高中物理重难点96讲专题87与液柱有关的五类问题(原卷版+解析)

这是一份高中物理重难点96讲专题87与液柱有关的五类问题(原卷版+解析)，共37页。

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
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C．若V上=V下，则水银柱不动 D．无论V上、V下大小如何，水银柱都将向上移动
3．（2022·全国·高三专题练习）如图所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA，ΔVB，压强变化量ΔpA，ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA，ΔFB，则（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔVA<ΔVB
C．ΔpA=ΔpBD．ΔFA=ΔFB
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
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
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”）。
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。
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=____________．
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
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
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
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。
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）
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）
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。
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）
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。
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）
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。
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？
21．（2022·湖南师大附中二模）如图所示，A、B、C三段粗细相同且均匀、底部连通的玻璃管竖直放置，A管上端封闭，B管上端开口，C管中有活塞且与管内壁气密性良好，管内有水银，A管中水银液面比B管中水银液面低h=4cm，C管中水银液面比A管中水银液面低h=4cm，A管和C管中封闭气柱长均为9cm，大气压强为76cmHg，将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14cm（此时C管中仍有水银），求：
（1）C管中水银液面下降的高度；
（2）活塞向下移动的距离。（结果保留两位有效数字）
22．（2022·河北保定·二模）如图所示，“U”形管的左管A开口竖直向上，右管B封闭，A管的横截面积是B管的横截面积的2倍。管中装有水银（图中阴影部分），A管的液面到管口的距离ℎ1=48cm，且比B管的液面低Δℎ=9cm，B管内空气柱的长度ℎ2=10cm。已知大气压强恒为p0=75cmHg，环境的热力学温度恒为T0=300K。现用活塞（厚度不计）将A管口封住，对B管内的空气缓慢加热，A管内的空气的温度保持不变，当左、右液面相平时立即停止加热。将管内的空气视为理想气体。求：
（1）停止加热时，A管内空气的压强p；
（2）停止加热时，B管内空气的热力学温度T（结果保留三位有效数字）。
23．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管（内、外径都很小）与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。C管长度为lC=30cm，初始时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为Δℎ=15cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为ℎC=5cm。水平细管内用小活塞封有长度为lA=12.5cm的理想气体A，U型管左管上端封有气柱长度为lB=25cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为p0=75cmHg，水平细管中的水银柱足够长。
（1）求左右两侧液面相平时，气体B的长度L；
（2）求该过程活塞移动的距离d。
考点四 玻璃管中注入水银的问题
24．如图所示，一端封闭、长度为L0 =l m的竖直玻璃管内，有一段长为L1=18.75 cm的水银柱封闭了一定量的理想气体，气体的温度为t1=27°C、气柱长L=80 cm，大气压强为p =75 cmHg，已知热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273 K．
(i)若从上方往玻璃管里缓慢注入水银且不溢出，求还能加入水银长度的最大值（假设气体的温度不变）；
(ii)若给玻璃管内气体缓慢加热，使水银柱上升，求管内水银柱开始溢出时的气体的温度t2（结果保留小数点后两位小数）．
25．（2022·湖北·监利市教学研究室高三期末）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T1=280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差ℎ=16cm，大气压强p0=76cmHg。求：
（1）封闭气体温度缓慢升高到多少，左右两玻璃管内的水银面恰好相平？
（2）向右管内缓慢注入水银，使左右两玻璃管内的水银面恰好相平，则注入的水银柱高度为多少？（以上计算结果均保留整数）
26．如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2，容器内部封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差h=5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H=15cm，设大气压p0=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求：
（1）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。
（2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。
27．（2022·安徽淮北·二模）如图所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱，当温度为27℃时被封空气柱长度为L=13cm，且左侧管中水银柱比右侧管中水银柱高h=3cm，已知大气压强p0=75cmHg。
（1）为使右侧管中水银柱比左侧管中水银柱高h=3cm，封闭气体温度应变为多少K?
（2）若封闭气体的温度重新回到27℃，向右侧开口端缓慢注入水银，注入的水银柱长度为多少时右侧管中水银柱比左侧管中水银柱高3cm?
