专题87与液柱有关的五类问题：液柱移动方向的判断 计算封闭气体压强的三种方法 与液柱有关的计算 注入水银的问题 非平衡状态下的液柱问题

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考点二 平衡状态下计算封闭气体压强的三种常用方法（7-12T）
考点三 用理想气体状态方程和气体实验定律分析与液柱有关的计算（13-23T）
考点四 玻璃管中注入水银的问题（24-28T）
考点五 非平衡状态下的液柱问题（29-32T）
考点一 液柱移动方向的判断方法
用液柱或活塞隔开的两部分气体，当气体温度变化时，往往气体的状态参量p、V、T都要发生变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常可以采用以下两种方法求解．
1.应用查理定律求解
1)先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．
2)对两部分气体分别应用查理定律的分比式Δp＝eq \f(ΔT,T)p，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较，从而判断液柱的移动方向．
2.应用图像法求解
1)先假设液柱或活塞不发生移动，做出两个等容变化图线．
2)判断相同量（温度或压强），比较另一量，确定两部分气体各自所对应的图线．
3)结合斜率比较压强变化量大小，判断液柱的移动方向
1．如图，两端封闭的玻璃管水平放置，一段水银将管内气体分隔为左右两部分A和B，已知两部分气体初始温度相等，且体积VA＞VB。若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将（ ）
A．向右移动B．向左移动C．静止不动D．无法确定向哪移动
【答案】C
【解析】开始时水银柱平衡，故两侧气体压强相等，设为p，设温度升高△t时气体体积不变，根据理想气体状态方程，有 pT=ΔpΔT 故 Δp=ΔTTp
两侧初状态温度T相同，升高的温度△T相同，初状态两侧p相等，则两边气体△p相等，水银仍静止不动，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．两端封闭的均匀玻璃管，竖直放置，管内有一小段水银将气体分成上下两部分，体积分别为V上和V下，它们的温度均为T1。现将两部分气体的温度同时缓慢地升高到T2，在升温过程中（ ）
A．若V上>V下，则水银柱将向下移动 B．若V上p上
所以 Δp上ΔFB
液柱将向上移动
由于气体的总体积不变，因此ΔVA=ΔVB 故A正确，B、C、D错误；
故选A。
4．如图所示，竖直放置玻璃容器内一段水银柱将封闭在容器中的气体隔成A、B两部分，容器和水银柱都静止，现使A、B同时降低相同的温度，那么水银柱将（ ）
A．向A移动 B．不动 C．向B移动 D．无法确定
【答案】C
【解析】假设水银柱不动，可知气体发生等容变化，则pT=ΔpΔT，Δp=pΔTT，初始pB>pA，当A、B同时降低相同温度时，B的压强变化大于A，所以水银柱向B移动，C正确
5．（2022·上海黄浦·二模）如图，竖直放置的均匀等臂U形导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，左管水银面高于右管水银面，高度差为h，稳定时A、B气柱的压强分别为pA和pB，则（ ）
A．若环境温度升高，水银向A端移动，pB减小
B．若环境温度降低，水银向B端移动，pA增大
C．若环境温度升高，稳定后AB气柱压强变化ΔpA一定小于ΔpB
D．若环境温度降低，稳定后A处液面高度可能和B处液面高度一样
【答案】C
【解析】ABC．假设若环境温度升高后，ℎ不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得Δp=pTΔT
由题意知pB>pA ΔpB>ΔpA
则水银柱向左移动，ℎ增大，A的体积减小，温度升高，由理想气体状态方程可知，A的压强pA增大，由于pB=pA+ℎ，则B的压强也增大，AB错误，C正确；
D．假设若环境温度降低后，Δℎ不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得 Δp=p1T1ΔT
由题意知 pB>pA ΔpB>ΔpA
若温度降低，压强都减小，右边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，ℎ将减小，由于pB=pA+ℎ，ℎ减小，B压强减小的多，A压强减小的少，稳定后A、B气柱的压强比值减小，但左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然高于右侧的液面，D错误。
故选C。
6．（2022·河北冀州中学模拟预测）如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱，经适当倾斜，AB两部分气体的体积恰好相等。保持玻璃管位置不变，管内气体的温度始终与环境温度相同。一段时间后，发现A气体的体积比原来大了，则可以判断环境温度______了（选填“升高”或“降低”），A气体压强的变化量______B气体压强的变化量（填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】 降低 等于
【解析】[1]设上方气体状态为 p1，V1，T1，下方为 p2，V2，T2；假设环境温度变化时，水银柱不动，则两部分气体都发生等容变化，则由查理定理得p2p1=T2T1
根据数学知识得p2−p1p1=T2−T1T1
即Δpp1=ΔTT1
可得Δp=ΔTT1p1
因下端气体的压强大于上端气体的压强，温度变化相同，则得下端部分的压强变化量大于上端的压强的变化量；则若温度降低压强都减小，下面降的多，则水银柱会向下移动，若升温则下面气体压强增加的多，水银柱向上移动；根据题意可知A气体的体积比原来大了，即水银柱下移了，所以温度降低了；
[2]要保持平衡，B气体压强等于A气体压强与水银柱产生的压强之和，而玻璃管倾斜角不变，所以水银柱产生的压强不变，即A、B压强差不变，所以A、B压强的变化量相等。
考点二 平衡状态下计算封闭气体的压强三种常用方法
1.力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强.
