一、计算的知识储备
(1)液面下h深处由液体重量产生的压强p＝ρgh.(注意：h是液柱的竖直高度，不一定等于液柱的长度)
(2)若液面与外界大气相接触，则液面下h处的压强为p＝p0＋ρgh，p0为外界大气压强． (3)帕斯卡定律(液体传递压强的规律)：加在密闭静止液体上的压强，能够大小不变地由液体向各个方向传递．
(4)连通器原理：在连通器中，同一种液体(中间液体不间断)的同一水平面上的压强是相等的．
【说明】 计算的主要依据是静力学知识．
【例1】 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) C．p0－ρg(h1＋h3－h2)
B．p0－ρg(h1＋h3) D．p0－ρg(h1＋h2)
【解析】 由图中液面的高度关系可知，p0＝p2＋ρgh3和 p2＝p1＋ρgh1，由此解得p1＝p0－ρg(h1＋h3)
【答案】 B
【易错点】 很多学生会错误认为 p0＜p2和 p2＜p1，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．
二、压强计算的基本方法
基本方法，实质为受力分析，即受力分析的三种表现． 1．液面法
选取一个假想的液体薄面(其自重不计)为研究对象；分析液面两侧受力情况，建立力的平衡方程；消去横截面积，得到液面两侧的压强平衡方程；求得气体压强．
【例2】 如图所示，在竖直平面内倾斜放置的U形管，管的一端封闭，内有一段空气柱，U形管的倾角为θ，U形管内水银柱长度L1、L2，如图所示，已知水银密度为ρ，大气压强为p0，则封闭段空气柱的压强为________．
【解析】 本题若选取如图所示的AB作为等压强的液面，从理论上来说是可以的，但是B至右管液面的高度差不知，无法求出．
若选取C作为液面，则左右两侧的压强应该相等，即有p＋ρgasinθ＋ρgL2cosθ＝p0＋
ρgL1sinθ＋ρgasinθ，解得p＝p0＋ρg(L1sinθ－L2cosθ)．
【答案】 p0＋ρg(L1sinθ－L2cosθ) 2．平衡法
欲求用固体(如活塞等)封闭在静止容器中的气体压强，应对固体(如活塞等)进行受力分析，然后根据力的平衡条件求解．
【例3】 如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为m，不计圆板与容器内壁的摩擦，若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于( )
mgcosθ
A．p0＋
S＋mg
Scosθ
mgcos2θ
C．p0＋ Smg
D．p0＋ S
【解析】 为求气体的压强，应以封闭气体的圆板为研究对象，圆板受力如图所示，封闭气体对圆板的压力垂直圆板的下表面．由竖直方向合力为零，得
p
S·cosθ＝mg＋p0S cosθ
mg
得p＝p0＋ S【答案】 D 3．动力学法
当封闭气体所在的系统处于力学非平衡状态时，欲求封闭气体的压强，首先要恰当地选择对象(如与气体相关联的液柱、固体等)，并对其进行正确的受力分析(特别注意分析内、外气体的压力)，然后应用牛顿第二定律列方程求解．
【例4】 试管内封有一定质量的气体，静止时气柱长为L0，大气压强为p0，其他尺寸如图所示．当试管绕竖直轴以角速度ω在水平面内匀速转动时气柱长变为L，设温度不变，管横截面积为S，水银密度为ρ， 则转动时管内被封气体的压强为( )
L1
A．p0＋ρL1ω2(L2＋L0－L＋) 2L1
B．p0＋ρL1ω2(L2＋) 2C．p0＋ρgL1 p0
【解析】 以水银柱为研究对象，水平方向受力为向右的p0S，向左的pS，由牛顿第二L1L1
定律，知pS－p0S＝ma＝mω2(L1＋L2＋L0－L－)，p＝p0＋ρL1ω2(L2＋L0－L＋)；若以被封
22L0
闭气体为研究对象，由等温变化可知，p0L0S＝pLS，解得p＝p0.
