高考物理热学大题题型分类专题训练

精选优质文档-----倾情为你奉上精选优质文档-----倾情为你奉上专心---专注---专业专心---专注---专业精选优质文档-----倾情为你奉上专心---专注---专业热学题型分类专项练习题型一：单缸单活塞问题 题型二：单缸双活塞问题 题型三：双缸单活塞 题型四：双缸双活塞 题型五：单汞柱问题 题型六：双汞柱问题 题型七：非活塞汞柱问题 题型八：变质量问题 题型一：单缸单活塞问题1、（2014年全国卷1）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为P，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为To。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h/4.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。【答案】【解析】设气缸的横截面积为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-h)S ①解得 Δp=p ②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 = ③解得 h′=h ④据题意可得 Δp= ⑤气体最后的体积为V=Sh′ ⑥联立②④⑤⑥式得 V= ⑦2.（2018年全国卷I，33，15分★★★）如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0，现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。【答案解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2，在活塞下移的过程中，活塞上下方气体的温度均保持不变。由玻意耳定律得①②由已知条件得③④设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得⑤联立以上各式得⑥3.（2018年全国卷II，33，10分★★★★★）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0．现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g．答案：（1）开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有EQ\F(p0,T0)=EQ\F(p1,T1) ①根据力的平衡条件有P1S=p0S+mg ②联立①②式可得T1=(1+EQ\F(mg,p0S))T0 ③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2．根据盖·吕萨克定律有EQ\F(V1,T1)=EQ\F(V2,T2) ④式中V1=SH ⑤V2=S(H+h) ⑥联立③④⑤⑥式解得T2=(1+EQ\F(h,H))(1+EQ\F(mg,p0S))T0 ⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W=(p0S+mg)h ⑧4．（2020•深圳模拟）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300K，压强为大气强p0．当封闭气体温度上升303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为p0，温度仍为303K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：（1）当温度上升303K且尚未放气时，封闭气体的压强；（2）当温度恢复到303K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。【解答】解：（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＝300K，压强为p0，末状态温度T1＝303K，压强设为p1，由查理定律得：①代入数据得：p1＝p0②（2）设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得：p1S＝p0S+mg③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T2＝303K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300K，压强设为p3，由查理定律得④设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F+p3S＝p0S+mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得：F＝p0S答：（1）当温度上升303K且尚未放气时，封闭气体的压强为p0；（2）当温度恢复到303K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力为p0S。5．（2019•景德镇模拟）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1cm2．当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M．当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是多少？【解答】解：（ⅰ）活塞上升过程为等压变化，则先后体积分别为：V1＝LSV2＝2LS根据盖吕萨克定律列式有：解得：T2＝600K（ⅱ）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M，则可知前后压强为：p2S＝p0S+mgp3S＝p0S+（m+M）g根据查理定律可得：解得：M＝1kg答：（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为600K；（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是1kg。6．（2019•陕西一模）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与气缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到2T．已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：①加热后活塞到汽缸底部的距离；②加热过程中气体的内能增加量。【解答】解：①封闭发生等压变化，设活塞横截面积为S，初态：体积：V1＝hS，温度：T1＝T末态：体积：V2＝h′S，温度：T2＝2T根据盖﹣吕萨克定律可得解得加热后活塞到气缸底部的距离：h′＝2h②根据受力平衡可得封闭气体的压强：升温过程对外做功，故：W＝﹣p（h'﹣h）S根据热力学第一定律：△U＝W+Q联立可得：△U＝Q﹣h（p0S+mg）答：①加热后活塞到气缸底部的距离2h；②加热过程中气体的内能增加量为Q﹣h（p0S+mg）。