2.等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强.
3.液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强.
7．若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
【答案】p甲=p0−ρgℎ，p乙=p0−32ρgℎ，p丙=p0+ρgℎ1，pa=p0+ρg(ℎ2−ℎ1−ℎ3)，pb=p0+ρg(ℎ2−ℎ1)
【解析】在图甲中，以B液面为研究对象，由平衡条件知 p甲S+ρgℎS=p0S
得 p甲=p0−ρgℎ
在图乙中，以B液面为研究对象，有 p乙S+ρgℎsin60°⋅S=p0⋅S
所以 p乙=p0−32ρgℎ
在图丙中，以液面A为研究对象，由平衡条件得 p丙S=(p0+ρgℎ1)S
所以 p丙=p0+ρgℎ1
在图丁中，从开口端开始计算，右端为大气压强p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强 pb=p0+ρg(ℎ2−ℎ1)
而a气柱的压强为 pa=pb−ρgℎ3=p0+ρg(ℎ2−ℎ1−ℎ3)
8．如图所示，设大气压为1atm，图中汞面的高度差均为ℎ=10cm，则各段封闭气体的压强分别为pA=_________，pB=_________，pC=____________，pD=____________．
【答案】 86cmHg 66cmHg 66cmHg 86cmHg
【解析】[1]p=p0+ρgℎ=86cmHg
[2]p=p0−ρgℎ=66cmHg
[3]p=p0−ρgℎ=66cmHg
[4]p=p0+ρgℎ=86cmHg
9．（2022·全国·高三课时练习）(多选)如图所示，竖直放置一根上端开口，下端封闭的细玻璃管，内有两段长为15cm的水银柱，封闭了长度均为15cm的A、B两段空气柱，已知大气压强P0=75cmHg，环境温度保持不变。则A、B两段空气柱的压强是多大（ ）
A．PA =60cmHgB．PA =90cmHgC．PB =105cmHgD．PB =120cmHg
【答案】BC
【解析】AB．环境温度保持不变，对上面一段银水柱进行分析，由 PA=P0+ℎ=75cmHg+15cmHg=90cmHg
A错误，B正确；
CD．环境温度保持不变，对下面的水银柱进行分析，有 PB=PA+ℎ=90cmHg+15cmHg=105cmHg
C正确，D错误。
故选BC。
10．如图所示，一端封闭、一端开口的U形管竖直放置，管中有两段水银柱封闭着a、b两部分气体，若保持a部分气体温度不变，使b部分气体温度升高，则（ ）
A．a的体积和压强不变；b的体积变大，压强不变
B．a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强变小
C．a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强不变
D．a和b的体积都变大，压强都变小
【答案】A
【解析】由于b部分气体压强pb＝p0+pℎ1保持不变，温度升高，体积增大；a部分气体的压强pa=pb−pℎ2=p0+pℎ1−pℎ2保持不变，温度不变，体积不变．故A项正确，BCD三项错误。
故选A。
11．如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一小段水银柱，中间封有一段空气。能使得左管内部水银面相对水银槽上升的操作是（ ）
A．环境温度降低少许B．把弯管向右侧倾斜一点
C．把弯管竖直向上提一点D．把弯管竖直向下压一点
【答案】B
【解析】左管内水银面相对水银槽内的水银的高度差等于右管中水银柱的高度h，则要使得左管内部水银面相对水银槽上升，则必须要减小h，可把弯管向右侧倾斜一点，将水银柱的竖直高度减小。另外三个方法均不能使左管内部水银面相对水银槽上升。
故选B。
12．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，粗细均匀的薄壁U形玻璃管竖直放置，导热良好，左管上端封闭，封口处有段水银柱1，右管上端开口且足够长，另有两段水银柱2、3封闭了A、B两部分理想气体，外界大气压强恒为p0＝75 cmHg，三段水银柱长均为10 cm，A气柱长为20 cm，B气柱长为10 cm，气柱A和水银柱2各有一半长度在水平部分。求：水银柱1对玻璃管封口的压强。
【答案】80 cmHg
【解析】根据题意，气柱B的压强为 pB=（p0＋ℎ）cmHg=85cmHg
根据同一深度压强相等，得出 pA＝pB＋ℎ2cmHg
代入数据解得 pA＝90cmHg
则水银柱1对玻璃管封口的压强为 p=（pA－ℎ）cmHg=80cmHg
考点三 用理想气体状态方程和气体实验定律分析与液柱有关的计算
1．理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．
1)在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体．
2)理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定．
2.理想气体状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C.(质量一定的理想气体)
3.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
4．分析液柱有关计算问题的基本思路
5.当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷.
