1．[2016·全国Ⅲ，33(2)，10分]一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p0＝ cmHg.环境温度不变．1．【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强p1′，长度为l′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位．由题给条1件得p＝p0＋－ cmHg ①1l′＝错误! cm＝ cm ②1由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③联立①②③式和题给条件得p1′＝144 cmHg ④依题意p2′＝p1′⑤l′＝ cm＋错误! cm－h＝－h) cm ⑥2由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝ cm ⑧【答案】144 cmHg cm2．[2016·全国Ⅱ，33(2)，10分]一氧气瓶的容积为 m3，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 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前可供该实验室使用多少天．2．【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 ①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积V3＝V2－V1 ②设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p 2V3＝p0V0 ③设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数N＝VΔV④联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天) ⑤【答案】4天3．[2016·全国Ⅰ，33(2)，10分]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Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝2σr，其中σ＝ N/m.现让水下10 m处一半径为 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0＝×105Pa，水的密度ρ＝×103 kg/m3，重力加速度大小g＝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．3．【解析】(1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则Δp1＝2σr1①代入题给数据得Δp1＝28 Pa ②(2)设气泡在水下10 m 处时，气泡内空气的压强为p 1，气泡体积为V 1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p 2，内外压强差为Δp 2，其体积为V 2，半径为r 2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2③由力学平衡条件有p 1＝p 0＋ρgh ＋Δp 1④p 2＝p 0＋Δp 2⑤气泡体积V 1和V 2分别为V 1＝43πr 31⑥V 2＝43πr 32 ⑦联立③④⑤⑥⑦式得⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23＝p 0＋Δp 2ρgh ＋p 0＋Δp 1⑧由②式知，Δp i ≪p 0，i ＝1，2，故可略去⑧式中的Δp i 项．代入题给数据得r 2r 1＝32≈ ⑨【答案】 (1)28 Pa (2)4．[2015·新课标全国Ⅰ，33(2)，10分]如图所示，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m 1＝ kg ，横截面积S 1＝ cm 2；小活塞的质量m 2＝ kg ，横截面积S 2＝ cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持l ＝ cm ；汽缸外大气的压强p ＝×105 Pa ，温度T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度T 1＝495 K ．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.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． 4．【解析】 (1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 2⎝⎛⎭⎪⎫l －l 2＋S 1·l 2①V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变．由盖­吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④联立①②④式并代入题给数据得T 2＝330 K⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.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p ′T ＝p 1T 2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p ′＝×105 Pa ⑦【答案】 (1)330 K (2)×105 Pa【点拨】 活塞向下移动过程中通过受力分析判断出汽缸内气体压强不变是关键．5．[2015·山东理综，37(2)，8分]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p0.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，其内部气体压强立刻减为p0，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．5．【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pT＝p1T1①代入数据得p1＝101100p②(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p 1S＝pS＋mg ③放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得p2T2＝p3T3④设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝pS＋mg ⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝20110 100pS ⑥【答案】(1)101100p(2)20110 100pS6．[2014·山东理综，37(2)，6分]一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示．将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝ m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮．求V2和h2.已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g ＝10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略．6．【解析】设拉力为F，当F＝0时，由平衡条件得Mg＝ρg(V＋V2)①代入数据得V2＝ m3 ②设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1 ③p2＝p0＋ρgh2 ④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p 1V1＝p2V2 ⑤联立②③④⑤式，代入数据得h2＝10 m ⑥【答案】 m 3；10 m7．[2014·新课标全国Ⅰ，33(2)，9分]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T 0.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 .7．【解析】 设汽缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得 phS ＝(p ＋Δp )⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S ①解得Δp ＝13p②外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h ′.根据盖—吕萨克定律，得⎝⎛⎭⎪⎫h －14h ST 0＝h ′ST③解得h ′＝3T4T 0h④据题意可得Δp ＝mg S⑤气体最后的体积V＝Sh′⑥联立②④⑤⑥式得V＝9mghT4pT0⑦【答案】9mghT 4pT08．[2013·新课标全国Ⅰ，33(2)，9分]如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通．顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V4.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积V x.8．【解析】(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖­吕萨克定律得T T 0＝7V045V04①由此得T＝75T②(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件．汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得pVx ＝p3·V4③(p＋p0)(2V0－V x)＝p0·74V④联立③④式得6V2x－V0V x－V20＝0解得V x＝12V⑤或V x＝－13V，不合题意，舍去．【答案】(1)75T(2)12V【点拨】本题关键是清楚上下两部分气体压强的关系，通过对左侧活塞的受力分析，明确第一个过程是等压变化．9．[2013·新课标全国Ⅱ，33(2)，10分]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l1＝ cm的空气柱，中间有一段长l2＝ cm的水银柱，上部空气柱的长度l3＝ cm.已知大气压强p0＝ 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l1′＝cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．9．【解析】以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强p1＝p0＋l2 ①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′②如图所示，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度l3′＝l3＋l－l1′－Δl ③1设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3′，则p′＝p1′－l2 ④3由玻意耳定律得p0l3＝p3′l3′⑤联立①～⑤式及题给数据解得Δl＝ cm ⑥【答案】 cm【点拨】活塞下推过程中两部分气体体积都在变，找到上部被挤后气体的体积是关键．10．[2012·新课标全国，33(2)，9分]如图所示，由U形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形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形管内左右水银柱高度相等．假设U形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形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．10．【解析】(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B，依题意，有p B＝p C ②玻璃泡A和B中气体的体积V2＝V A＋V B ③根据玻意耳定律得p1V B＝p B V2 ④联立①②③④式，并代入已知数据得p C ＝VBVAΔp＝180 mmHg ⑤(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp，玻璃泡C 中气体的压强p C′＝p B＋Δp⑥玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定律得pCT＝pC′T′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364 K【答案】(1)180 mmHg (2)364 K11．[2015·新课标全国Ⅱ，33(2)，10分]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＝ cm，B侧水银面比A侧的水银面高h＝ cm.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＝ cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝ cmHg.(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．11．【解析】(1)以cmHg为压强单位，设A侧空气柱长度l＝ cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝ cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h ②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，则A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件有p1＝p0－h1 ③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝ cm ④(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律得p1l1＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0 ⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝ cm ⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝ cm【答案】(1) cm (2) cm【点拨】水银柱封闭气体时，气体体积的变化判断比较难，如上题中右侧注入水银后Δh与l2的关系是关键点．。