7．（2019秋•10月份月考）两个相同的内壁光滑的薄壁型汽缸A和B，质量均为M，活塞质量均为m，横截面积都为S，且M＝2m，汽缸B的开口处有卡环可以防止活塞离开汽缸，将汽缸B的活寒跟汽缸A的缸底用细线相连后，跨过滑轮，汽缸B放在倾角为30°的粗糙斜面上，汽缸A悬在细线上，系统均处于静止状态。汽缸A、B内装有相同质量的同种气体，体积都为V0，温度都为27℃，如图，设缸内气体质量远小于活塞质量，大气对活塞的压力等于活塞重力的2.25倍。现将斜面换成光滑材料，则系统稳定后，若汽缸A中温度不变，汽缸A中气体体积变为多少？【解答】解：系统均静止时，对A中活塞分析，则有：PAS+mg＝P0S解得：PA＝当系统处于光滑斜面时，对系统分析，则有：（M+m）g﹣（M+m）gsin30°＝2（M+m）a解得：a＝对A中活塞，则有：PA′S+mg﹣P0S＝ma解得：PA′＝由玻意耳定律，则有：PAV0＝PA′VA；解得：VA＝答：系统稳定后，若汽缸A中温度不变，汽缸A中气体体积变为。8．（2020•乐山模拟）绝热气缸倒扣在水平地面上（气缸顶部侧壁有一小口），缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0，活塞的截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0．现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：①气体的温度升高多少？②气体的内能增加多少？【解答】解：①活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀则即，求得T2＝2T1气体的温度升高了△T＝T2﹣T1＝T1②气缸内气体的压强为活塞向下运动的过程中，对外做功W＝pSh＝p0Sh﹣（G+G0）h根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为△E＝Q﹣W＝Q+（G+G0）h﹣p0Sh答：①此时气体的温度升高了T1；②此过程气体的内能增加了Q﹣（p0S﹣G﹣G0）h。9．（2019•湘潭三模）如图所示，一质量为M的汽缸竖直“悬吊”。汽缸内有横截面积为S的活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。活塞和汽缸内封闭有一定质量的理想气体，轻质细线的一端固定在活塞上，另一端固定在天花板上。已知大气压强为p0，气体的温度为T0，活塞到汽缸底部的距离为d，汽缸与活塞均具有良好的导热性。求：①外界温度降低为T时，活塞到汽缸底部的距离；②若把细线剪断，保持气体的温度不变，且不计空气阻力，在汽缸未落地前活塞到汽缸底部的距离。【解答】解：①外界温度降低前，封闭气体体积V1＝dS，温度为：T1＝T0外界温度降低后，封闭气体体积V2＝d′S，温度为：T2＝T气体等压变化，根据盖吕萨克定律得：代入数据解得：②以气缸为研究对象，受力分析如图所示：由平衡得：Mg+P1S＝P0S剪断细线后，气缸与活塞、气体做自由落体运动处于完全失重，气体压强为：P2＝P0细线剪断前封闭气体体积为：V1＝dS细线剪断后气体体积为：V3＝d′′S气体发生等温度变化，根据玻意耳定律得：P1V1＝P2V3联立解得：答：①外界温度降低为T时，活塞到汽缸底部的距离为；②若把细线剪断，保持气体的温度不变，且不计空气阻力，在汽缸未落地前活塞到汽缸底部的距离为。10．在倾角为θ的光滑斜面末端固定着一个足够长的汽缸，汽缸里用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，活塞的另一端用细轻杆连着一个质量为M的物体，把物体由静止释放后，汽缸内的气体被压缩．开始时活塞到缸底的距离为d，气体的压强为ρ1．已知大气压强为ρ0，重力加速度为g，活塞在运动过程中所受的摩擦力可以忽略不计，轻杆平行于斜面，气体温度保持不变，如图所示，求：（1）刚释放物体的瞬间，物体的加速度的大小；（2）最终稳定后活塞在汽缸内移动的距离．【解答】解：（1）对活塞与物体整体，由牛顿第二定律得：（M+m）gsinθ+p0S﹣p1S＝（M+m）a，解得：a＝gsinθ+；（2）最终活塞停止运动，根据力的平衡条件有：（m+M）gsinθ+p0S﹣p2S＝0，气体温度不变，根据玻意耳定律有：p1dS＝p2d'S，解得：d′＝，活塞在气缸内移动的距离：x＝d﹣d′＝d﹣；答：（1）刚释放物体的瞬间，物体的加速度的大小为：gsinθ+；最终稳定后活塞在汽缸内移动的距离为：d﹣．11.(2014·海南卷)一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分割成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为，如图(a)所示。若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体体积之比为3∶1，如图(b)所示。设外界温度不变。已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。【答案】【解析】设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为p20，倒置后上下气体的压强分别为p2和p1，由力的平衡条件有倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得联立以上各式得12.(2015·上海卷·T30)如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比，温度之比。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡，求：(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；(2)最后两侧气体的体积之比。【答案】(1)2；(2)【解析】(1)设初始时压强为p左侧气体满足：右侧气体满足：解得(2)活塞导热达到平衡左侧气体满足：右侧气体满足：平衡时解得13.(2010·海南卷·T17(2))如右图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体p0和T0分别为大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求(i)气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1：(ii)在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q。