28．（2022·全国·高三课时练习）竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：
（i）此时右管封闭气体的压强；
（ii）左侧管中需要倒入水银柱的长度。（结果保留一位小数）
考点五 非平衡状态下的液柱问题
29．（2022·河北·模拟预测）如图所示，粗细均匀的U形管，右端口封闭，左端口开口，右管中用水银封闭着长10cm的理想气体，当气体的温度为27℃时，两管水银面的高度差为5cm，外界大气压为75cmHg，若对封闭气体缓慢加热，为了使左、右两管中的水银面高度差仍为5cm，求：
（1）气体升高后的温度为多少？
（2）若不给气体加热，保持气体温度不变，使玻璃管始终保持竖直状态向下做自由落体运动，水银柱稳定时，左、右两管中水银液面高度差为多少？
30．（2022·山西吕梁·三模）如图所示，竖直放置、粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口。管中有两段水银柱c、d，长度分别为12cm、20cm，两水银液柱上表面相平，c水银柱上面管中封闭一段长为20cm的理想气体A，两水银柱间封闭着一段理想气体B，已知大气压强为76cmHg，环境温度恒定，重力加速度为g。
（1）求气体A的压强；
（2）若使玻璃管竖直向下做加速度为0.5g的匀加速直线运动，求稳定后气体A的长度。
31．如图所示，粗细均匀、导热性能良好的U形玻璃管固定在竖直面内，两侧管竖直，左侧管上端封闭，左侧竖直管长为20cm，水平管长为10cm，左管中有一段长为10cm的水银柱。大气压强为75cmHg，环境温度为300K。求：
（1）对玻璃管加热，使水银柱有一半的水银进入水平管中，被封气体的温度应升高为多少（保留1位小数）；
（2）若环境温度仍为300K，使玻璃管向上做匀加速运动，也使水银柱有一半水银进入水平管中，玻璃管向上运动的加速度应为多大（重力加速度为g）。
32．如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形细管，管道水平部分长为L、竖直部分长1.5L，管内有一段长度为L的水银柱封闭一段气柱。U形管静止不动时水银柱恰好在管道的水平部分，当U形管绕开口臂的轴线匀速转动时，处于U形管水平部分的水银柱的长度为L2 。设水银的密度为ρ （kg/m3），大气压强是p0 （Pa）。求：
（1）U形管转动的角速度ω为多大？（不考虑气体温度的变化）
（2）不断增大角速度ω，能否使水银柱全部进入封闭端竖直管内？（只要回答“能”或“否”即可）
专题87 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
考点一 液柱移动方向的判断方法（1-6T）
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C．若V上=V下，则水银柱不动 D．无论V上、V下大小如何，水银柱都将向上移动
【答案】D
【解析】假设水银柱不动，则两段空气柱的体积均不变，即V上和V下不变，温度由T1
升高到T2，温度变化ΔT，上方空气柱的压强由p上变为p上'，变化量为Δp上，下方空气柱的压强由p下变为p下'，变化量为Δp下，由查理定律得 Δp上ΔT=p上T1 Δp下ΔT=p下T1
因为 p下=p上+ℎ>p上
所以 Δp上<Δp下
即水银柱应向上移动，故ABC错误，D正确。
故选D。
3．（2022·全国·高三专题练习）如图所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA，ΔVB，压强变化量ΔpA，ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA，ΔFB，则（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔVA<ΔVB
C．ΔpA=ΔpBD．ΔFA=ΔFB
【答案】A
【解析】首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律可得p0T0=ΔpΔT
解得Δp=ΔTT0p0
初始温度T0相同，初状态A的压强大于B的压强，使A、B升高相同温度ΔT后，A内气体压强增大的多，
即有ΔpA>ΔpB
液面压力的变化量为ΔF=Δp·S 因此有ΔFA>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<11cm
故假设成立，玻璃管内剩余水银柱的总长度为：l2=10cm+11cm+11−6cm+25cm=51cm
（2）以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态，a、b两部分气体均做等温变化，且压强均变为75cmHg，a气体初状态的压强pa=pb−10cmHg=90cmHg
根据玻意耳定律paVa=pa'Va'，pa'=75cmHg
得la'=18cm
