水银柱所产生的压强

【答案】AD

【解析】若c中的水银面上升了一小段高度Δh，d中的水银柱下降了一小段高度Δh，

pcg2h，气体在c中对水银柱的压强为pc即气柱中气体压强的减少量等于高为

2Δh的水银柱所产生的压强C错，D对；由图知b、c中的气体对水银柱的压强相等，所以b中的水银面也上升Δh，A对，B错。

13．下面对气体压强的理解，正确的是（ ）

A．气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的

B．气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能

C．单位面积器壁受到大量气体分子的碰撞的作用力就是气体对器壁的压强

D．大气压强是由地球表面空气重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压强

【答案】BCD

【解析】气体压强是由于大量气体分子不断频繁撞击器壁而产生的，气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能，单位面积器壁受到大量气体分子的碰撞的作用力大小等于气体对器壁的压强，但是压力不是压强，大气压强是由地球表面空气重力产生的，将开口瓶密闭后，虽然瓶内气体脱离大气，但是

气体压强产生的本质原因是气体分子撞击器壁，因为单位体积的分子数目不变，且温度不变，则分子平均动能不变，所以对器壁的压强也不变，综上所述可知仅有B正确 故应该选B

14．在两端开口的U型管中灌有密度为ρ的液体，左管上端另有一小段同种液体将一部分空气封在管内，如图所示，处于平衡状态，设大气压强为p0，则封闭气体的压强为____________；若将右管内的液体取出一些，当重新平衡时，左边管内被封闭的空气柱体积将__________，（选填“增大”、“减小”、“不变”）

【答案】p0gh_；不变

【解析】根据平衡可知封闭气体的压强为p0gh，因为左端液注没变，所以气体压

强不变，则左边管内被封闭的空气柱体积将不变

故答案为：p0gh，不变

15．弯曲管子内部注满密度为ρ的水，部分是空气，图中所示的相邻管子液面高度差为h，大气压强为p0，则图中A点的压强是 （ ）

A．ρgh

B．p0+ρgh

C．p0+2ρgh

D．p0+3ρgh

【答案】C

【解析】略

16．如图所示，在U型管的封闭端A内有一部分气体，管中标斜线部分均为水银，则A内气体的压强应为下述关系式中的：（ ）

A．p=h2 B．p=p0－h1－h2

C．p=p0－h2 D．p=p0+h1

【答案】C

【解析】

17．如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的原因是（ ）

（A）环境温度升高

（B）大气压强升高

（C）沿管壁向右管内加水银

（D）U型玻璃管自由下落

【答案】ACD

【解析】

18．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则 (

)

A．弯管左管内外水银面的高度差为h

B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大

C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升

D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升

【答案】ACD

【解析】

19．如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差h1，水银柱cd的长度为h2= h1，a面与c面恰处于同一高度．现向右管开口端注入少量水银达到重新平衡，则（ ）

A．水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度

B．水银面a、b间新的高度差等于右管上段新水银柱的长度

C．气体A的压强一定大于外界大气压强

D．气体A的压强变化量比气体B的压强变化量小

【答案】ACD

【解析】

二、填空题（题型注释）

20．如图所示，在长为L=56cm的一端封闭、另一端开口向上、粗细均匀、导热良好竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着长为L1=50cm的理想气体，管内外的温度均为27℃。现缓慢对玻璃管进行加热，最终水银柱刚好到达与玻璃管开口相平处静止。（大气压强是p0=76cmHg）求：

①此时玻璃管内气体的温度为多少？

②此过程中玻璃管内的气体对外界 （填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体的内能 （填“增加”、“减少”或“不变”）。

【答案】①T1=312K（或39℃）②正功，增加

【解析】

试题分析：①封闭在玻璃管里的气体发生的是等压变化

其中T1=(27+273 )K=300K （1分）

V1=L1S=50S，V2=L2S=52S （1分） 则由V1V2 （1分） T1T2

得T1=312K（或39℃） （1分）

②由于气体体积膨胀，对外做正功 （1分）

理相气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加 （1分）

考点：气体实验定律

21．一端封闭的玻璃管自重为G，横截面积为S，内装一段高为h的水银柱，封闭了一定质量的气体。现将玻璃管封闭端用弹簧测力计悬起，另一端没入水银槽中，如图所示。当玻璃管没入一定深度后，弹簧测力计的示数为G。若当时的大气压为p0，则此时管内上方气体的压强为_______，玻璃管内、外水银面的高度差△x为_______。(设玻璃管壁的厚度不计)

【答案】p0 h

【解析】

试题分析：压强也是由受力产生，因此在分析压强时，将其转化为受力平衡问题。设下方空气柱压强为P1，则PS1P0gx，设上方空气柱压强为P2，P2SP0S(P1gh)，痛过两式对比可知xh

考点：压强

点评：压强也是由受力产生，因此在分析压强时，将其转化为受力平衡问题。从而可以根据力学观点证明、列示求解。

22．如图，开口向下、粗细均匀的玻璃管中，用长度分别为h1=5cm和h2=8cm两段水银柱封闭了两段气体A和B，稳定后A、B体积相等。设定外界大气压恒为P0=75cmHg，则封闭气体A的压强为________ cmHg.若降低相同的温度（设原来温度相同），则A的体积VA_______VB.(填“>”, “

A

h

B

h

【答案】62；=

【解析】根据平衡可得PBP0Ph267cmHg，PAPBPh162cmHg，根据公式PVPV1122，可得体积相等 T1T2

23．把一端封闭的粗细均匀的玻璃管放在倾角为300的斜面上，开始时让玻璃管不动，管中有一段16cm长的水银柱将长为20cm长的空气封入管内，如果让玻璃管在斜面上加速下滑，如图所示。已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数μ=，外界大气压强为

6

76cmHg，

求玻璃管沿斜面匀加速下滑时，封闭的气柱长度为 cm

，设斜面足够长，能保证

玻璃管稳定匀加速下滑。

【答案】22cm

【解析】设水银柱和玻璃管的质量分别为m和M，以水银柱和玻璃管为研究对象，根据牛顿第二定律得：

（m+M）gsin300―μ（m+M）gcos300 =（m+M）a 得：a=g/4

以水银柱为研究对象，设管的横截面积为S，根据牛顿第二定律得 ：

P0S+mgsin300―PS=ma

因为m=ρl S ，l=16cm，P0=76cmHg

所以管内气体压强为 P=P0+ρgl/4=76+16/4=80cmHg

有气体等温定律 可知 （76+8）*20=80L L=22cm

点拨：计算气体压强是解决气体问题的一个关键点，基本方法是：以封闭气体的液柱（或活塞、缸体等）为力学研究对象，分析受力，列出牛顿第二定律方程（静止时即a=0）即可求解。对于静止情形，常用到初中物理学到的流体知识：①静止液体压强公式phg；②若液面与外界大气压接触时，静止液体深h处压强为pp0hg；③帕斯卡定律：加在密闭液体上的压强，能够大小不变地由液体向各个方向传递；④连通器原理：连通的同一种液体中同一水平面上的压强相等。⑤利用“液片”分析压强。

