高考模拟理综物理选编 固体液体气体解析版

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高考模拟系列 固体液体气体 一、单选题（5）‎ 1. 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‎(‎　　‎‎)‎ A. h、l 均变大 B. h、l 均变小 C. h变大、l 变小 D. h变小、l 变大 ‎ ‎·A ‎·解：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，由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可知空气柱的压强减小，故气柱l 长度增大． 故选A． 在本实验中，玻璃管内水银柱的高度h受外界大气压和玻璃管内封闭了一段气体压强的影响． 玻璃管封闭了一段气体，这一部分空气也会产生一定的压强，而且压强的大小会随着体积的变化而改变，据此来分析其变化的情况即可． 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． ‎ 2. 如图所示，是一定质量的理想气体状态变化的p-V图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是‎(‎　　‎‎)‎ A. 一直保持不变 B. 一直增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 ‎ ‎·D ‎·解：根据pV=CT，可知C不变，pV越大，T越高‎.‎状态在‎(5,5)‎处温度最高，在A和B状态时，pV乘积相等，说明在AB处的温度相等，所以从A到B的过程中，温度先升高，后又减小到初始温度，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中，气体分子的平均动能先增大后减小，气体分子的平均速率也是先增大后减小，所以D正确． 故选：D． 根据气体状态方程PVT‎=C和已知的变化量去判断其它的物理量‎.‎对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的内能增加． 等容变化应该是双曲线的一部分，根据图象的变化的过程，分析PV乘积的变化，从而得到温度T的变化规律，就可以得到气体分子的平均速率的变化情况． ‎ 3. 如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量‎.‎设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气 ‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 体积不变，压强变小 B. 体积变小，压强变大 C. 体积不变，压强变大 D. 体积变小，压强变小 ‎·B ‎·解：当洗衣机的水位升高时，封闭的空气的压强增大，由于气体的温度保持不变，根据波意耳定律可得，PV=K，所以气体的体积要减小，所以B正确． 故选B． 细管中封闭一定质量的空气，气体的温度始终与外界的温度相同，所以气体做的是等温变化，根据波意耳定律可以分析得出气体的变化的规律． 等温变化时，气体的温度一定不能变化，并且气体的质量也是不能变化的． ‎ 1. 一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB为一条直线，则气体从状态A到状态B的过程中‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 气体分子平均动能保持不变 B. 气体分子平均动能先增大后减小到初始状态 C. 整个过程中气体对外不做功 D. 气体的密度在不断增大 ‎ ‎·B ‎·解：A、pV=CT，C不变，pV越大，T越高‎.‎状态在‎(2,2)‎处温度最高． 在A和B状态，pV乘积相等，所以温度先升高，后又减小到初始温度，则气体分子平均动能先增大后减小到初始状态‎.‎故A错误B正确． C、气体膨胀，则气体对外界做功，故C错误． D、气体的体积在不断增大，质量一定，所以气体的密度在不断减小‎.‎故D错误． 故选：B． 根据气体状态方程PVT‎=C和已知P、V变化量去判断T的变化，温度是分子平均动能的标志； 对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的内能增加． 根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热． 能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系‎.‎知道温度是分子平均动能的标志． ‎ 2. 一定质量的理想气体，当温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大‎.‎这是因为气体分子的‎(‎　　‎‎)‎ A. 密集程度增加 B. 密集程度减小 C. 平均动能增大 D. 平均动能减小 ‎·A ‎·解：A、B、当温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大‎.‎体积减小，所以气体密度增大，即气体分子的密集程度增加，故A正确，B错误； C、D、温度保持不变时，所以分子平均动能不变，故CD错误． 故选：A． 气体分子的密集程度与密度有关‎.