对b气体，初状态的压强为pa=p0+25cmHg=100cmHg
根据玻意耳定律有pbVb=pb'Vb'
得lb'=643cm
则剩余水银柱的长度 l余'=25×2+11+10+11−18−643cm=1283cm=42.7cm
21．（2022·湖南师大附中二模）如图所示，A、B、C三段粗细相同且均匀、底部连通的玻璃管竖直放置，A管上端封闭，B管上端开口，C管中有活塞且与管内壁气密性良好，管内有水银，A管中水银液面比B管中水银液面低h=4cm，C管中水银液面比A管中水银液面低h=4cm，A管和C管中封闭气柱长均为9cm，大气压强为76cmHg，将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14cm（此时C管中仍有水银），求：
（1）C管中水银液面下降的高度；
（2）活塞向下移动的距离。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）12cm；（2）14cm
【解析】（1）设玻璃管横截面积为S，初状态，A中气体压强pA=p0+ρgℎ=80cmHg
A中气体体积为VA=9S
将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14 cm，
则末状态A中气体压强为 pA′=p0+ρgℎ′=90cmHg
根据玻意耳定律得 pAVA=pA′VA′
解得 VA′=8S
C中液面下降的距离等于AB中液面上升距离之和，
因此C管中水银液面下降的距离为 ℎC=9−8cm+15−4cm=12cm
（2）C中气体，初状态压强为 pC=p0+2ρgℎ=84cmHg
体积为 VC=9S
末状态压强为 pC′=p0+2ρgℎ+ρgℎC+ρgℎB
其中ℎB为B管中液面上升高度，根据①得 ℎB=11cm
解得 pC′=107cmHg
根据玻意耳定律得 pCVC=pC′VC′
解得 VC′≈7.1S
则活塞移动的距离为 ℎ活塞=9+12cm−7.1cm=13.9cm≈14cm
22．（2022·河北保定·二模）如图所示，“U”形管的左管A开口竖直向上，右管B封闭，A管的横截面积是B管的横截面积的2倍。管中装有水银（图中阴影部分），A管的液面到管口的距离ℎ1=48cm，且比B管的液面低Δℎ=9cm，B管内空气柱的长度ℎ2=10cm。已知大气压强恒为p0=75cmHg，环境的热力学温度恒为T0=300K。现用活塞（厚度不计）将A管口封住，对B管内的空气缓慢加热，A管内的空气的温度保持不变，当左、右液面相平时立即停止加热。将管内的空气视为理想气体。求：
（1）停止加热时，A管内空气的压强p；
（2）停止加热时，B管内空气的热力学温度T（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）80cmHg；（2）582K
【解析】（1）设B管的横截面积为S，在加热过程中，A管水银面上升Δℎ1，B管水银面下降Δℎ2，
则有 Δℎ1+Δℎ2=Δℎ，Δℎ1⋅2S=Δℎ2S
解得 Δℎ1=3cm，Δℎ2=6cm
根据玻意耳定律有 p0ℎ1⋅2S=p(ℎ1−Δℎ1)⋅2S
解得 p=80cmHg
（2）加热前，B管内空气的压强为 pB=p0−ρgΔℎ=66cmHg
对B管内的空气，根据理想气体的状态方程有 pBℎ2ST0=p(ℎ2+Δℎ2)ST
解得 T≈582K
23．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管（内、外径都很小）与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。C管长度为lC=30cm，初始时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为Δℎ=15cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为ℎC=5cm。水平细管内用小活塞封有长度为lA=12.5cm的理想气体A，U型管左管上端封有气柱长度为lB=25cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为p0=75cmHg，水平细管中的水银柱足够长。
（1）求左右两侧液面相平时，气体B的长度L；
（2）求该过程活塞移动的距离d。
【答案】（1）20cm；（2）27.5cm
【解析】（1）设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化，
根据玻意尔定律有 pB1VB1=pB2VB2
其中pB1=75cmHg−15cmHg=60cmHg，VB1=25S，pB2=75cmHg，VB2=LS
解得气体B的长度 L=20cm
（2）活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化 ΔL左=25cm−20cm=5cm
U形管右管中水银柱长度变化 ΔL右=15cm+5cm=20cm