L
【答案】 AD 三、压强的微观解释 1．决定压强的两个微观因素
2
p＝nEk为理想气体对器壁的压强公式，其揭示出压强这一宏观量的微观本质．压强
3公式表明，气体的压强决定于分子的数密度n和分子的平均平动动能Ek，并与二者的乘积成正比．
【例5】 喷雾器内有10 L水，上部封闭有1 atm的空气2 L．如图所示，关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气3 L(设外界环境温度一定，空气可看作理想气体)．
(1)当水面上方气体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因．
(2)打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由．
【解析】 (1)设气体初态压强为p1＝1 atm，体积为V1＝2 L＋3 L＝5 L；末态压强为p2，体积为V2＝2 L，由玻意耳定律p1V1＝p2V2 ，代入数据得p2＝ atm
微观解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加． (2)吸热．气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律，可知气体吸热． 【名师点拨】 本题对压强的微观解释是从分子的数密度n和分子的平均平动动能Ek
(即温度)两个方面解释的，有些考生在回答时，找不出答题要点，是对压强的微观因素的两个原因不知，不知道为什么要从这两个方面解释．
2．分子速率是从双重意义上来影响碰撞效果的
21p＝nEk，p＝nmv2为理想气体对器壁的压强公式，它们揭示出压强这一宏观量的微33观本质．压强公式表明，气体的压强决定于分子的数密度n和分子的平均平动动能Ek，并与二者的乘积成正比．这一结论，是根据分子动理论，从压强是大量分子对器壁碰撞的平均2
效果这一基本分析得出的，当然很容易从分子与器壁碰撞的角度来理解它．p＝nEk表明
3当分子平均平动动能一定时，数密度n越大则压强p越大，这是因为n越大时，单位时间内撞击到器壁上的分子数越多，故器壁受到的压强越大；当n一定时，Ek越大则p越大，这是因为Ek越大，v2越大，从而使器壁所受压强p越大．可见分子速率是从双重意义上来影响碰撞效果的：一方面分子运动越快，单位时间内分子碰撞器壁的次数越多；另一方面，分子运动越快，每次碰撞时施于器壁的冲量也越大．
【例6】 下列说法正确的是( )
A．气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和 B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变 C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功
D．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
E．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 F．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
【答案】 ADEF 四、压强的产生与理解 1．源于压强的基本概念
F
压强的基本概念为p＝，大气压从压强定义出发可理解为大气自身重力产生的．
S【例7】 已知地球半径约为×106m，空气的摩尔质量约为29×103kg/mol，一个标准大气压约为×105Pa，利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为( )
A．4×1016 m3 C．4×1020 m3
B．4×1018 m3 D．4×1022 m3
－
Fmgmg
【解析】 大气压是由大气重量产生的．大气压强p＝＝＝，带入数据可得地
SS4πR2
球表面大气质量m＝×1018kg.标准状态下1 mol气体的体积为V0＝×10－3m3，故地球表面大m
气体积为V＝V0＝错误!××10－3m3＝4×1018 m3，B项对．
m0
【答案】 B
【名师点拨】 本题源于1984年全国普通高等学校招生统一考试物理试题原题如下：估算地球大气层空气的总重量．(最后结果取1位有效数字)，(答案：5×1019N)．可谓老题新编．
2．从分子动理论的角度理解大气压强
前面说大气压是大气自身重力产生的，这与在地球表面任取一部分气体的压强约为×105Pa是不矛盾的，这时的压强是大气压的一部分，已经具有由重力产生压强的属性，不可再由取出部分的气体重力产生的．这个压强可从分子动理论的角度理解，即气体分子的碰撞产生的．
【例8】 一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．
(1)关于气球内气体的压强，下列说法正确的是( ) A．大于大气压强
B．是由于气体重力而产生的
C．是由于气体分子之间的斥力而产生的 D．是由于大量气体分子的碰撞而产生的
(2)在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是( )