【答案】(2)(ⅰ)；(ⅱ)【解析】(2)(ⅰ)在气体由压缩下降到的过程中，气体体积不变，温度由变为，由查理定律得 ①在气体温度由变为的过程中，体积由减小到，气体压强不变，由着盖·吕萨克定律得 ②由①②式得 ③(ⅱ)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为 ④在这一过程中，气体内能的减少为 ⑤由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为 ⑥由②③④⑤⑥式得 题型二：单缸双活塞问题1.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T33(2))如图，一固定的竖直气缸有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，横截面积为，小活塞的质量为，横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为，气缸外大气压强为，温度为。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，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度取，求(=1\*romani)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\*romanii)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。【答案】(=1\*romani)(=2\*romanii)【解析】(1)大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化，即初始末状态代入可得(2)对大小活塞受力分析则有可得缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化可得2.(2015·海南卷·T15(2))如图所示，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。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。【答案】【解析】设A与B之间、B与容器底部之间的气体压强分别为P1、P2，漏气前，对A分析有：，对B有B最终与容器底面接触后，AB间的压强为P，气体体积为V'，则有：因为温度不变，对于混合气体有：(P1+P2)•V=PV′漏气前A距离底面的高度为漏气后A距离底面的高度为；联立可得：。【考点定位】理想气体状态方程，玻意耳定律3．（2019年全国卷Ⅱ，33，10分★★★）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求（i）抽气前氢气的压强；（ii）抽气后氢气的压强和体积。【解答】解：（i）抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：（p氢﹣p）•2S═（p0﹣p）S，解得，氢气的压强：p氢＝（p0+p）；（ii）设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1，氮气的压强和体积分别为p2、V2，对活塞，由平衡条件得：p2S＝p1•2S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1＝p氢•2V0p2V2＝p0V0，由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：V1﹣2V0＝2（V0﹣V2），解得：p1＝p0+pV1＝；答：（i）抽气前氢气的压强为（p0+p）；（ii）抽气后氢气的压强为p0+p，体积为。题型三：双缸单活塞1.(2017·新课标Ⅰ卷)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27℃，汽缸导热。(i)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ii)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(iii)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。【答案】(i)V/22p0(ii)顶部(iii)1.6p0【解析】(i)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得①②联立①②式得③④(ii)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2()时，活塞下气体压强为p2，由玻意耳定律得⑤由⑤式得⑥由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为(iii)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1=300K升高到T2=320K的等容过程中，由查理定律得⑦将有关数据代入⑦式得p3=1.6p0⑧题型四：双缸双活塞1.（2014年全国卷2，33，10分★★★）如图，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑。其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充由氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。（=1\*romani）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；ABab（=2\*romanii）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。ABab【答案】（=1\*romani）320K（=2\*romanii）4P0/3【解析】（=1\*romani）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞ab下方的氮气经历等压过程，设气缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为Vl，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0/4，由题给数据及盖吕萨克定律有：=1\*GB3①且=2\*GB3②=3\*GB3③由①②③式及所给的数据可得：T2＝320K④（=2\*romanii）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为，压强为；末态体积为，压强为，由所给数据及玻意耳定律可得=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥由⑤=6\*GB3⑥式可得：=7\*GB3⑦2．（2018•青岛一模）如图，长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B导热良好、内壁光滑，A竖直固定、B水平固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为20℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量均为m＝．