气体A做等温变化 pA1=75cmHg+5cmHg=80cmHg pA2=75cmHg+25cmHg=100cmHg
VA1=12.5S VA2=L2S
根据玻意尔定律有 pA1VA1=pA2VA2
解得气体A的长度 LA2=10cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，
所以 d=LA1−LA2+25cm=27.5cm
考点四 玻璃管中注入水银的问题
24．如图所示，一端封闭、长度为L0 =l m的竖直玻璃管内，有一段长为L1=18.75 cm的水银柱封闭了一定量的理想气体，气体的温度为t1=27°C、气柱长L=80 cm，大气压强为p =75 cmHg，已知热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273 K．
(i)若从上方往玻璃管里缓慢注入水银且不溢出，求还能加入水银长度的最大值（假设气体的温度不变）；
(ii)若给玻璃管内气体缓慢加热，使水银柱上升，求管内水银柱开始溢出时的气体的温度t2（结果保留小数点后两位小数）．
【答案】（i）6.25cm；(ii)31.69°C
【解析】(i)由题可知,开始时气柱的压强为 p1=p0+pl1=93.75cmHg
设最多能加注的水银柱长度为l2,由等温变化得 p1LS=p1+pl2L0−l1−l2S
代人数据解得 l2=6.25cm
( ii)加热让水银柱上升而未溢出的过程是等压变化过程，当水银柱刚要溢出时，气柱长为L0−l1,
有 LST1=L0−l1ST2
代人数据解得 T2≈304.69K,t2≈31.69°C
25．（2022·湖北·监利市教学研究室高三期末）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T1=280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差ℎ=16cm，大气压强p0=76cmHg。求：
（1）封闭气体温度缓慢升高到多少，左右两玻璃管内的水银面恰好相平？
（2）向右管内缓慢注入水银，使左右两玻璃管内的水银面恰好相平，则注入的水银柱高度为多少？（以上计算结果均保留整数）
【答案】（1）T2=484K；（2）H=25cm
【解析】（1）对于封闭气体，初始状态，设U形玻璃管横截面积为s
p1=p0−pℎ=60cmHg，V1=Ls=22s，T1=280K
温度升高到两液面恰相平时，末状态 p2=p0=76cmHg，V2=L+ℎ2s=30s
根据理想气体状态方程有 p1V1T1=p2V2T2
解得 T2=484K
（2）右管缓慢注入水银，左右两玻璃管水银面恰相平时，此时 p3=p0=76cmHg，V3=L′s
根据玻意耳定律有 p1V1=p3V3
所需要加入的水银柱的长度为 H=2(L−L′)+ℎ
解得 H=25cm
26．如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2，容器内部封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差h=5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H=15cm，设大气压p0=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求：
（1）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。
（2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。
【答案】（1）4 cm；（2）390 K
【解析】（1）以右边玻璃管封闭的气体为研究对象，封闭气体做等温变化，设当两管的水银液面相平时，右边被封闭的气体长度为h′。初、末状态的压强和体积分别为 p1=p0−HcmHg，p2=p0
由玻意耳定律可得 p1ℎ=p2ℎ'
解得 ℎ'=4cm
（2）空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降Δℎ=ℎ−ℎ'=1cm，则左管水银面会上升2cm，此时空气柱的压强 p3=p0＋3ΔℎcmHg
末状态封闭气体长度再次为5cm，和最初始状态一样，符合等容变化规律，则 p1T=p3T'
解得 T'=390K
27．（2022·安徽淮北·二模）如图所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱，当温度为27℃时被封空气柱长度为L=13cm，且左侧管中水银柱比右侧管中水银柱高h=3cm，已知大气压强p0=75cmHg。
（1）为使右侧管中水银柱比左侧管中水银柱高h=3cm，封闭气体温度应变为多少K?
（2）若封闭气体的温度重新回到27℃，向右侧开口端缓慢注入水银，注入的水银柱长度为多少时右侧管中水银柱比左侧管中水银柱高3cm?