24．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，C端封闭，密度为ρ的液体将B、C两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，已知大气压强为p0，则B段气体的压强为 ，C段气体的压强为 。

C

hB A hh

【答案】p0－ρgh30－ ρgh－ρgh【解析】分析：根据液面的高度关系分析，大气压强P0等于B段气体产生的压强加上h3液体产生的压强，中间这段气体产生的压强等于C端气体产生的压强加上h1液体产生的压强，据此分析整理．

解答：解：由图中液面的高度关系可知，P0=PB+ρgh3 ，P0=P2+ρgh3 和 PB=PC+ρgh1，由此解得PB=P0-ρgh3 ，PC=P0-ρg（h1+h3）

故答案为：P0-ρgh3 ，P0-ρg（h1+h3）

点评：很多学生会错误认为 P0＜PB 和 PB＜PC，此外图中 h2 是一个干扰条件，而实际上中间气体的压强与中间两液面的高度差无关．

在计算气体压强时，有两个结论可以直接应用①同一气体的压强处处相等 ②同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定，并且位置越高，压强越小．

25．如图所示为内径均匀的U形管,其内部盛有水银,封闭端内的空气柱长12cm.温度为27℃时,两侧水银面的高度差为2cm.已知大气压强为p0=75cmHg,则当环境温度变为________℃时,两侧水银面的高度相等。

【答案】-5.14。

【解析】略

26．如图所示,竖直放置的U形管在A侧用水银封有一定质量的空气,B端开口向上,其中水银面高于A侧.在温度保持不变的条件下,将B端管子上部沿图中CD虚线截去.在水银面稳定后,被封闭气体的体积将 , 压强将 ．（选填“增大”、“不变”或“减小”）

【答案】增大 减小

【解析】

27．两个容器A、B用截面均匀的水平玻璃管相通，如图所示，A、B中所装气体温度分别为100C和200C，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高100C，则水银将________移动(填“向左”或“向右”或“不”)

【答案】向右移动

【解析】

28．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则

（A）弯管左管内外水银面的高度差为h

（B）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大

（C）若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升

（D）若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升

【答案】ACD

【解析】封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。

29．图12-9-2为沉浮子的实验装置，圆柱形玻璃容器中盛有水，一个试管倒放在水中并浮在水面上，玻璃容器上方用不漏气且光滑的活塞封住.下列关于试管升降的说法中符合实际的是（ ）

图12-9-2

A.将活塞下移，试管将上升

B.将活塞上移，试管将上升

C.将整个系统的温度升高，试管将上升

D.将整个系统的温度降低，试管将上升

【答案】BC

【解析】将活塞上移，活塞下方的气体（设为Ⅰ，下同）发生等温变化，其体积增大，压强减小，则试管内气体（设为Ⅱ）的压强由于气体Ⅰ压强的减小而减小，体积增大，故试管将上升.选项B的说法符合实际.若整个系统的温度升高，气体Ⅰ发生等压变化，它的体积增大.同理，气体Ⅱ发生等压变化.温度升高而体积增大，故试管将上升.

三、实验题（题型注释）

30．某同学用如图所示注射器验证玻意耳定律。实验开始时在如图所示的注射器中用橡皮帽封闭了一定质量的空气。则

(1)若注射器上全部刻度的容积为V，用刻度尺测得全部刻度长为L，则活塞的横截面积可表示为 ；

(2)测得活塞和框架的总质量是M，大气压强为P0，当注射器内气体处于某状态时，在框架左右两侧对称挂两个砝码，每个砝码质量为m，不计活塞与注射器管壁间摩擦，则稳定后注射器内气体的压强可表示为 ；

(3)如右图中是不同小组的甲、乙两同学在同一温度下做实验时得到的P-(1/V)图。若两人实验时操作均正确无误，且选取坐标标度相同，那么两图线斜率不同的主要原因是 。

【答案】V/L， P0+ (M+2m)gL/V，研究气体质量不同。

【解析】(1)V=sL，s= V/L(2)由受力平衡可知[P0+ (M+2m)gL/V]s=Ps，P= P0+ (M+2m)gL/V(3)由

四、计算题（题型注释）

PVC可知如果质量相同的同种气体在温度相同的情况下，P-1/v图像应该相同 T

31．如图所示，粗细均匀的玻璃细管上端封闭，下端开口，竖直插在大而深的水银槽中，管内封闭有一定质量的空气，玻璃细管足够长，管内气柱长4 cm，管内外水银面高度差为10 cm。现将玻璃管沿竖直方向缓慢移动. （大气压强相当于75cmHg）求：

①若要使管内外水银面恰好相平，此时管内气柱的长度；

②若要使管内外水银面高度差为15 cm，玻璃管又应如何移动多少距离。

【答案】①3.5 cm ②5.33cm或26.11cm

【解析】

试题分析：① 玻璃管内的空气作等温变化，管内外水银面恰好相平时，根据玻意耳定律：

( p0 – gH1 ) S l1 = p0 S l2 （2分） 解得：l2P0gH17510l143.5cm （2分） P075

②(a)若管内水银面较高，管内气柱长l3，根据玻意耳定律：

( p0 – gH1 ) Sl1 = ( p0 – gH3) Sl3 （1分） 解得：l3P0gH17510l144.33cm （1分） P0gH27515

玻璃管上移的距离：x2 = H3+l3 – ( l1 + H1 )=15+4.33-(4+10)=5.33 cm（1分） (b)若管外水银面较高，管内气柱长l4，根据玻意耳定律有：

( p0 – gH1 ) Sl1 = ( p0+ gH4) Sl4 （1分） 解得：l4P0gH17510l142.89cm （1分） P0gH47515

玻璃管下移的距离：x4 = l1 + H1 +H4-l3 =4+10+15-2.89=26.11cm （1分） 考点：本题考查气体的性质，玻意耳定律。

32．(I)关于一定量的气体，下列说法正确的是

A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和

B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低

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，其内能一定增加

E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高。

(2)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ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为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）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。

