柱长越长柱效应该越高,可是从峰宽上看峰变宽柱效降低,

建立的如图所示的无刻度温度计和准确温度计的对应点，
所以，[AC/A′C′]=[BC/B′C′]，
所以，[40cm-20cm/100℃-0℃]=[25cm-20cm/t-0℃]，
解得，t=25℃．
答：液体的温度为25℃．

点评：
本题考点： 摄氏温度及其计算．

考点点评： 对于模糊的温度计（或不准确的温度计）测量温度时，建立模糊的温度计（或不准的温度计）和准确的温度计的对应线段成比例，解题非常简单，并且不易出现错误．

①设U形管横截面积为S，左、右两管中的水银面相平后，封闭端空气柱长为L2.对空气柱有(p0−h)SL1=p0SL2，(4分)得L2=30cm(1分)

故需要再注入39cm的水银柱(1分)

②注入水银过程中，外界对封闭空气做正功(2分)，根据能量守恒，气体的温度不变，这理想气体的内能不变，气体只能放热(2分)

①39cm，②正功 放热

对缸内理想气体，平放时为初态：p₁=p₀，v₁=L₀s
悬挂时为末态：对缸体，Mg+p₂s=p₀s v=LS
即P2＝P0−
Mg
s
由玻意耳定律：p₁ v₁=p₂ v₂，
得：P0L0s＝(P0−
Mg
s)Ls
代入数据得：气柱长度为L＝
P0L0s
P0s−Mg
答：气柱长度为
P0L0s
P0s−Mg

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 该题考查分子动理论的基本内容和玻马定律的公式的基本应用，属于基础的简单题目．

在做托里拆利实验时，实验时管内进入空气会使测量结果偏小，测高度时刻度时没有放竖直会使测量结果偏大，而槽内水银的多少和管子插入水银槽内的深浅都不影响大气压的测量值．
故选C．

点评：
本题考点： 大气压强的测量方法．

考点点评： 首先要搞清在不同状况下，对托里拆利实验结果的影响是怎样的，然后依据测量结果进行严密的推理，最终才能确定正确答案．

由题意知，设抛物线的方程为x²=-2py（p＞0），又抛物线的跨度为16，拱高为4，所以点（8，-4）为抛物线上的点，代入求得p=8．即抛物线方程为x²=-16y．
所以当x=4时，y=-1，
所以柱子的高度为4-1=3米．
故答案为：3．

点评：
本题考点： 抛物线的应用．

考点点评： 本题主要考查了抛物线的应用和抛物线的标准方程．解应用题需要把文字语言转化为形式化数学语言．本题就是要介入一个抛物线方程，利用抛物线的性质来解决问题．

（1）以封闭端气体为研究对象，气体状态参量：
初状态：p₁=p₀=75cmHg，V₁=L₁S=20S，p₁′=p₀-H=75-15=60cmHg，
由玻意耳定律得：p₁V₁=p₁′V₁′，即：75×20S=60×L₁′S，
解得：L₁′=25cm；
（2）玻璃管竖直放置竖直放置插入水银槽后，封闭端空气柱长为20cm，
与玻璃管水平放置时空气柱长度相等，气体体积不变，
温度不变，气体压强也不变，等于玻璃管水平放置时的压强：p₁″=p₀=75cmHg
以开口端气体为研究对象，气体状态参量：
初状态参量：p₂=p₀=75cmHg，V₂=[20-（25-20）]S=15S，
末状态参量：p₂′=p₁″+H=75+15=90cmHg，V₂′=V₂-hS=（15-h）S，
由玻意耳定律得：p₂V₂=p₂′V₂′，即：75×15S=90×（15-h）S，
解得：h=2.5cm；
答：（1）当玻璃管转到竖直位置，且未插入水银槽中时，管内密闭气柱的长度是25cm．
（2）当玻璃管插入水银槽中时，进入管中水银柱的高度是2.5cm．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题考查了求气柱的长度，水银柱的高度，分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．

设玻璃管横截面积为Scm²，以右管上端封闭的空气柱为研究对象．
气压：P₁=76cmHg，p₂=76+4=80cmHg
体积：V₁=10•Scm³，V₂=12•S cm³
温度：T₁=273十27=300K　
根据理想气体状态方程：

P1V1
T1=
P2V2
T2
带入数据，有：
[76×10S/300＝
80×12S
T2]
解得：T₂=379K
所以有：t₂=379-273=106℃
答：温度上升到106℃时，左管水银面比右管水银面高出4cm．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 本题关键找出封闭气体的初末状态的气压、温度和体积，然后根据理想气体状态方程列式求解．