‎温度是分子平均动能变化的标志． 加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好‎3-3‎的基本方法‎.‎此处高考要求不高，不用做太难的题目． ‎ 二、多选题（4）‎ 1. 一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图所示，下列判断正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. 过程bc中气体既不吸热也不放热 B. 过程ab中气体一定吸热 C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D. a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎ ‎·BDE ‎·解：A、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律‎△U=Q+W可知，气体吸热，故A错误； B、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确； C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0‎，气体温度降低，内能减少，‎△U<0‎，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误； D、由图象可知，a、b和c三个状态中a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确； E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确； 故选：BDE。 由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题． 本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在P-T图象中等容线为过原点的直线． ‎ 2. 下列说法中正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. 所有晶体沿着各个方向的物理性质都相同 B. 饱和气压随温度升高而增大 C. 布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的 D. 液体表面层的分子分布比内部稀疏 ‎·BD ‎·解：A、单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故A错误； B、饱和汽压随温度的升高而增大‎.‎故B正确； C、布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，故C错误； D、液体表面由于蒸发等因素而使分子较为稀疏，从而使分子间表现为引力，故D正确； 故选：BD 单晶体各向异性，非晶体与多晶体各向同性；饱和气压随温度升高而增大；布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动‎.‎受温度的影响；由于液体表面分子较为稀疏，故分子间为引力 本题考查了晶体、饱和气压、布朗运动及表面张力等知识点，要明确影响饱和蒸汽压的因素：液体的种类和液体的温度，与蒸汽的体积无关，要能理解布朗运动的产生原因． ‎ 3. 下列说法中正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. 温度升高，分子热运动的平均动能增大，但并非每个分子的速率都增大 B. 物体吸收热量时其内能不一定增大 C. 对于一定量的理想气体，在分子平均动能不变时，分子间的平均距离减小则压强也减小 D. 温度高的理想气体，分子运动剧烈，因此其内能大于温度低的理想气体 E. 一定量的理想气体在某过程中从外界吸热‎2.5×‎10‎‎4‎J并对外界做功‎1.0×‎10‎‎4‎J，则气体的温度升高密度减小 ‎·ABE ‎·解：A、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增大，分子热运动加剧，但个别分子的速率可能还会减小，故A正确； B、做功和热传递都可以改变物体的内能，在物体吸收热量时对外做的功大于吸收的热，则其内能减小，故B正确； C、一定量的理想气体分子平均动能不变时，故其温度不变，单个分子与器壁碰撞时的作用力不变，但由于分子间距减小，单位时间内分子撞击的个数增加，致使气体的压强增大，故C错误； D、内能是构成物质的所有分子动能和势能之和，温度高的气体分子平均动能大，理想气体没有分子势能，但由于分子个数不知，故不能确定内能的大小，故D错误； E、由‎△U=W+Q可知‎△U=1.5×‎10‎‎4‎J，即气体内能增加，温度升高，又因气体对外做功，体积膨胀，故密度减小，故E正确． 故选：ABE． 明确温度是分子平均动能的标志，知道温度升高时分子的平均动能增大，但并不是每个分子动能都增大； 掌握热力学第一定律的基本内容和应用，知道做功和热传递均可以改变物体的内能； 明确气体压强的微观意义，能明确温度和体积变化时压强的变化情况． 本题考查热力学第一定律以及气体压强的微观意义，要注意热力学第一定律‎△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义，正确利用公式分析内能的变化情况． ‎ 1. 