【答案】(I)ABE (2)15cm

【解析】

试题分析：(I)A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；

B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；

C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；

D、做功也可以改变物体的内能，C错误；

E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确；

(2) 以vmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：P1=P0+l2 ① 设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：P1l1=P1′l1′②

如图，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′③ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则P3′=p1′-l2 ④

由波义耳定律，得：P0l3=P2′l3′⑤

由①②③④⑤式代入数据解得：△l=15.0cm；

考点：热力学第一定律；气体压强的微观意义．理想气体的状态方程．

33．一个右端开口左端封闭的U形玻璃管中装有水银，左侧封有一定质量的空气，如图所示，已知，空气柱长是40cm，两侧水银面高度差56cm，若左侧距管顶66cm处的k点处突然断开，断开处上方水银能否流出？这时左侧上方封闭气柱将变为多高？（设大气

5压强为1.013×10Pa）

【答案】否 ；16cm

【解析】

试题分析：

断开处的压强小于外界大气压，故断开处上方的水银不会流出；以封闭的一定质量气体为研究对象：整个过程可以看做等温变化，由玻马定律：

(7656)gl1S(7626)gl2S

可以求出：l20.4l116cm

考点：理想气体状态方程

点评：此题要分析出K处断开后，压强和外界大气压相等,以密闭气体为研究对象，求出初、末态的压强，利用玻马定律。

34．如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L＝18cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差Δh＝4cm，设外界大

气压为75cmHg，为了使左、右两管中的水银面相平，

(1)若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少℃；

(2)若温度保持27℃不变，向右管缓慢注入水银最后左、右两管的水银面相平且稳定时，气柱的长度是多少.

【答案】（1）352K（2）17.04cm

【解析】

试题分析：(1)由题意，p1＝71cmHg，V1＝18cm·S, T1＝300K，p2＝75cmHg，V2＝20cm·S；根据理想气体状态方程：

代入数据得：

T2＝352K，t2＝79℃

(2)p3＝71cmHg，T3＝T1＝300K，

根据玻意耳定律：p1V1＝p3V3

解得L3＝17.04cm

考点：本题考查了克拉伯龙方程的理解和应用，通过先判断压强然后结合状态方程计算温度或体积。

点评：

35．一端封闭一端开口，内径均匀的直玻璃管注入一段水银柱，当管水平放置静止时，封闭端A空气柱长12cm，开口端B空气柱长12cm，如图所示。若将管缓慢转到竖直位置，此时A空气柱长度为15cm，然后把管竖直插入水银槽内，最后稳定时管中封闭端

5空气柱A长仍为12cm，(设大气压强为1.0×10Pa＝75cmHg，整个过程中温度保持不变)，

则

(1)管中水银柱的长度L为多少cm?

(2)最后稳定时B空气柱的长度lB2为多少cm?

【答案】（1）15cm （2）7.5cm

【解析】

试题分析：（1）对A，根据玻意耳定律，

（2分）解得L=15cm（1分）

（2）对B，

（1分）

（1分）（1分）（2） （2

分）（2分） 75×12=15（75-L），

考点：考查了气体方程的应用

点评：明确确定初末态的参量是解题的关键．

36．内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560mm，AD段充满空气，外界大气压p0=1，

501325×10Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡后管内空气柱的

长度多大？

【答案】182.3mm

【解析】

【错解分析】错解：当从下面截去400mm后，空气柱的压强变了，压强增大，在等温条件下，体积减小，根据玻意耳定律。

初态：p1=(760-560)=200mmHg V1=(300+100+400)S=800S(mm3)

末态：p2=(760-160)=600(mmHg)

解得：l2=267mm 即空气柱的长度为267mm。

上述解答看起来没有什么问题，实际上，稍微思考一下，就会发现，答案不合理。因为解答结果认为空气柱的长度267mm，而AB段的总长度为300mm，这样就意味着水银柱可能进入AB管，而如果水银进入横着的BC管，压强就不再是（760-160）=600mmHg，因此，答案就不对了。

【正解】首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。

（1）是否会停留在右侧竖直管内。由前面的分析可知是不可能的。

（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图所示情况，由玻意耳定律可知 200×800S=（760-x）[300+100-（160-x）]S

160000=（760-x）（240+x）

解得：x1=40cm

x2=560mm

两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。

（3）是否会出现水银柱充满BC管的情况，如图所示。

由玻意耳定律可知：

200×800S=（760+60）·l2·S

解得l2=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道l2=240mm，可见这种情况是不可能的。

（4）设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图所示。

由玻意耳定律可知

200×800S=[760+（300-l2）]·l2S

解得l2182.3mm

l'2878mm(不合题意，舍去)

因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。

【点评】通过本题的分析解答可看出，对于一个具体的物理问题，不能仅观注已知的数据，更要对题目所述的物理过程进行全面的分析，以确定出问题的真实物理过程。同时可以看到，真实物理过程的判断，又是以具体的已知条件及相应的物理规律为基础的，而不是“想当然”地捏造物理过程。

37．如图所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）

【答案】283.3（cm）

【解析】

【错解分析】错解：此题是属于气体在等温情况下压强和体积的变化的题，可以利用玻意耳定律求解。

初态：p1=（750+100）=850（mmHg）

3V1=150S（cm）

设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图所示，

则末态：p2=（750-100-2x）=（650-2x）（mmHg）

V2=（150+x）S（cm）

由玻意耳定律有：p1V1=p2V2

即：850×150S=（650-2x）（150+x）S

2整理得：2x-350x+30000=0

22由数学知识可知，当△=b-4ac=350-4×2×3000＜0，方程无解。所以，这道题是一道

没有解的题。

在解题时，之所以出现这样的情况，是因为解题者的思维是势导致的错误，上述解法是从空气柱仍在左臂的假设出发的，难道空气就不能进到右臂？显然，认为空气柱仍在左臂的假设是需要重新考虑的。

【正解】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？

设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图）则：由玻意耳定律有：

3

（750+h）×150S=（750-h-2x）（150+x）S

2整理得：2x+（h-450）x+300h=0

22当△=b-4ac≥0时，方程有实数解，即（h-450）-4×2×300h≥0

解得：h≤62.5mm

也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。

设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图所示，末状态变为：V2=（250+y）S p2=（750-30）=450（mmHg）

根据玻意耳定律：

850×150S=450×（250+y）S

解得：y=33.3mm

则空气柱的长度为：l=（250+33.3）=283.3（cm）。

【点评】对于一道物理习题，应该从每个数值的物理意义去分析问题，而不能只单纯从

数学运算的角度去制定。

38．（13分）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L0=50cm的空气柱被水银封住，水银柱长h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh=15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg。求：