原长为2l的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在汽缸A底部。稳定后活塞C距汽缸A底部，活塞D距汽缸B的底部3l。求：（i）弹簧的劲度系数k；（ii）若在活塞D上施加一水平向左的力缓慢推动活塞D，使汽缸A中弹簧恢复原长，此时活塞D距汽缸B底部的距离。【解答】解：（i）对活塞C根据受力平衡可得：mg＝k（2l﹣）又因为：活塞的质量为：m＝联立可得弹簧的劲度系数：k＝（ii）汽缸A中弹簧恢复原长时，对活塞C根据受力平衡可得：mg+p0S＝pS可得：p＝2p0封闭气体发生等温变化，设汽缸A中弹簧恢复原长时活塞D距汽缸B底部的距离为x，根据玻意耳定律可得：p0（3l+l）S＝p（2l+x）S解得：x＝答：（i）弹簧的劲度系数k；（ii）若在活塞D上施加一水平向左的力缓慢推动活塞D，使汽缸A中弹簧恢复原长，此时活塞D距汽缸B底部的距离。3．（2019秋•肇庆月考）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；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．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；右活塞保持不动，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：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。【解答】解：（1）与恒热源接触后，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•萨克定律可得：…①由①式解得：T＝1.4T0…②（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后右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外界接触，底部与恒热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为P，由玻意耳定律得：…③对下方气体，由玻意耳定律得：…④解得：VX＝0.5V0，VX＝﹣V0不合题意，舍去。答：（i）恒温热源的温度T为1.4T0；（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积为0.5V0。4．（2017•烟台二模）如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞面积之比SA：SB＝1：3，两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸都不漏气。初始时活塞处于平衡状态，A、B中气体的体积均为V0，A、B中气体温度均为T0＝300K，A中气体压强pA＝1.6p0，p0是气缸外的大气压强。（1）求初始时B中气体的压强pB；（2）现对A中气体加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.5p0，同时保持B中气体的温度不变，求活塞重新达到平衡状态时A中气体的温度TA′。【解答】解：（1）初始时活塞平衡，对活塞，由平衡条件得：pASA+pBSB＝p0（SA+SB），已知：SB＝3SA，pA＝1.6p0，解得：pB＝0.8p0；（2）末状态活塞平衡，由平衡条件得：pA′SA+pB′SB＝p0（SA+SB），解得：pB′＝0.5p0，B中气体初、末态温度相等，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：pBVB＝pB′VB′，即：0.8p0V0＝0.5p0′VB′，解得：VB′＝1.6V0，设A中气体末态的体积为VA′，因为两活塞移动的距离相等，故有：＝，解得：VA′＝1.2V0，对A中气体，由理想气体状态方程得：＝，即：＝，解得：TA′＝562.5K；答：（1）初始时B中气体的压强pB为0.8p0。（2）活塞重新达到平衡状态时A中气体的温度TA′为562.5K。题型五：单汞柱问题1．（2019年全国卷Ⅲ，33，10分★★★★）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。（i）求细管的长度；（ii）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。【解答】解：（i）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1．由玻意耳定律有：pV＝p1V1①由力的平衡条件有p＝p0+ρgh②p1＝p0﹣ρgh③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V＝S（L﹣h1﹣h）④V1＝S（L﹣h）⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41cm⑥（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖﹣吕萨克定律有：⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312K⑧答：（i）细管的长度为41cm；（ii）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。2．（2020•1月份模拟）如图，一上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置，管中用一段长H＝25cm的水银柱封闭一段长L＝20cm的空气，大气压强p0＝75cmHg，开始时封闭气体的温度为27℃．现将玻璃管在竖直平面内（i）缓慢转动半周至开口向下，求此时封闭空气的长度；（ii）缓慢转动至水平后，再将封闭气体温度升高到37℃，求此时封闭空气的长度。【解答】解：（i）初状态气体压强p1＝（p0+h）cmHg＝100cmHg，末状态p2＝（P0﹣h）cmHg＝50cmHg，设封闭气体长度设为L2，等温变化过程由玻意耳定律得P1LS＝P2L2S代入数据解得：L2＝40cm（ii）初状态气体压强p1＝100cmHg，末状态p3＝P0＝75cmHg，设封闭气体长度设为L3，初始状态温度T1＝300K，末状态温度T3＝310K由理想气体状态方程得：代入数据解得：L3＝27.6cm答：（i）缓慢转动半周至开口向下，此时封闭空气的长度为40cm；（ii）缓慢转动至水平后，再将封闭气体温度升高到37℃，此时封闭空气的长度为27.6cm。3．（2020•西安模拟）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＝25.0cm的空气柱，中间有一段长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。