13．如图所示，一根长L=80cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=20cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱。大气压强p0=75cmHg，玻璃管周围环境温度为300K。求：
(1)若将玻璃管缓慢转至水平，稳定后玻璃管中气柱变成多长？
(2)保持玻璃管水平放置，缓慢升高管内气体温度，要使管内水银不溢出，求管内气体的最高温度为多少？（结果保留一位小数）
【答案】(1)38cm；(2)473.7K
【解析】(1)设气体初状态的压强为p1，空气柱长度为L1，末状态的压强为p2，空气柱长度为L2，玻璃管横截面积为S
由玻意尔定律可得 p1L1S=p2L2S
式中p1=p0+h，p2=p0
解得 L2=38cm
(2)设管内最高气温为T3
由盖-吕萨克定律 L2ST2=L3ST3
式中L3=L–h 解得 T3=473.7K
14．如图所示为一长度为30cm、粗细均匀的玻璃管，用一段长h=5.0cm的水银柱将一部分空气封闭在玻璃管里，当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱的长度为L=15.0cm。已知大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为27℃。
(1)若保持玻璃管竖直向下的状态不变，对封闭气体加热，试计算当水银柱刚好到达管口时封闭气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持玻璃管内封闭气体的温度不变，将玻璃管开口向下竖直缓慢插入一足够深的水银槽中，直到管内封闭气体的长度变为10cm，试计算此时管口处封闭气体的长度。（结果保留两位小数）
【答案】（1）227℃（2）6.82cm
【解析】(1)对封闭气体加热，气体发生等压变化，玻璃管的总长度为L0=30cm，则当水银柱刚好到达管口时，气体的长度为L0-h
由盖-吕萨克定律可得 LS300K=L0−ℎSt+273K
代入数据可解得t=227℃
(2)管内封闭气体的长度为L'=10cm时，设管内气体压强为p1，则由玻意耳定律可得： (p0-ρgh)LS=p1L'S
代入数据可解得p1=105cmHg
对管口处的封闭气体，设其末态压强为p2，则有 p2=p1+ρgh=110cmHg
设管口处封闭气体的最终长度为x，则由玻意耳定律可得 p0(L0-L-h)S=p2xS
代入数据可解得x=6.82cm。
15．如图所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内有一段长度为h1+h2的水银柱封住了长度为l的可视为理想气体的空气柱。下方较粗玻璃管横截面积为S1，上方较细玻璃管横截面积为S2，且S1=2S2，h1=h2=2cm，l=10cm，大气压强76cmHg，气体初始温度为300K。缓慢升高空气柱温度，求：
（i）当水银刚被全部挤出粗管时，封闭空气的温度；
（ii）当封闭空气温度为492K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
【答案】（i）T2=369K；（ii）8cm
【解析】（i）对封闭空气，升温前，设温度为T1=300K，压强为p1，体积为V1，
则 p1=p0+pg(ℎ1+ℎ2)=80cmHg V1=lS1
当水银刚被全部挤出粗管时，设封闭空气的温度为T2，压强为p2，体积为V2，水银柱长度为ℎ3，
则 ℎ1S1+ℎ2S2=ℎ3S2
解得 ℎ3=6cm
p2=p0+pgℎ3=82cmHg V2=(ℎ1+l)S1 p1V1T1=p2V2T2 解得T2=369K
（ii）当封闭气体温度T3=492K时，设水银最低端到粗管上端距离为ℎ4，则封闭空气压强为p3，体积为V3，则V3=(l+ℎ1)2S2+ℎ4S2
由于p3=p2
所以有V2T2=V3T3 解得ℎ4=8cm
16．（2022·辽宁·东北育才学校模拟预测）如图所示，一根重力为G的上端封闭下端开口的横截面积为S的薄壁玻璃管静止直立于可视为无限大无限深的水槽中，已知水的密度为p，重力加速度为g，管内空气柱的长度为L，空气柱长度大于管内外液面高度差。大气压强为p0，求：
（1）管内外液面高度差；
（2）若在A端施加竖直向下大小也为G的作用力，待平衡后，A端下移的高度。（A端依然在水面上）
【答案】（1）ℎ=GρgS；（2）H=L+GρgS−G+p0SL2G+p0S
【解析】(1)设空气柱压强为p，大气压强为p0，对玻璃管则有G+p0S=pS
另外又有p=p0+ρgℎ
联立两式得到ℎ=GρgS
(2)设空气柱压强为p′，大气压强为p0，对玻璃管则有2G=p′S−p0S
此时的管内外液面高度差为ℎ′，亦有p′=ρgℎ′+p0
又有pL=p′L′
A端下移高度为H=L−ℎ−L′−ℎ′
解得H=L+GρgS−G+p0SL2G+p0S