（1）插入水银槽后管内气体的压强p；

（2）管口距水银槽液面的距离H。

【答案】（1）62.5cmHg（2）27.5cm

【解析】（1）设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，管截面积为S，此时气柱长l=70cm 由玻意耳定律：p＝p0L0/l＝53.6cmHg，

由于p＋gh＝83.6cmHg，大于p0，因此必有水银从管中流出，

设当管转至竖直位置时，管内此时水银柱长为x，

由玻意耳定律：p0SL0＝（p0－gh）S（L－x），

解得：x＝25cm，

设插入槽内后管内柱长为L’，

L’＝L－（x＋h）＝60cm，

由玻意耳定律，插入后压强p＝p0L0/L’＝62.5cmHg，

（2）设管内外水银面高度差为h’，

h’＝75－62.5＝12.5cm，

管口距槽内水银面距离距离H＝L－L’－h’＝27.5cm，

39．如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6．6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为Po=76cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。

【答案】9.2cm

【解析】设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为

p1p0gl3 ①（1分）

式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度。

玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x则

p2gl1,p2gxp0 ②（1分）

式中，p2为管内空气柱的压强，由玻意耳定律得

p1(Sl2)p2(Sh) ③（1分）

式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积，由①②③式和题给条件得 h12cm ④（1分）

从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则

p3p0gx

由玻意耳定律得 ⑤（1分）

p1(Sl2)p3(Sh') ⑥（1分）

式中，h'是此时空气柱的长度。由①②③⑤⑥式得

h'9.2cm ⑦（2分）

40．（选修模块3—3）（7分）

（1）（3分）关于热现象和热学规律，以下说法正确的有

A.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”,方式实现的

B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

C.随分子间的距离增大，分子间的引力减小，分子间的斥力也减小

D.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大

（2）（4分）一气象探测气球，在充有压强为1.OOatm（即76.0cmHg）、温度为27.0℃

3的氦气时，体积为3.50m.在上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到

此高度上的大气压36.0cmGg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热，保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为-48.0℃.求：

（1）氦气在停止加热前的体积

（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积

（3）若忽略气球内分子间相互作用，停止加热后，气球内气体吸热还是放热？简要说明理由

【答案】（1）BC

3（2）①根据玻意耳定律p1V1=p2V2①式. 由①式得V2=7.39m„„„„„„„„1分

②在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K.这是一等压过程.根据盖—吕萨克定律有V2/T1=V3/T2②„„„„1分

3由②式得V3=5.54m.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分

③温度降低，分子平均动能减少，内能减少；体积减少，外界对气体做功，由热力学第一定律得，气体对外放热.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分

【解析】（1）电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过电场力做功的方式实现的，所以A错误。晶体熔化时吸收热量，但是温度没有升高，所以分子平均动能不变，D错误。答案选BC。

3（2）①根据玻意耳定律p1V1=p2V2①式. 由①式得V2=7.39m

②在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K.这是一等压过程.根据盖—吕萨克定律有V2/T1=V3/T2②

3由②式得V3=5.54m.

③温度降低，分子平均动能减少，内能减少；体积减少，外界对气体做功，由热力学第一定律得，气体对外放热.

41．如图所示，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，管长48cm，其中有一段长为4cm的水银柱，将长为20cm的空气柱A封闭在管的下部，空气柱B和大气连通。现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往下压，当水银柱下降4cm时停止下压。已知外

界大气压恒为76cmHg，下压过程气体温度不变，求活塞从管口向下移动的距离x.

活塞

水银柱

【答案】解： 等温过程，遵循玻意耳定律

pA1VA1pA2VA2

对气体A：

(764)20SpA2（204）S （ 3分）得pA2100cmHg, （1分） PB2100496cmHg （1分）

pB1VB1pB2VB2

（3分）对气体B：7624S96LB2S

得 LB219cm （2分）

综上，得x=48-16-4-19=9cm （2分）

【解析】略

42．如图所示，一根粗细均匀的玻璃管长为80 cm，一端开口，一端封闭。管内有一段25 cm长的汞柱将一段空气柱封闭于管中，当玻璃管水平放置时，空气柱长为40 cm。问当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱长为多少?（假设温度保持不变，外界大气压为75cmHg）

某同学解法为:

始、末两状态的压强分别为：P1=75 cmHg ,P2=75-25=50 cmHg 此过程为等温变化，根据玻意耳定律有：P1V1=P2V2 即：L2= P1L1/ P2=75×40/50=60cm

你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且写出正确解的步骤和结果。 【答案】解：

（1）他的解法不正确。

从他的计算结果看：60cm+25cm＞80cm，所以玻璃管开口向下时水银会漏出。 （2）设留在管内水银长为h P1V1=P2V2

75×40=（75-h）×（80-h） h≈22．67cm

管内空气柱长为：L=L0-h=（80-22．67）cm=57．33cm 【解析】略

43．[物理——选修3-3] （1）（5分）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母） A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体

B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的

C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点

D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的

（2）（10分）如图所示，一开口气缸内盛有密度为的某种液体；一长为l的粗细均匀的小平底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为

l

。现用活塞将气缸封闭（图中未画出），使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均4

l

保持不变。当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为，求此时气缸

2

内气体的压强。大气压强为0，重力加速度为g。

【答案】（1）BC （2）p3

3gl

p0

24

【解析】（1）本题考查的是晶体和非晶体的特性。金刚石、食盐、水晶是晶体，但玻璃

不是晶体，A项错误；晶体的分子排列是有规则的，B项正确；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，C项正确；单晶体的物理特性是各向异性，而多晶体不是各向异性的，D项错误。

（2）本题考查的是气体压缩的特性和玻意耳定律。 设当小瓶内气体的长度为

3

l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气4

体的压强为p2，气缸内气体的压强为p3。

1

gl① 33ll

由玻意耳定律 p1Sp2(l)S②

42

依题意p1p0

31

(p0gl)③ 22

13gl

又有p2p3gl④ 联立③④式，得p3p0⑤

224

式中S为小瓶的横截面积。联立①②两式，得 p244．［物理——选修3－3］

（1）（5分）下列说法正确的是________。（填选项前的字母） A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映 B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的热量全部转化为机械能 C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数