一定质量的理想气体，保持温度不变，压缩气体，则‎(‎　　‎‎)‎ A. 气体分子的平均速率增大 B. 每个气体分子的动能都不变 C. 容器单位面积上受到分子撞击的平均作用力增大 D. 气体分子单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数增加 ‎·CD ‎·解：A、当温度保持不变时，分子平均动能不变，平均速率不变，故A错误． B、温度保持不变时，分子平均动能不变，并非指每个分子的平均动能不变，故B错误． C、温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大‎.‎容器单位面积上受到分子撞击的平均作用力增大，故C正确． D、温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大，气体分子单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数增加，故D正确． 故选：CD 气体分子的密集程度与密度有关‎.‎温度是分子平均动能变化的标志 ，理解气体压强的微观解释和温度的意义‎.‎加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好‎3-3‎的基本方法‎.‎此处高考要求不高，不用做太难的题目． ‎ 三、填空题（1）‎ 2. 一定质量的理想气体，其状态变化的p-V图象如图所示。已知气体在状态A时的温度为260K，则气体在状态 B时的温度为______K，从状态A到状态C气体与外界交换的热量为______J。 ‎ ‎·780；6高考模拟系列 ‎·解：由题可知，TA‎=260K，VA‎=1×‎‎10‎‎-3‎m‎3‎，VB‎=3×‎‎10‎‎-3‎m‎3‎， 由图示图象可知，A→B等压变化，由盖吕萨克定律得：VATA‎=‎VBTB 代入数据解得：TB‎=780K。 气体状态参量：pA‎=3×‎10‎‎5‎Pa，VA‎=1×‎‎10‎‎-3‎m‎3‎，pC‎=1×‎10‎‎5‎Pa，VC‎=3×‎‎10‎‎-3‎m‎3‎， 由理想气体状态方程得：PAVATA‎=‎pCVCTC 代入数据解得：TC‎=TA=260K A、C两个状态的温度相等，内能相等，气体从A到C过程，内能变化量‎△U=0‎ A到B过程气体体积增大，气体对外做功：W=-p△V=-3×‎10‎‎5‎×(3-1)×‎10‎‎-3‎=-6高考模拟系列J， 由热力学第一定律‎△U=W+Q得：Q=△U-W=0-(-6高考模拟系列)=6高考模拟系列J>0‎，气体从外界吸收6高考模拟系列J的热量。 故·为：780，6高考模拟系列。 气体从状态A变化到状态B发生等压变化，应用盖吕萨克定律求出B点的温度。求出气体在C点的温度，然后研究A到C的过程，应用热力学第一定律求解热量。 本题的关键是明确A、C两个状态的温度相同，内能相同。对热力学第一定律的应用，要明确各量的正负。对于等压变化，可根据W=p△V求气体做功。 ‎ 四、实验题探究题（2）‎ 1. 某小组同学利用如图‎(a)‎所示的装置研究一定质量气体的压强与温度的关系‎.‎他们在与压强传感器相连的试管中封闭了一定质量的气体，将温度传感器的热敏元件伸入到试管内部，通过数据采集器和计算机测得试管内气体的压强和温度‎.‎实验中，把试管浸在烧杯的冷水中，通过在烧杯中逐次加入热水来改变试管内气体的温度． 温度传感器压强传感器试管热敏元件‎(a)‎ ‎(1)‎该组同学在先后三次实验中获得了三组实验数据，通过计算机绘出的p-t图象分别如图‎(b)‎中的a、b、c所示，其中三条线不重合的原因是______； ‎(2)‎如果图中p‎1‎为已知量，则图线a的函数表达式为______； ‎(3)‎如果某次实验中，加入热水后没有充分搅拌，就立即记录压强和温度的数值，则测量的气体温度和该时刻气体实际温度相比将______‎(‎填“偏高”“偏低”“一致”‎‎)‎ ‎·体积不同，或者质量不同；p‎1‎‎273‎t+‎p‎1‎；一致 ‎·解：‎(1)‎由题，是气体先后三次实验中获得了三组实验数据的P-t图象，根据公式：PVT‎=C可知，其中三条线不重合的原因可能是实验的过程中的体积不同，有可能是开始时气体的质量不同； ‎(2)‎斜率为：k=‎△P‎△t=‎P‎1‎‎273‎； 纵轴截距为：P‎1‎； 故图线‎①‎的函数表达式为：P=kt+P‎1‎=p‎1‎‎273‎t+‎p‎1‎； ‎(3)‎在实验的过程中“加入热水后就立即记录一次压强和温度的数值”是错误的，应该是“加入热水后，在气体状态稳定后再记录压强和温度的数值”；因为这时气体的温度与液体的温度不一定相等，但测量的气体温度和该时刻气体实际温度相比是相等的． 故·为：‎(1)‎体积不同，或者质量不同；‎(2)p‎1‎‎273‎t+‎p‎1‎；‎(3)‎一致 ‎(1)‎根据公式：PVT‎=C分析不重合的原因即可； ‎(2)‎运用数学知识求出斜率，然后结合查理定律即可求出； ‎(3)‎由于热敏电阻在气体内，所以测量的气体温度和该时刻气体实际温度相比是相等的． 该题考查对查理定律的验证，解答本题关键是根据查理定律进行分析，最后亲手做实验体会实际问题． ‎ 1. 在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中， ‎(1)‎本实验主要是通过压强传感器测得气体压强值，气体体积则是通过______得到。 ‎(2)‎在实验过程中，推动活塞时要______‎(‎选填“迅速”或“缓慢”‎)‎，手不能握住注射器______部分。 ‎(3)‎若大气压强为P‎0‎，压强传感器和注射器连接时封闭气体的初始体积为‎5cm‎3‎，则其体积变为‎10cm‎3‎时，理论上气体压强大小应变为______；某同学用V-1/P图象处理实验数据，得到如图所示图线，若他实验操作规范正确，则图线不过原点的原因可能是______ ‎(A)‎注射器中有异物‎(B)‎连接软管中存在气体 ‎(C)‎注射器内气体温度升高‎(D)‎注射器内气体温度降低。‎ ‎·注射器的刻度；缓慢；封闭气体；P‎0‎‎2‎；A ‎·解：‎(1)‎用DIS研究做实验时，气体的压强是用压强传感器通过计算机系统得到的，气体体积则是通过注射器的刻度得到； ‎(2)‎在实验过程中，推动活塞时要缓慢，使气体的温度不会发生变化；同时手不能握住注射器封闭气体部分，避免气体的温度会发生变化； ‎(3)‎若大气压强为P‎0‎，压强传感器和注射器连接时封闭气体的初始体积为‎5cm‎3‎，则其体积变为‎10cm‎3‎时，根据波义耳定律：P‎0‎V‎0‎‎=‎P‎1‎V‎1‎ 代入数据可得理论上气体压强大小：P‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎P‎0‎ A、因为根据玻意耳定律知PV=C，知V与‎1‎P成正比，图线不经过原点的原因，是因为注射器中有小物体，占据一定的体积。故A正确； B、若连接软管中存在气体，V‎0‎代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积，根据P(V+V‎0‎)=C，C为定值，则V=CP-V‎0‎.‎ 如果实验操作规范正确，得到的V-‎‎1‎P图线不过原点，‎1‎P‎=0‎时，V为负值，与本图不符。故B错误。 C、注射器内气体温度升高，则图线为曲线。故C错误。 D、注射器内气体温度降低，则图线为曲线。故D错误 故选：A 故·为：‎(1)‎注射器的刻度；‎(2)‎缓慢，封闭气体；‎(3)‎P‎0‎‎2‎，A ‎(1)‎用DIS研究压强与体积的关系，压强直接由传感器通过计算机得到。 ‎(2)‎根据实验的条件、注意事项的内容分析选择。 ‎(3)‎根据气态方程，分析计算的气体压强P与体积V的乘积值不完全相等的原因。 探究气体的实验定律关键是控制实验条件：气体的质量一定，保持压强、温度或体积一定，无需测量气体的质量，单位无需统一。 ‎ 五、计算题（4）‎ 1. 如图所示，竖直放置，粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积V‎0‎‎=8cm‎2‎的金属球形容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度T‎1‎‎=3高考模拟系列K时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h‎1‎‎=15cm，右管水银柱上方空气柱长h‎0‎‎=4cm，现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度，大气压强p‎0‎‎=75cmHg，U形玻璃管的横截面积S=0.5cm‎2‎． ‎(1)‎求需要加入的水银柱的长度L； ‎(2)‎若通过加热使右管水银面恢复到原来的位置，求此时封闭气体的温度T‎2‎．‎ ‎·解：‎(1)‎气体的状态参量：p‎1‎‎=p‎0‎-ph=75-15cmHg=60cmHg，V‎1‎‎=V‎0‎+h‎0‎S=8+4×0.5cm‎3‎=10cm‎3‎，p‎2‎‎=75cmHg， 气体温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p‎1‎V‎1‎‎=‎p‎2‎V‎2‎，即：‎60×10=75×‎V‎2‎，解得：V‎2‎‎=8cm‎3‎， 即水银正好到球的底部，加入的水银为：h‎1‎‎+2h‎0‎=15+2×4cm=23cm； ‎(2)‎气体的状态参量：p‎1‎‎=p‎0‎-ph=60cmHg，T‎1‎‎=3高考模拟系列K，p‎3‎‎=75+8=83cmHg， 气体发生等容变化，由查理定律得：p‎1‎T‎1‎‎=‎p‎3‎T‎3‎，即：‎60‎‎3高考模拟系列‎=‎‎83‎T‎3‎，解得：T‎3‎‎=415K，T‎2‎‎=T‎3‎=415K； 答：‎(1)‎需要加入的水银柱的长度L为23cm； ‎(2)‎若通过加热使右管水银面恢复到原来的位置，此时封闭气体的温度T‎2‎为415K．‎ ‎·‎(1)‎根据玻璃管两边的液面差，求出两个状态下气体的压强和体积，根据气态方程即可求解． ‎(2)‎使右管水银面恢复到原来的位置，气体发生容变化，求出气体的状态参量，应用查理定律可以求出温度． 利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解． ‎ 2. 如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=2高考模拟系列kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=1高考模拟系列cm‎2‎.‎活塞与气缸壁无摩擦且不漏气‎.‎此时，缸内气体的温度为‎27℃‎，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止‎.‎ 已知大气压恒为p‎0‎‎=1.0×‎‎10‎‎5‎Pa，重力加速度为g=10m/s‎2‎.