17．（2022·广东·高考真题）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ取1.0×103kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。
【答案】p=2.0×105Pa，10m
【解析】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 p0V0=pV
即 1.0×105×(380−80)=p×(380−230)
解得 p=2.0×105Pa
根据 p=p0+ρgℎ
解得 h=10m
18．（2022·河南·濮阳一高模拟预测）如图所示，玻璃泡中充有一定质量的理想气体，玻璃泡与粗细均匀的玻璃管连接，玻璃管竖直插在水银槽中，玻璃管的内截面积为0.1cm2，这时环境温度为300K，大气压强为75cmHg，玻璃管中水银柱液面与水银槽中水银液面高度差为15cm，水银柱以上玻璃管长为5cm，当环境温度升高到420K时，玻璃管中水银柱液面与水银槽中水银液面高度差为5cm，水银槽足够大、足够深，求∶
（1）玻璃泡的容积；
（2）若环境温度保持300 K不变，将玻璃管缓慢向下移，当水银液面刚好上升到玻璃管上管口时，玻璃管下移的距离。 （结果保留1位小数）
【答案】（1）V=4.5cm3；（2）11.7cm
【解析】（1）开始时封闭气体的压强 p1=75cmHg-15cmHg=60cmHg
玻璃管中气体的体积 V1=5×0.1cm3=0.5cm3
升温后气体的压强 p2=75cmHg-5cmHg=70cmHg
玻璃管中气体的体积 V2=15×0.1cm3=1.5cm3
设玻璃泡的容积为V，则根据理想气体的状态方程 p1(V+V1)T1=p2(V+V2)T2
解得 V=4.5cm3
（2）设水银上升到玻璃管上管口时，封闭气体的压强为p3，则 p1(V+V1)=p3V
解得 p3=2003cmHg
则槽口水银面上方玻璃管长为75−2003=253cm，则玻璃管下移的距离 ℎ=20cm-253cm=353cm≈11.7cm
19．（2022·河南·三模）如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为17℃，大气压强为76cmHg，稳定时，A部分气体长度为20 cm，管内各液面高度差分别为ℎ1=8cm、ℎ2=10cm。求
①A部分气体的压强；
②现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了40℃时，A部分气体长度为22 cm，求此时右侧U形管液面高度差ℎ′2。
【答案】①58cmHg；②12cm
【解析】①设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，
由图中液面的高度关系可知， p0=p2+ρgℎ2 p2=p1+ρgℎ1
联立解得 p1=p0−ρg(ℎ1+ℎ2)=58cmHg
②由理想气体状态方程可得 p1V1T1=p′1V′1T′1
其中 T1=(273+17)K=290K T2=(273+17+40)K=330K
解得 p′1=60cmHg
由于空气柱长度增加2cm，则水银柱向右侧移动2cm，
因此左侧U形管液面高度差为 ℎ′1=ℎ1−2cm−2cm=4cm
由 p′1=p0−ρg(ℎ′1+ℎ′2)
解得 ℎ′2=12cm
20．（2022·华中师大一附中博乐分校模拟预测）如图，一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃管竖直放置，A端封闭，D端开口。玻璃管内通过水银柱封闭a、b两段气体，a气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图。已知大气压强p0=75cmHg，环境温度为17℃。取T=t+273K。
（1）通过加热器对b气体缓慢加热，使其温度升高到191℃时玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
（2）保持b气体温度191℃不变，以BC为轴将玻璃管缓慢旋转90°至U形管躺平且不漏气，则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
【答案】（1）51cm；（2）42.7cm
【解析】（1）假设b气体膨胀过程中未到达C，膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变，气体b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀，对b气体由盖-吕萨克定律V1T1=V2T2
得10273+17=l2273+191
解得l2=16cm
故b气体的长度变为16cm，而因为b的气压没有改变，所以a的气压也不变，即a的体积不会发生变化，所以b只会向右移动，故16cm−10cm=6cm