D．内能不同的物体，它们分子运动的平均动能可能相同

（2）（10分）如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑的玻璃管竖直放置，玻璃管上端有一抽气孔，管内下部被活塞封住一定质量的理想气体，气体温度为T1。现将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，此时活塞上方玻璃管的容积为2.6 V1，活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空后密封，整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热。求： （1）活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度T2； （2）当气体温度达到1.8T1时的压强p。 【答案】［物理——选修3－3］（15分） （1）D（2） T2＝1.2 T1（2分） （2） p＝0.75p0（2分） 【解析】［物理——选修3－3］（15分） （1）D（2）解析：（1）从活塞上方的压强达到p0到活塞上方抽成真空的过程为等温过程： 1.5p0V1＝0.5p0V2（2分），V2＝3V1，3V3.6VT ＝T（2分） T2＝1.2 T1

12（2分）

0.5pp

（2）继续加热到1.8T11.2 T ＝1.8T ，（2分） p＝0.75p0（2分）

1

1

45．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T1。现用一段水银柱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l∶3。若将管内下部气体温度降至T2，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T1g。求水银柱的长度h和水银的密度。

5

T2，大气压强为p0，重力加速度为2

【答案】h【解析】

105p02

L ，

26gL15

试题分析: 设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为V0LS 注入水银后下部气体压强为p1p0gh 体积为V1

3

(Lh)S 4

3

(Lh)S 4

由玻意耳定律有：p0LS(p0gh)

将管倒置后，管内气体压强为p2p0gh 体积为V2(Lh)S 由理想气体状态方程有：

p0LS(p0gh)(Lh)S



T1T2

解得h

105p02

L ，

26gL15

考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强

46．（1）（4分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分.选对3个得4分;每选错I个扣2分，最低得分为0分）

A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故 B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为油脂使水的表面张力增大的缘故

C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关

E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故 （2）（8分）如图所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出l。现使活塞缓慢向上移动

3

811

l，这时气缸和竖直管内的水银32

面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位）

【答案】（1）ACD （2）p=15l/8 【解析】（1）水的表面层分子间距较大，分子力表现为引力，这种分子之间的引力液面具有收缩的趋势，针轻放在水面上，它会浮在水面，正是由于水表面存在表面张力的缘故，A说法正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水不浸润油脂，但可以浸润玻璃，B说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，水滴表面仅在表面张力的作用下有收缩为球形的趋势，C正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质

有关，D正确；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后，中间没有空气，即气压为零，而两玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在一起，E错误。

（2）设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p0。有

P=p0+l

在活塞上移

38

11

l后，气缸内气体的压强变为p0。设气体的体积为V，由玻意耳定律得 32

p0V=pSl

设气缸内水印面上升Δx，有

3

xl3x

811Vllx

32

联立以上各式，解得p

15

l 8

【考点定位】（1）考查热学部分的定性了解的内容。 （2）考查大气压及玻意耳定律。

47．如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K平衡时水银的位置如图，其中左侧空气柱长度L1=50cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为h2=5cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为h1=5cm，大气压为75 cmHg。求：

①右管内气柱的长度L2，

②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3． 【答案】①L2 = 50cm ②L3 = 60 cm。 【解析】

试题分析：①左管内气体压强p1 = p0 + h2 = 80cmHg

右管内气体压强p2 = p左 + h1 = 85cmHg P2 = p0 + h3

得右管内外液面高度差为h3 = 10cm 则L2 = L1 - h1 - h2 + h3 = 50cm

②设玻璃管横截面积S，对左侧管内气体：p1 = 80cmHg , V1 = 50S , T1 = 300K 当温度升至405K 时，设左侧管内水银面下降了 x cm，则有： P2 = (80 + x ) cmHg , V2 = L3S = (50 + x )S , T2 = 405K

根据

p1V1p2V2

，代入数据得 x = 10cm T1T2

则：左侧竖直管内空气柱长度L3 = 60 cm。 考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．

点评：求出各气体压强是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题． 48．（1）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，若100滴油酸的体积为1ml，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是 ．（油酸的摩尔质量

-13-323

M=0.283kg·mol，密度ρ=0.895×10kg·m，NA=6.02×10mol-1．结果保留一位有效数）

（2）如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K平衡时水银的位置如图，其中左侧空气柱长度L1=50cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为h2=5cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为h1=5cm，大气压为75 cmHg．求：

①右管内气柱的长度L2

②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3

12

【答案】（1）1×10m（2）①50cm ②60 cm 【解析】

12

试题分析：解：（1）1×10m

(2)①左管内气体压强p1 = p0 + h2 = 80cmHg，（1分） 右管内气体压强p2 = p左 + h1 = 85cmHg（1分），p 2 = p0 + h3（1分） 得右管内外液面高度差为h3 = 10cm（1分），则L2 = L1 - h1 - h2 + h3 = 50cm（1分） ②设玻璃管横截面积S，对左侧管内气体：p1 = 80cmHg , V1 = 50S , T1 = 300K 当温度升至405K 时，设左侧管内水银面下降了 x cm，则有： p 2= (80 + x ) cmHg , V2 = L3S = (50 + x )S , T2 = 405K 根据

p1V1p2V2

（2分），代入数据得 x = 10cm（1分） T1T2

则：左侧竖直管内空气柱长度L3 = 60 cm．（1分） 考点：热学

点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了；利用理想气体状态方程列式求解，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．

49．内径均匀的U型管中装有水银，两管中水银面与管口的距离均为l=10cm，大气压强p0=75.8cmHg，现将右管口封闭，如图所示，然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推．．．．．入管中，直到左右两侧水银面高度差h=6cm时为止，求活塞在左管内移动的距离。（设整个过程温度不变）

【答案】6.4cm 【解析】

试题分析：对右管：P010P右7 得P右108.3cmHg 对左管：P

010P左l 而P左P右6114.3cmHg 得l6.63cm

故：x6.63310得x6.4cm 考点：受力平衡

点评：本题虽然计算的是压强，但压强是由于作用于某一横截面的压力造成，所以在分析该类问题时，应着手从受力平衡方面处理。

50．把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图所示，求在这过程中外力做功为多少？（已

252

知活塞面积S=1.0dm，大气压户p0=1.0×10Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s）

'

'

【答案】1.0×10（J） 【解析】

【错解分析】错解：把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。因活塞上升H，故上升的水柱的高亦为H，其重心高为水柱的重力势能增加Ep=mgh=p·S·H·Ep=1.1×10J也就是说，外力需做功

4

W=Ep=1.1×10J

4

4

H

，而上升的水柱的质量m=P·S·H，则2

H

g，代入数据得 2

P01.0105

在大气压p0=1.0×10pa的情况下，水柱能上升的最大高度hm=10Pg1.010310

5

（m），（即真空抽水机原理所讲，并且应忽略水蒸气气压的影响），而不是题目中提到的15m。

【正解】在把活塞提升最初的10m的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即

hmhmhm2

W1Ep1mgpShmgpSg5.0103(J)

222

在把活塞提升的后5m的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即：

3

W2=p0S(H-h,)=5.0×10(J)

4

则在全过程中外力做功为W=W1+W2=1.0×10（J），即为正确答案。

【点评】解决物理问题的关键是要分析清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上移15m，但结合大气压强的知识，要分析真实的物理过程是水并未随之上升15m，而是只将水提升了10m。

51．将一端封闭的U形管A如右图所示，插入水银槽内，U形管内有一段水银柱将A和

B两部分气体隔离开，各部分长度如图，已知大气压强P0 = 75cmHg，气温均为27C，若仅对A气体加热，使A与B上部水银面相平，需使A气体温度升高多少度?