A．球内气体体积变大 C．球内气体内能变大
B．球内气体体积变小 D．球内气体内能不变
(3)为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸．表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图所示．若表演时大气压强为×105Pa，取g＝10 m/s2，则气球内气体的压强为________ Pa.(取4位有效数字)
气球在没有贴方格纸的下层木板上也会留下“印迹”，这一“印迹”面积与方格纸上留下的“印迹”面积存在什么关系？
【解析】 (1)由于气球对球内气体的作用，球内气体压强大于大气压强，A选项正确，B选项错误；根据气体的压强的微观理论，可知C选项错误，D选项正确．
(2)由于可视为理想气体，则
pV
＝C，T不变，p增大，V减小，A选项错误，B选项正T
确；理想气体的内能只与温度有关，C选项错误，D选项正确．
(3)人作用在气球上的力F＝mg＝600 N，“印迹”的面积为4S，S为每个“印迹”的面积(大于半格的算一格，小于半格的去掉)，得S＝354×10－4m2，人作用在气球上的压强．可
以以其中一个球的接触薄层为研究对象，薄层受到向上的压力pS，向下的压力p0S，每个球1mg411
承受人体重力的，即mg，由平衡关系，可知p＝p0＋
44S
1
×6004
＝×105 Pa＋
354×10－4
Pa＝×105 Pa
气球内部气体压强处处相等，气球上下两部分形变一样，面积相同． 【答案】 (1)AD (2)BD (3)×105Pa 面积相同 五、浮力的实质
浮力产生的原因是压力差，推导如下：如图所示，物块浮在液体中，物块受到向下的p0S，向上的pS，两侧均有对称的作用力，即两侧的合力为零．故压力差ΔF＝pS－p0S＝(p0＋ρgh)S－p0S＝ρghS＝ρgV排＝F浮，即浮力的实质为上下的压力差．
【例9】 在天花板上用轻弹簧悬挂一支平底试管，将试管口向下竖直插入水银槽中，当处于如图所示的静止状态时，不计管壁厚度，关于弹簧秤对试管作用力的大小，下列正确的说法是( )
A．大小等于试管重力
B．大小等于试管重力减去水银对试管的浮力
C．大小等于试管重力减去管内h高度部分相当的水银的重力 D．大小等于试管重力减去内部气体与外界大气对试管压力之差 【解析】 以试管为研究对象，对试管进行受力分析如图所示，
试管受到向下的重力mg、大气的向下的压力p0S、试管内被封闭的气体的向上的压力pS、弹簧向上的拉力F，pS＋F＝mg＋p0S，所以F＝mg＋p0S－pS＝mg－(pS－p0S)＝mg－F
浮＝mg－ρgV排，故选
B、C、D三项．
【答案】 BCD
六、自由落体下的压强变化分析
气体压强是大量气体分子频繁碰撞容器壁的结果，在完全失重的情况下，气体对器壁仍
产生同样的碰撞结果，温度变化，压强变化．如2013全国新课标Ⅱ33C选项“在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零”，此选项错误．
【例10】 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
【解析】 以左端被封闭气体为研究对象，假设被封闭气体压强不变，温度升高，必然导致被封闭体积的增加，则两侧水银柱长度h增加，A选项正确；大气压升高，暗含温度不变，即导致体积减小，h减小，B选项错误；沿管壁向右管内加水银，使被封闭气体的压强增加，而被封闭气体的压强p＝p0＋ρgh，故两侧水银柱长度h增加，C选项正确；U型玻璃管自由下落，水银处于完全失重状态，故被封闭气体的压强等于外界大气压p＝p0，压强减小了，被封闭气体的体积增大，两侧水银柱长度h增加，D选项正确．
【答案】 ACD 七、活塞与弹簧结合问题
【例11】 如图所示，竖直放置在水平面上的汽缸，其中缸体质量M＝10 kg，活塞质量m＝5 kg，横截面积S＝2×103 m2，活塞上部的汽缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a与外界相通，大气压强p0＝×105Pa，活塞的下端与劲度系数为k＝2×103 N/m的弹簧相连．当汽缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L＝20 cm.求：当缸内气体温度升高到多少度时，汽缸对地面的压力为零？(g取10 m/s2，活塞不漏气
－
且与汽缸壁无摩擦)
【解析】 缸内气体初态：V1＝LS＝20S mg
p1＝p0－＝×105 Pa
ST1＝(273＋127) K＝400 K
10×10Mg
末态：p2＝p0＋＝×105 Pa＋ Pa＝×105Pa 3S－2×10系统受力平衡：kx＝(m＋M)g
m＋Mg5＋10×10则x＝＝ m＝0.075 m＝7.5 cm
k2×103缸内气体体积V2＝(L＋x)S＝ p1V1p2V2
对缸内气体建立状态方程＝ T1T2即错误!＝错误!
解上式，可得T2＝1 100 K，即t＝T2－273 ℃＝827 ℃ 【答案】 827 ℃
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