【解答】解：上部气体：P0Sl2＝PSl2′①下部气体：（P0+ρgh）Sl1＝（P+ρgh）Sl1′②活塞下移的距离△x＝l1+l2﹣（l1′+l2′）③①②③联立解得：△x＝15cm答：活塞下推的距离为15.0cm4．（2019秋•长春月考）如图所示，一端开口、一端封闭的导热玻璃管，封闭有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管的封闭端，此时管内外水银面高度差为h1，外界大气压强为P0，温度为T0，弹簧测力计示数为F1．若外界气压保持不变，温度变为T（未知），待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2（未知）。若玻璃管封闭端到槽内水银面的高度始终为H，不计玻璃管所受浮力，已知水银密度为ρ，管械截面积为S，重力加速度为g，求：①变化后的温度T；②弹簧测力计的示数F2。【解答】解：（1）气体初态：P1＝P0﹣ρg（H﹣h1），v1＝（H﹣h1）S，T1＝T0，气体末态：P2＝P0﹣ρg（H﹣h2），v2＝（H﹣h2）S，T2＝T，根据理想气体状态方程：，代入各式解得：T＝弹簧秤的读数等于管内部分水银的重力ρghS和玻璃管的重力G之和，初状态时，有F1＝G+ρgh1S①末状态时，有F2＝G+ρgh2S②由①②解得弹簧测力计的示数：F2＝F1+ρg（h2﹣h1）S答：（1）变化后的温度为；（2）弹簧测力计的示数为F1+ρg（h2﹣h1）S。5．（2017•宜宾模拟）如图所示为一竖直放置、上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管，上部和下部的横截面积之比为2：1，上管足够长，下管长度l＝34cm。在管内用长度h＝4cm的水银封闭一定质量的理想气体，气柱长度l1＝20cm。大气压强P0＝76cmHg，气体初始温度为T1＝300K。①若缓慢升高气体温度，使水银上端面到达粗管和细管交界处，求此时的温度T2；②继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管，求此时的温度T3。【解答】解：①气体做等压变化，l2＝l﹣h＝30cm①根据盖﹣吕萨克定律有：②代入数据解得：③②p1＝80cmHgp3＝78cmHgl3＝34cmHg④根据理想气体状态方程有⑤代入数据得：⑥答：①若缓慢升高气体温度，使水银上端面到达粗管和细管交界处，此时的温度为450K；②继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管，此时的温度为497.25K。6.(2012·上海卷)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)；(2)【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，此时气柱长由玻意耳定律：，由于，大于，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，由玻意耳定律：，解得：设插入槽内后管内柱长为，，由玻意耳定律，插入后压强，(2)设管内外水银面高度差为，，管口距槽内水银面距离距离。题型六：双汞柱问题1．（2015年全国卷2，33，10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=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=10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0=75.0cmHg．（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii）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．解答： 解：（i）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1①由力学平衡条件，有：p=p0+h②打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而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着减小，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﹣h1③联立①②③，并代入题目数据，有：l1=12cm④（ii）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，有：pl=p2l2⑤由力学平衡条件有：p2=p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm⑦设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：△h=2（l1﹣l2）+h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：△h=13.2cm答：（i）放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm．2．（2020•汉中一模）如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L＝10cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强P0＝75cmHg．现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管水银面下降的高度h＝2cm。（1）求右管水银面下降的高度；（2）若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的压强。【解答】解：（1）左管水银面下降2cm过程，封闭气体做等温变化，初态压强为p0，V0＝LS末态p1＝？，V1＝（L+h）S则有p0LS＝p1（L+h）S解得p1＝62.5cmHg设平衡时左管水银面比右管水银面高h1，有62.5+h1＝75cm解得h1＝12.5cm所以右管水银面下降的高度为：12.5cm+2cm＝14.5cm（2）要使右管水银面回到原来高度，右侧水银面要上升14.5cm，即左管水银面要下降14.5cm，则右管水银面比左管的高14.5cm+2cm＝16.5cm右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则p0（14.5cm+10cm）S＝p2×10cm•S解得p2＝183.75cmHg此时左管内封闭气体的压强p3＝p2+16.5cmHg＝200.25cmHg答：（1）右管水银面下降的高度为14.5cm；（2）此时左管内气体的压强为200.25cmHg3．