【答案】温度会升高150度 【解析】略

52．如图所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面1m，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27℃时标准气压计读数为76cmHg，该气压计读数为70cmHg，求：

（1）若在气温为27℃时，用该气压计测得的气压读数为64cmHg，则实际气压应为多少cmHg？

（2）若在气温为7℃时，用该气压计测得的气压读数为68cmHg，则实际气压应为多少cmHg？

【答案】（1）

p176706cmHg，V11007030cmS，V21006436cmS p1V1p2V2 31.1（2分）

630Sp236S 31.2（2分） p25cmHg 31.3（1分）

64569cmHg 31.4（1分） p0

（2）

T127327300K，V31006832cmS，T32737280K

p1V1p3V3

 31.5（2分） T1T3

630Sp332S

 31.6（2分）

300280

p35.25cmHg 31.7（1分） 685.2573.25cmHg 31.8（1分） p0

【解析】略

五、作图题（题型注释）

六、简答题（题型注释）

七、综合题

53．（1）．以下关于热力学知识的叙述正确的是 (填入选项前的字母，有填错的不得分)。

A．绝热过程是指系统不从外界吸热，也不向外界放热，这个过程不与外界交换能量。 B．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，所以不能说物体具有多少热量，只能说物体吸收或放出多少热量。

C．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，撞击作用

的不平衡性就表现得越明显，因而布朗运动越明显。

D．由熵的定义可知，熵较大的宏观状态就是无序程度很小的宏观状态，也就是出现概率较小的宏观状态。

（2）.如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中。当管竖直放置时，封闭气柱A的长度

L'A=50cm。现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L'A=37.5cm时为止，这时

系统处于静止状态。已知大气压强P0=75cmHg，整个过程温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度h。

【

答

案

】

【解析】略

54．左管封闭、右管开口，内径粗细均匀的玻璃U形管竖直放置。左管内封闭一定质量的理想气体，气柱长15cm，温度为27℃，足够长的右管内用长为5cm的水银柱封闭另一质量一定的理想气体，气柱长20cm，右管置于恒温环境中。此时左管内水银面位于刻度A处且比右管内水银面高5cm（如图所示），现仅对左管内气体加热至127℃(外界大气压强p0=75cmHg。)问：

(1)为使左管内水银液面仍保持在刻度A处，则必须在右管中缓慢注入多长的水银柱？ (2)此时右管内气柱的长度是多少？

【答案】

（1） 25cm （2）15.2cm 【解析】

（1）左管内气体初态压强p1=75cmHg ①

代入数据解得p1′=100cmHg ③ 右管内气体初态压强 p2=80cmHg ④ 初态体积V2=20S 末态压强p2′=p1′+5=105cmHg ⑤ 再注入的水银柱长度L=105-80=25cm ⑥

（2）末态体积V′2=L2S ⑦ 由玻意耳定律得p2V2=p′2V′2 ⑧ 解得L2=15.2cm

55．内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭

5 －3 35

着压强为1.0×10Pa、体积为2.0×10m的理想气体，大气压强为1.0×10Pa。现

在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，

缓慢加热，使气体温度变为400 K． （1）求气缸内气体的最终体积；

（2）在p-V图上画出缸内气体的状态变化的整个过程．

【答案】（1）V21.47m；

3

（2）如图所示

【解析】（1）在活塞上方倒沙子过程温度不变，由：

p0V0p1V1 （2分） 得：p1

在缓慢加热过程压强不变，由：

V0

p0 代入数据得：p12.0105Pa（1分） V1

V1V2T （2分）得：V22V1 T1T2T1

代入数据得：V21.47m（1分）

3

（2）如图所示（两个过程各1分，共2分）

56．如图所示，上端开口、下端封闭的粗细均匀的玻璃管全长90cm，管中气体被长为8cm、与管口相齐的水银封闭着，大气压强为76cmHg，现在用吸管从管口缓慢地向外吸出水银，试讨论为了不使气体膨胀过大而导致水银外溢，吸出水银量应满足的条件是什么？

【答案】

吸出水银量 Δx≤2cm．

【解析】

管中气体初状态：

＋h=84 cmHg

－h=82cm．

吸出Δx水银柱后：

－Δx=(84－Δx)cmHg，

＋ΔL=(82＋ΔL)cm，

由

84×82=(84－Δx)(82＋ΔL)，

得 ΔL=

若水银不溢出，应满足ΔL≤Δx，

即

≤Δx，

得 Δx≤2cm．

57．如图所示，一定质量的气体放在体积为温为

的容器中，室

＝300K，有一个光滑导热活塞C(不占体积)将容器分

成A、B两室，B室的体积是A室体积的两倍，A室容器上连接有一个U形管(管内气体的体积忽略不计)．两边水银柱高度差为76cm，右室容器连接有一个阀门K，可与大气相连通(外界大气压等于76cm汞柱)求：

(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？

(2)打开阀门K后将容器内的气体从300K分别加热到400K和500K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？

【答案】

（1） 2V （2）60.8cm 【解析】 (1)因

据玻意耳定律： 有：

(2)设经等压变化到 据盖·吕萨克定律： 有：2V/300＝

/400 ，

＝2V

＝400K时体积为

＝V

＝8V/3＜3V

即此时活塞未到右端，U管内两边水银面无高度差． 设经等压变化到

＝500K时体积为

据盖·吕萨克定律： 有：2V/300＝

/

500

＝10V/3＞3V，

＝

即此时活塞已到右端，U管内两边水银面有高度差．设此时气体的体积为500K，高度差为h，水银高度差产生的压强为 据理想气体状态方程： 有： 又：

＝0.8

＝2V×500

，

/3V×300＝1.8

h＝0.8×76cm＝60.8cm

被封气体(1)问中活塞最终停下来时，由于是导热活塞，初、末状态同温，此时判断一下活塞能否到达最右端是问题的关键．因(2)问中活塞从未到达至到达右端的过程是等压过程，到达右端后的过程是等容过程．