（1）插入水银槽后右管内气体等温变化，左管竖直插入水银槽中后，右管体积为：V＝(l0−
△h
2)S
由玻意耳定律得：
p0l0S＝p(l0−
△h
2) S
带入数据解得：p=80cmHg．
故稳定后右管内的气体压强：p=80cmHg．
（2）插入水银槽后左管压强：P_A2=p+△h=80+2=82cmHg ①
由玻意耳定律得：
P_A1V_A1=P_A2V_A2
所以：VA2＝
PA1VA1
PA2＝
76×41S
82＝38S
LA2＝
VA2
S＝38cm
进入A端的水银的长度：L＝LA1+
△h
2−LA2＝(41+1−38)cm＝4cm
答：（1）稳定后右管B内的气体压强是80cmHg；（2）左管A端插入水银槽后进入A端管内水银柱的长度是4cm．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 本题考查了等温变化气态方程的应用，难点在于根据数学关系确定气体长度的变化以及插入液面内玻璃管的长度．

设h=56cm，则封闭气体压强为：
P_x=P₀-ρgh
k点处突然断开，断开处外界压强等于大气压，管内液体的压强小于大气压，故液体不会流出，
设k点处突然断开后，左侧上方封闭气柱为l，则对于封闭气体由玻意耳定律得：
（76-56）l₁S=（76-26）lS
解得：l=0.4，l₁=16cm
答：断开处上方水银不能流出，这时左侧上方封闭气柱将变为16cm

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 此题要分析出k点处突然断开，断开处压强等于大气压强，对于封闭气体按等温变化处理，此外知道水银柱产生的压强P=ρgh计算，1.013×105Pa约等于76cm水银柱产生的压强

设h=56cm，则封闭气体压强为：
P_x=P₀-ρgh
k点处突然断开，断开处外界压强等于大气压，管内液体的压强小于大气压，故液体不会流出，
设k点处突然断开后，左侧上方封闭气柱为l，则对于封闭气体由玻意耳定律得：
（76-56）l₁S=（76-26）lS
解得：l=0.4，l₁=16cm
答：断开处上方水银不能流出，这时左侧上方封闭气柱将变为16cm

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 此题要分析出k点处突然断开，断开处压强等于大气压强，对于封闭气体按等温变化处理，此外知道水银柱产生的压强P=ρgh计算，1.013×105Pa约等于76cm水银柱产生的压强

设h=56cm，则封闭气体压强为：
P_x=P₀-ρgh
k点处突然断开，断开处外界压强等于大气压，管内液体的压强小于大气压，故液体不会流出，
设k点处突然断开后，左侧上方封闭气柱为l，则对于封闭气体由玻意耳定律得：
（76-56）
ρgl₁S=（76-26）ρglS
解得：l=0.4l₁=16cm
答：断开处上方水银不能流出，这时左侧上方封闭气柱将变为16cm

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 此题要分析出k点处突然断开，断开处压强等于大气压强，对于封闭气体按等温变化处理，此外知道水银柱产生的压强P=ρgh计算，1.013×105Pa约等于76cm水银柱产生的压强

气体的初状态参量：p₁=p₀-h=76-2=74cmHg，V₁=8S，
气体的末状态参量：V₂=6S，气体温度保持不变，
由玻意耳定律得：p₁V₁=p₂V₂，
代入数据解得：p₂≈98.7cmHg，
加入水银柱的长度为：L=98.7-76+2+（2×2）=28.7cm
故答案为：28.7．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 分析清楚气体状态变化过程、求出气体初末状态的参量，应用玻意耳定律即可正确解题．

（1）p₁=（76+19）cmHg=95cmHg
（2）等温过程：p₁V₁=p₂V₂
95×20=76×L₂
L₂=25cm
（3）等压过程
V2
T2＝
V3
T3
[25/300＝
60
T3]
T₃=720K
即t₃=447°C
答：（1）初始玻璃管内封闭气体压强95cmHg．
（2）将玻璃管缓缓顺时针转90°，直至玻璃管水平时，空气柱长度25cm．
（3）保持玻璃管水平，对气体缓慢加热，则温度至少升高至447°C时水银全部从管中溢出．

点评：
本题考点： 气体的等温变化；气体的等容变化和等压变化．

考点点评： 考查对理想气体的等温变化，等压变化等规律的理解，注意热力学温度与摄氏温度的转换．

设玻璃管的重力为G，横截面积为S，液体的密度为ρ．
玻璃管静止在液体中，受到的浮力与重力平衡，则有
ρgSh=G
得h=[G/ρgS]，式中G、ρ、S、g都不变，h与大气压强p₀无关，故当大气压强p₀增大时，h不变．
故选C

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 本题关键根据物体的平衡条件进行分析，抓住浮力与大气压无关进行分析．