‎求： ‎(a)‎缸内气体的压强p‎1‎； ‎(b)‎缸内气体的温度升高到多少‎℃‎时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？‎ ‎·解：‎(a)‎以气缸为对象‎(‎不包括活塞‎)‎列气缸受力平衡方程： p‎1‎S=mg+p‎0‎S 解之得：p‎1‎‎=3×‎10‎‎5‎Pa ‎(b)‎当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T‎2‎，压强为p‎2‎ 此时仍有p‎2‎S=Mg+p‎0‎S， 由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得： S×0.5lT‎1‎‎=‎S×lT‎2‎ 所以T‎2‎‎=2T‎1‎=6高考模拟系列K 故t‎2‎‎=(6高考模拟系列-273)℃=327℃‎ 答‎(a)‎缸内气体的压强‎3×‎10‎‎5‎Pa(b)‎缸内气体的温度升高到多少‎327‎‎∘‎C时，活塞恰好会静止在气缸缸口处 ‎·‎(a)‎选汽缸为研究对象，列受力平衡方程可解封闭气体压强 ‎(b)‎即缸内气体为等压变化，由等压变化方程可得温度值 巧选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关系 ‎ 1. 如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，温度为‎27℃‎，外界大气压强不变‎.‎若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求： ‎(1)‎大气压强p‎0‎的值； ‎(2)‎玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度； ‎(3)‎当管内气体温度升高到多少时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？‎ ‎·解：‎(1)‎初态：P‎1‎‎=P‎0‎+21cmHg  V‎1‎‎=10S  末态：P‎2‎‎=P‎0‎-15cmHg   V‎2‎‎=(31-15)S=16S   由玻意耳定律，得      P‎1‎V‎1‎‎=‎P‎2‎V‎2‎             P‎0‎‎=75cmHg                ‎(2)P‎3‎=75+15=90cmHg    V‎3‎‎=LS     P‎1‎V‎1‎‎=‎P‎3‎V‎3‎                   L=10.67cm               ‎(3)P‎4‎=P‎3‎=90cmHg   V‎4‎‎=(31-15)S=16S  T‎3‎‎=3高考模拟系列K   由盖吕萨克定律V‎3‎T‎3‎‎=‎V‎4‎T‎4‎ T‎4‎‎=450K    得t=177℃‎ 答：‎(1)‎大气压强p‎0‎的值75cmHg；     ‎(2)‎玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为‎10.67cm；     ‎(3)‎当管内气体温度升高到‎177℃‎时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平．‎ ‎·‎(1)‎玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解大气压强p‎0‎的值． ‎(2)‎玻璃管重新回到开口竖直向上时，求出封闭气体的压强，再根据玻意耳定律求解空气柱的长度． ‎(3)‎当管内气体温度升高时封闭气体发生等压变化，由吕萨克定律求出水银柱的上端恰好重新与管口齐平时气体的温度．‎ ‎ 气体的状态变化问题关键是分析气体发生的是何种变化，要挖掘隐含的条件，比如玻璃管在空气中缓慢转动，往往温度不变，封闭气体发生等温变化． ‎ 1. 如图所示，两端开口的U型管粗细均匀，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10cm、‎5cm.‎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高h=10cm.‎已知大气压强p‎0‎‎=76cmHg，求向左管注入的水银柱长度．‎ ‎·解：初状态a、b两部分空气柱的压强：p‎1‎‎═76cmHg+14cmHg=90cmHg…①‎ 因右管水银面升高的高度‎10cm<12cm，故b空气柱仍在水平直管内‎.‎末状态a、b两部分空气柱的压强：p‎2‎‎=76cmHg+14cmHg+10cmHg=1高考模拟系列cmHg…②‎ 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，根据波意耳定律：p‎1‎La1‎S=p‎2‎La2‎S…③‎ 对b部分空气柱，根据波意耳定律：p‎1‎Lb1‎S=p‎2‎Lb2‎S…④‎ 代入数据解得：La2‎‎=9cm     Lb2‎‎=4.5cm 左管所注入的水银柱长度：L=2h+(La1‎+Lb1‎)-(La2‎+Lb2‎)…⑤‎ 代入数据解得：L=21.5cm…⑥‎ 答：向左管注入的水银柱长度为‎21.5cm．‎ ‎·根据玻意耳定律求出注入水银后两部分气体的长度，再结合几何关系即可求解向左管注入的水银柱长度； 本题关键是判断末状态时b空气柱仍在水平直管中，分析两部分气体的状态参量，气体发生等温变化，由玻意耳定律求解即可． ‎