[思路一]把第(1)问的末态作为第(2)问的初态，看在等压条件下温度为400K及500K时的体积与3V的关系，如＜3V则无高度差，如＞3V则用理想气体状态方程求出末状态气体的压强

[思路二]把第(1)问的末态作为第(2)问的初态，设第(2)问末态体积为3V，据盖·吕萨克定律求解末态温度

与400K及500K比较判断，进而确定未态参量求解．

[思路三]把第(1)问的末态作为第(2)问的初态，先让气体等压达到3V求温度，再让气体等容升温至500K求压强

进而求解h．

58．如图所示，粗细均匀的U形细玻璃管右端封闭，开口向下竖直放置，长L的横管中充满汞液，封住长L的右管中的气柱．不计温度变化，大气压强为P0．今将管晃动后又静止在竖直位置时，发现汞柱可能向右管移动些，也可能向左管移动些，也可能恢复原状．试指出与前二类情况对应的L的值．

【答案】

当L＞P0时，x＞0，汞柱向右管移；当L＜P0时，x＜0，汞柱向左管移

【解析】

设晃动后汞柱向右管移动x后又静止．如图(2)，研究右管中被封住的气柱，因温度不变，所以有(P0+x)(L-x)S=P0LS (1)

（式中大气压的单位采用厘米汞柱） -x2+(L-P0)x+LP0=P0L (2) x2=(L-P0)x

x1=L-P0；x2=0（舍去）

可见，当L＞P0时，x＞0，汞柱向右管移；当L＜P0时，x＜0，汞柱向左管移．

59．图示粗细均匀的U形管，右臂上端封闭，左臂中有一活塞，开始时用手握住活塞，使它与封闭端位于同一高度．这时两臂液面位于同一水平面内．管内液体的密度为r．液体上方各有一定质量的理想气体，气柱长均为h．今将活塞由图示的位置向上移动，移动的距离为2h，这时两臂液面的高度差为h．设整个过程中气体温度不变．问：活塞移动前，左右两臂液面上方气体的压强各为多少?

【答案】

15ρgh/4 , 15ρgh/4 【解析】

设截面积为S，活塞移动前后左、右臂气体压强分别为

，由玻意耳定律：

60．

如图所示，一个竖直放置的右端开口的U形管，竖管长均为50cm，水平管长为20cm，管的内径均匀，管中有一段长为8cm的水银柱，初始时刻水银柱上端封闭30cm长理想气体，右管开口，当时大气压强相当于76cmHg产生的压强。现将开口端接抽气机缓慢向外抽气，使右管中气体压强降至相当于24cmHg产生的压强，求此时左管中原来封闭气柱的长度。（整个过程气体温度保持不变） 注：1cmHg=1333.22Pa。

【答案】 68cm 【解析】

初态时左管内封闭气体的体积为

=30S，压强为=(76-8)cmHg ①

末态时，汞柱处在管的右角，如图所示，设汞柱竖直部分高为xcm。则左管内封闭气体体积为=[50+20-(8-x)]S ② 末态时压强相当于

=(24+x)cmHg ③

根据玻意耳-马略特定律

(76-8)·30S=(24+x)[50+20-(8-x)]S ④

+86x-552=0 x=6cm

封闭端（柱长为：L=50+20-(8-6)=68cm

61．如图，一粗细均匀的玻璃管两端开口，全长25cm，竖直插入水银槽中17cm后，用手指堵住上端开口，慢慢从水银槽中提出，再慢慢转到开口向上，求这时管内水银柱的长度和被封气体的长度?大气压为75cmHg．

【答案】

15cm ， 6.7cm 【解析】

竖直上提时，根据玻意耳定律，设留在管中水银柱长为h

解得h=15cm

倒转180°后，又根据玻意耳定律

解得

=6.7cm气柱

气体长度为6.7cm

62．一开口玻璃管竖直放置在小车上，小车沿倾角为37°的光滑斜面下滑．在运动前，玻璃管中有一段h=20cm的水银柱，封闭一段L0=40cm长的空气柱．设大气压强p0=75cm汞柱，温度不变，水银密度为=13.6×

，g=10m/．（见图）求小车下滑过

程中空气柱长为多少?

【答案】 43.3cm 【解析】

水银柱在下滑过程中沿斜面的加速度a=gsin37° 它在竖直方向的分加速度

设玻璃管截面积为S，下滑过程中气体压强为P，水银密度为

则：

对空气柱：根据玻一马定律，设后来的长度为L 则：

解之得：

代入数值：L=43.3cm

63．

一内径均匀的细玻璃管，长55cm，一端封闭，里面注有一段长15cm的水银柱。将管水平放置，封闭端的空气长为20cm，现将管缓缓倒转到开口向下后竖直插入水银槽中，发现封闭空气柱长仍为20cm。求此时管插入的深度？

【答案】 22.5cm 【解析】

设管内径横截面积为S。

管缓慢倒转未插入水银槽前，管内被封气体经历等温度变化。

则管内水银柱下还有5s-25-15=15(cm)长的空气柱，这段空气柱将被封于管内水银柱与水银槽内水银面之间，如图： 这一段空气柱也经历等温变化。

即此时这段空气柱长12.5cm， ∴管插入的深度为

h+(55-20-15-12.5)=15+7.5=22.5(cm)

64．如图所示，一根横截面积S=1

的长管，两端开口，竖直插入水

银槽中，有两个质量都是m=20g密闭活塞A、B，在管中封闭两段长都是

=10.0cm的理想气体．开始时A、B都处于静止状态，不计管壁与A、

B的摩擦．现在用力F竖直向上缓慢拉动活塞A，当F=4.2N时A、B再次静止．设整个过程中，环境温度不变，g取10m/×

Pa，水银密度

，外界大气压强

=1.00

，求在此过程中：

(1)有多高的水银柱进入管内； (2)活塞A上升的距离．

【答案】

（1） 30.9 cm （2）44.7cm 【解析】

(1)对上部气体：

初状态时管中排开的水银柱高为

，

=3.0 cm．

末状态时进入管中的水银柱高为

，

=27.9 cm．

则进入管中的水银柱的高度为Δh==30.9 cm．

(2)活塞A上升的高度为：

=44.7cm．

65．一粗细均匀，底端封闭的细长玻璃管如下图所示，距离底端45cm处有一水平玻璃管与大气相通，在玻璃管水平部分和竖直部分有相连的水银柱，长度在下图中已标出，单位为cm．玻璃管的上端有一活塞，管内封闭了两段长度为30cm的空气柱A和B，外界大气压强为750cm Hg．现向上缓慢提升活塞，问：