（2019•贵阳二模）如图所示，粗细均匀且横截面积相等的玻璃管A、B下端用橡皮管连接，A管固定且上端封闭，上端被水银柱封闭有长度为6cm的空气柱，气体温度为300K．B管两端开口且足够长，上端与大气相通，外界大气压强为75cmHg．初始时两管中水银面等高，现将B管竖直向上缓慢提升一段距离，稳定后，A管中气柱长度变为5cm。（i）求稳定后A、B两管中水银面的高度差；（ii）稳定后，保持B管不动，升高A管中气体的温度，当A管中空气柱长度恢复为6cm时，求此时气体的温度。【解答】解：（i）设玻璃管的横截面积为S，A管中气体初态压强为：P1＝P0＝75cmHg，体积为：V1＝6S，温度为：T1＝300K末态压强为：P2，体积为：V2＝5S由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2代入数据解得：P2＝90cmHg由几何关系得：△h＝p2﹣p0＝90﹣75cm＝15cm（ii）设A管中气柱长度为5cm，气体温度为：T2＝T1＝300K，气体温度缓慢升高到T3时，气体的体积为V3＝6S，压强为P3＝75+15+2cmHg＝92cmHg由理想气体状态方程得：代入数据解得：T3＝368K答：（i）稳定后A、B两管中水银面的高度差为15cm；（ii）稳定后，保持B管不动，升高A管中气体的温度，当A管中空气柱长度恢复为6cm时，此时气体的温度为368K。4.（2016•新课标Ⅲ）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＝75.0cmHg．环境温度不变。【解答】解：设初始时，右管中空气柱的压强为，长度为；左管中空气柱的压强为，长度为．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为，长度为．；左管中空气柱的压强为，长度为．以cmHg为压强单位。由题给条件得：…①…②由玻意耳定律得…③联立①②③式和题给条件得：…④依题意有：…⑤…⑥由玻意耳定律得：…⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h＝9.42cm答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm。5．（2020•大连模拟）内径相同、导热良好的“上“形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，各部分长度如图所示，设外界温度不变，外界气压P0＝75cmHg。①现再向竖直管中缓慢注入水银，直到B中气柱长度变为4.5cm求注入管中的水银柱的长度？②如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度？【解答】解：①设细管的横截面积为S对B气体：PB1LB1S＝PB2LB2S对A中气体：PA1LA1S＝PA2LA2S且：PA1＝PB1，PA2＝PB2，LB1＝5cm，LB2＝4.5cm，LA1＝10cm代入数据解得：LA2＝9cmPA2＝PB2＝100cmHg又：PB2＝P0+P竖2，P竖2＝25cnHg故注入水银柱的长度为：L＝25cm﹣15cm+（5﹣4.5）cm+（10﹣9）cm＝11.5cm②自由落体后，PA3＝PB3＝75cmHg由PA1LA1＝PA3LA3，和PB2LB2＝PB3LB3得LA3＝6cm，LB3＝12cm可得竖直管内的水银柱高度为15cm+（6﹣5）cm+（12﹣10）cm＝18cm答：①向竖直管中缓慢注入水银，直到B中气柱长度变为4.5cm求注入管中的水银柱的长度为11.5cm；②让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，则竖直管内水银的高度为18cm。6.（2020•深圳模拟）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40cm，右管内气体柱长为lB＝39cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，已知大气压强p0＝76cmHg，求：（1）A端上方气柱长度；（2）稳定后右管内的气体压强。【解答】解：（1）设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为：p1＝p0+ρg△h＝80cmHg由玻意耳定律得：p0lA＝p1l1所以A端上方气柱长度为：l1＝38cm（2）设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB﹣h，气体压强为p1﹣2ρgh由玻意耳定律得：p0lB＝（p1﹣2ρgh）（lB﹣h）解得：h＝1cm所以右管内气体压强为：p2＝p1﹣2h＝78cmHg答：（i）A端上方气柱长度为38cm；（ii）稳定后右管内的气体压强为78cmHg。7．（2018•新课标Ⅲ）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg．现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。【解答】解：设U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为a和b，它们的压强为p。当U形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p1＝12.0cmHg，右边气体的压强为p2＝12.0cmHg﹣6cmHg＝6cmHg。左右两部分气体作等温变化，分别由玻意耳定律得对左部分气体有p1l1S＝paS对右部分气体有p2l2S＝pbS由几何关系有a+b＝l1+l2＝30cm联立以上各式得a＝22.5cm，b＝7.5cm答：U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为22.5cm和7.5cm。8.(2012·新课标卷)如图，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°C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60mm。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。(i)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)(ii)将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。【答案】(i)180mmHg(ii)364K(i)加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：PB=PC+60，打开阀门后PB′=PC由题意：由玻意尔定律PBVB=PB′VB′得：PB′=180mmHgPC=PB′=180mmHg(ii)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△p。