如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S=1×10 （1）右端活塞开始上升时封闭气体压强为：p2=p0+mgS=1.0×105+0.1×101×10？4=1.1×105Pa=82.5cmHg，气体发生等容变化，由查理定律得：p1T1=p2T2，即：1×105273+27=1.1×105T2，解得：T2=330K；（2）活塞离开卡口.
如图均匀的薄壁U型管，左管上端封闭，右管开口器足够长，管内水银柱封住A部分气体，当A部分气体的温度为300K时，左、右两管内水银面等高，A气柱的长度L=10cm，大气压强为75cmHg． （1）气体初状态参量：p1=p0=75cmHg，V1=LS=10S，T1=300K，末状态状态参量：p2=p0+h=75+2×2.5=80cmHg，V2=L′S=12.5S，由理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2，代入数据解得：T2=400K；（2）气体状态参量：p2=80cmHg，V2=L′S=12.5S，V3=LS=10S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p2V2=p3V3，解得：p3=100cmHg，两管内水银柱的高度差：h=100-75=25cm，注入水银的高度：H=25-2.5×2=20cm；答：（1）现使A气柱的温度缓慢升高，当温度升高到400K时，左管水银面下降2.5cm．（2）如果保持升高后的A内气体的温度不变，在右管内加入20cm长的水银，可以使A管的水银面重新回到原位置．
如图均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为p的液体．右管内有一 ①活塞刚离开卡口时，对活塞受力分析，受重力，外界大气向下的压力和左管气体向上的压力，由平衡得：mg+P0S=P1S解得：P1=P0+mgs两侧气体体积不变，对右管气体列状态方程有：p0p1=T0T1解得：T1=T0（1+mgp0s）②以左管内气体为研究对象，其末状态有：V2=32LS p2=p0+mgS+ρgL应用理想气体状态方程有：p0LST0=P2V2T2解得：T2=3T02P0（P0+mgS+ρgL）答：①温度升高到T1为T0（1+mgp0s）时，右管活塞开始离开卡口上升；②温度升高到T2为3T02P0（P0+mgS+ρgL）时，两管液面高度差为L．
如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S=1×10 -4 m 2 ，内装水银 (1)330 K(2)396 K 试题分析：(1)右端活塞开始上升时封闭气体压强P 2=P 0+mg/S，代入数据得：气体发生等容变化，根据查理定律得：T 2=P 2 T 1/P 1，代入数据得T 2=330K(2)。
如图均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为ρ的液体，右管内有一质量为m= ①活塞刚离开卡口时，对活塞受力分析，受重力，外界大气向下的压力和左管气体向上的压力，由平衡得：mg+P0S=P1S解得：P1=P0+mgS=P0+P0SggS=2P0右管气体温度不变，根据玻意而定律得：P1LS=P2L2S解得：L2=L2以左管内气体为研究对象，其末状态有P3=P2+ρgL V3=L+L2=3L2由理想气体状态方程得：P1V1T1=P3V3T3代入数据解得：T3=P3V3P1V1T1=(2P0+ρgL)3L2SP0LST0=3(2P0+ρgL)2P0T0答：左管封闭气体的温度为3(2P0+ρgL)2P0T0
如图均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为r的液体。右管内有一 （1）P 0+（2）T 0（1+）（3）（P 0+rgL）试题分析：（1）活塞刚离开卡口时，对活塞mg+P 0 S=P 1 S 得 P 1=P 0+（2）两侧气体体积不变 右管气体=得 T 1=T 0（1+）（3）左管内气体，V 2=S P 2=P 0+rgL应用理想气体状态方程得 T 2=（P 0+rgL）
如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S=1×10-4 m2，内装水银，
如图均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为ρ的液体．右管内有一 对活塞有：mg+P 0 S=P 1 S得：P 1=P 0+mg S左管内气体，V 2=3 L 2 SP 2=P 0+mg S+ρgL应用理想气体状态方程有：(P 0+mg S)sL T 0=(P 0+mg S+ρgL)S 3L 2 T 1得：T=3(P 0+mg S+ρgL)T 0 2(P 0+mg s)答：左管内的气体温度为：3(P 0+mg S+ρgL)T 0 2(P 0+mg s)