(1)活塞至少向上提升多少距离可使A空气柱体积达到最大？ (2)这时A、B两部分空气柱的体积变化为多大？

【答案】 （1）45cm

（2）由第一问可知B部分温度不变，压强也不变，故长度不变，而A部分气柱长度增加了10cm． 【解析】

(1)由于水平管开口，所以当上提活塞时B部分压强不变A部分压强减小，当水平部分水银恰好全部进入竖直管时，A部分空气体积达到最大，以后A部分气体压强将不发生变化，设此时气柱长

，气柱原长

，有等温过程：

＝40cm Hg 即活塞上升高度

Δ＝(40＋30－45)cm＝45cm

(2)由第一问可知B部分温度不变，压强也不变，故长度不变，而A部分气柱长度增加了10cm．

66．如图，一根长55cm内径均匀的玻璃管竖直静止放置，管的上端封闭下端开口，管内一段长30cm的水银柱将长20cm的空气柱封闭．现让玻璃管匀加速上升，若大气压强为1.0×

，水银的密度为13.6×

，温度保持不变，

要使水银不会从管内流出，则运动的加速度不得超过多少？

【答案】

2.7m/ 【解析】

关键是加速运动中气体压强的确定：以汞柱为研究对象，据牛二定律有：p0s－ps－mg=ma．所以p=p0－ρh(g+a)．再据玻意耳定律．便可求出a=2.7m/

67．如图，一根水平放置的两端开口的玻璃管，中央注入一段水银，水银柱两端距管的两端等远，当大气压强为75cmHg、温度为27℃时，把管的两端封闭，然后竖直放置，并将温度升到77℃，此时管内上端空气柱的长度与下端空气柱长度之比为3∶2，则管内水银柱的长度为多少？

【答案】 36.5cm 【解析】

h36.5cm

68．内径均匀的U形管截面积为5

。管右侧上端封闭，左侧上端开口。管

内装入适量水银。左侧管内装有光滑的、质量可以不计的活塞。两管中分别封入L=11cm长的空气柱A和B。活塞上下气体压强相等，都是=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm。现在用细绳缓慢地拉活塞向上，使两管中水银面相平，求：

(1)活塞向上移动的距离是多少？

(2)应该用多大的力才能使活塞静止在这一位置？（g取10m/）

【答案】

（1）7.2cm （2）14N 【解析】

69．长25cm的玻璃管，两端开口，竖直插在水银槽内，露在槽内水银面外玻璃管的长度为13cm．现将上端管口封闭，然后将玻璃管竖直向上全部提出水银柱面外，若温度保持不变，大气压强为75cmHg，则存在管内的水银柱的长度为多长？

【答案】 10cm 【解析】

设水银的长度为x，

则P1=75cmHg P2=(75x)cmHg V1=135 V2=(25x)S 据玻意耳定律可解：x=10cm

70．如图所示，竖直放置的U型管，左端封闭，右端开口，管内水银将长19cm的空气封在左管内，此时两管内水银面的高度差为4cm，大气压为标准大气压．要使两管内水银面高度差为2cm，则需注入水银柱长度为多少． 【答案】

3cm或9cm 【解析】

71．如图7-11所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）

【答案】283.3（cm）

【解析】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？

设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图7-13）则：由玻意耳定律有：

（750+h）×150S=（750－h－2x）（150+x）S 整理得：2x2+（h－450）x+300h=0

当△=b2－4ac≥0时，方程有实数解，即 （h－450）2－4×2×300h≥0 解得：h≤62.5mm

也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能

仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。

设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图7－14所示，末状态变为：V2=（250+y）S p2=（750－30）=450（mmHg）

根据玻意耳定律：

850×150S=450×（250+y）S

解得：y=33.3mm

则空气柱的长度为：L=（250+33.3）=283.3（cm）

7.5L6.0L250Cm

【答案】（1）A（2）△V＝4.5L

【解析】（1）（6分）A

（2）（9分）解：①由玻意耳定律得

P0（VA—V）＋NP0V0＝P（VA—V）

代入数据解得N＝18次 （5分）

②由玻意耳定律得

P（VA—V）＝P0（VA—V＋△V）

代入数据解得△V＝4.5L （4分）

73．（12分）一个“┌”型细玻璃管A、B两端开口，水平段内有一段长为5cm的水银柱，初始时长度数据如图所示。现将玻璃管B端封闭，然后将下端A插入大水银槽中，整个过程温度不变，稳定后竖直管内水银面比大水银槽面低5cm，已知大气压强为75cmHg。求：

（1）稳定后玻璃管B端水平段内被封闭气体的压强为多少？

（2）竖直管A端插入水银槽的深度h。

试卷第41页，总42页

【答案】（1）80cmHg

（2）13.625cm

【解析】（1）竖直段部分封闭气体初始状态：P1=75cmHg，L1=70cm （1分） 稳定后：P2=75+5=80cmHg， （1分）

等温变化，则P1L1S=P2L2S （2分）

得L2=62.625cm＞60cm，所以水银柱还是在水平段管内。 （2分）

稳定后B端水平段内气体压强P′2= P2=80cmHg。 （2分）

（未判断水银柱在水平段内，相应扣分）

（2）稳定后水平段内气体长度L2P1L1752018.75cm （2分） P280

进入竖直管内的水银长度为Δh=60+35-18.75-5-62.625=8.625cm

竖直管插入水银槽的深度h=8.625+5=13.625cm。 （2分）

74．如图12-1-5所示，U形管竖直静止放置，左端封闭，右端开口向上，用水银封闭一部分气体A，左侧水银面比右侧水银面高h，已知外界大气压为p0，水银密度为ρ，求被封气体A的压强.

图12-1-5

【答案】p0-ρgh

【解析】对高为h的水银柱受力分析得FB=mg+pAS ①

又m=ρSh,FB=pB·S=p0S,代入①得p0S=ρShg+pAS,pA=p0-ρgh.

75．如图12-1-4所示，玻璃管中用h高水银柱封闭着一段气柱，求封闭气柱的压强为（设大气压强为p0，水银密度为ρ）.

图12-1-4

【答案】p0-ρghsinθ

【解析】设玻璃管截面积为S，密闭气体压强为p，对水银柱有

p0S=pS+mgsinθ=pS+ρghSsinθ

p=p0-ρghsinθ.

试卷第42页，总42页