玻璃泡C中气体的压强为玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得联立，并代入题给数据得【考点定位】本题考查热学、气体的等温和等容变化及理想气体的状态方程相关知识9.(2013·海南卷·T15(2))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。现使活塞缓慢向上移动，这时气缸和竖直管内的水银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)33l/8l【答案】【解析】设S为气缸的横截面积，P为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强，P0为大气压强，有：①在活塞上移后，汽缸内气体的压强变为P0，设气体的体积为V′，由玻义耳定律，有：②设汽缸内水银面上升△x，有：③④联立①②③④式，解得P＝(cmHg)。10.(2016·海南卷)如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0=4.5×103Pa。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g=10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。【答案】1:1【解析】设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得p0V01=p1V1①p0V02=p2V2②依题意有V01+V02=V1+V2③由力的平衡条件有p2–p1=ρgh④联立①②③④式，并代入题给数据得⑤由此解得(另一解不合题意，舍去)⑥由③⑥式和题给条件得V1:V2=1:1⑦【考点定位】理想气体的状态方程、封闭气体压强题型七：非活塞汞柱问题1.（2016年全国卷I，33，10分★★★）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差与气泡半径之间的关系为，其中。现让水下处一半径为的气泡缓慢上升。已知大气压强，水的密度，重力加速度大小。(i)求在水下处气泡内外的压强差；(ii)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。水下处气泡的压强差是，气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为。（=1\*romani）由公式得，水下处气泡的压强差是。（ii）忽略水温随水深的变化，所以在水深处和在接近水面时气泡内温度相同。由理想气体状态方程，得 ①其中， ② =3\*GB3③由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有 ④ ⑤将=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④=5\*GB3⑤带入=1\*GB3①得， 2.(2017·新课标Ⅱ卷)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。(i)求该热气球所受浮力的大小；(ii)求该热气球内空气所受的重力；(iii)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。【答案】(i)(ii)(iii)【解析】(i)设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0，密度为①温度为T时的体积为VT，密度为：②由盖-吕萨克定律可得：③联立①②③解得：④气球所受的浮力为：⑤联立④⑤解得：⑥(ⅱ)气球内热空气所受的重力：⑦联立④⑦解得：⑧(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨联立⑥⑧⑨可得：【考点定位】盖-吕萨克定律；物体的平衡【名师点睛】此题是热学问题和力学问题的结合题；关键是知道阿基米德定律，知道温度不同时气体密度不同；能分析气球的受力情况列出平衡方程。3.(2017·新课标Ⅲ卷)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：(i)待测气体的压强；(ii)该仪器能够测量的最大压强。【答案】(i)(ii)【解析】(i)水银面上升至M的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中的水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则①②由力学平衡条件得③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得④联立①②③④式得⑤(ii)由题意知⑥联立⑤⑥式有⑦该仪器能够测量的最大压强为⑧【考点定位】玻意耳定律【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用，解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象，并能找到气体在不同状态下的状态参量，然后列方程求解。4.(2014·山东卷)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮。求和。已知大气压强，水的密度，重力加速度的大小。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。【答案】；【解析】当时，由平衡条件得①代入数据得②设筒内气体初、末态的压强分别为、，由题意得③④此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得联立②③④⑤式，代入数据得⑥【考点定位】玻意耳定律【方法技巧】当拉力减为零时，物体处于平衡状态，根据平衡条件列方程；还有就是注意在运动过程中气体的温度和质量都保持不变，以此列玻意耳定律方程。5.(2010·新课标Ⅰ卷·T33(2))如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ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。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，求此时气缸内气体的压强。大气压强为ρ0，重力加速度为g。【答案】(2)【解析】(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时，压强为p1，当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p2，气缸内气体的压强为p3。依题意①由玻意耳定律②式中S为小瓶的横截面积。联立①②两式，得③又有④联立③④式，得⑤6.(2010·山东卷·T36)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为v0，开始时内部封闭气体的压强为P0。经过太阳曝晒T0＝300K，气体温度由升至T1＝350K。(1)求此时气体的压强。