【答案】（1）400K；（2）8cm
【解析】（1）设封闭气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度变化后状态参量分别为p2、T2、V2。由题意知
初状态 p1=75cmHg−3cmHg=72cmHg V1=L1S=13S T1=273+27=300(K)
末状态 p2=75cmHg+3cmHg=78cmHg V2=L2S=16S
由理想气体状态方程可得 p1V1T1=p2V2T2
代入数据解得 T2=400K
（2）由题意知注入水银的过程中气体经历等温变化，设注入水银后空气柱的长度为L3，则
初状态 p1=72cmHg， V1=L1S=13S
末状态 p3=78cmHg， V3=L3S
由玻意耳定律得 p1V1=p3V3
代入数据解得 L3=12cm
则注入水银柱的长度为 d=(L1−L3)×2+2ℎ=8cm
28．（2022·全国·高三课时练习）竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：
（i）此时右管封闭气体的压强；
（ii）左侧管中需要倒入水银柱的长度。（结果保留一位小数）
【答案】（i） 150 cmHg；（ii） 102.3 cm
【解析】（i）设管内的横截面积为S，对右管中封闭气体，
水银刚好全部进入竖直右管后 p0×20S＝p1×（20－10）S
解得 p1＝150 cmHg。
（ii）对水平部分气体，末态压强 p′＝（150＋15＋10） cmHg＝175 cmHg
由玻意耳定律得 （p0＋15）×15S＝p′LS
解得 L＝7.7 cm
所以加入水银柱的长度为： 175 cm－75 cm－15cm＋10 cm＋15cm－7.7 cm＝102.3 cm。
考点五 非平衡状态下的液柱问题
29．（2022·河北·模拟预测）如图所示，粗细均匀的U形管，右端口封闭，左端口开口，右管中用水银封闭着长10cm的理想气体，当气体的温度为27℃时，两管水银面的高度差为5cm，外界大气压为75cmHg，若对封闭气体缓慢加热，为了使左、右两管中的水银面高度差仍为5cm，求：
（1）气体升高后的温度为多少？
（2）若不给气体加热，保持气体温度不变，使玻璃管始终保持竖直状态向下做自由落体运动，水银柱稳定时，左、右两管中水银液面高度差为多少？
【答案】（1）514.3K；（2）613cm
【详解】（1）开始时，气体的压强为 p1=75cmHg−5cmHg=70cmHg
升温后，气体的压强 p2=75cmHg+5cmHg=80cmHg
根据理想气体状态方程 p1L1ST1=p2L2ST2 T1=300K，L1=10cm，L2=15cm
解得 T2=514.3K
（2）若保持温度不变，使玻璃管始终保持竖直状态向下做自由落体运动，则管中水银处于完全失重状态，则封闭气体的压强 p3=75cmHg
设气柱的长为L3，则 p1L1S=p3L3S
解得 L3=913cm
则左、右两管中水银液面高度差为 Δℎ=5cm+10−913cm×2=613cm
30．（2022·山西吕梁·三模）如图所示，竖直放置、粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口。管中有两段水银柱c、d，长度分别为12cm、20cm，两水银液柱上表面相平，c水银柱上面管中封闭一段长为20cm的理想气体A，两水银柱间封闭着一段理想气体B，已知大气压强为76cmHg，环境温度恒定，重力加速度为g。
（1）求气体A的压强；
（2）若使玻璃管竖直向下做加速度为0.5g的匀加速直线运动，求稳定后气体A的长度。
【答案】（1）84cmHg；（2）21cm
【详解】（1）气体B的压强为 pB=p0+pℎd=76+20cmHg=96cmHg
气体A的压强为 pA=pB−pℎc=96−12cmHg=84cmHg
设水银的密度为ρ，玻璃管横截面积为S，玻璃管竖直向下加速时，
对水银柱d ρgℎdS+p0S−pB′S=ρℎdSa
对水银柱c ρgℎcS+pA′S−pB′S=ρℎcSa
联立解得 pA′=80cmHg
根据玻意耳定律可得 pALA=pA′LA′
解得 LA′=21cm
31．如图所示，粗细均匀、导热性能良好的U形玻璃管固定在竖直面内，两侧管竖直，左侧管上端封闭，左侧竖直管长为20cm，水平管长为10cm，左管中有一段长为10cm的水银柱。大气压强为75cmHg，环境温度为300K。求：
（1）对玻璃管加热，使水银柱有一半的水银进入水平管中，被封气体的温度应升高为多少（保留1位小数）；
（2）若环境温度仍为300K，使玻璃管向上做匀加速运动，也使水银柱有一半水银进入水平管中，玻璃管向上运动的加速度应为多大（重力加速度为g）。
【答案】（1）T2=484.6K；（2）a=163g
【详解】（1）开始时玻璃管中封闭气体的压强 p1=75cmHg−10cmHg=65cmHg
有一半水银进入水平管中时，封闭气体压强 p2=75cmHg−5cmHg=70cmHg
根据理想气体状态方程有 p1L1ST1=p2L2ST2
解得 T2=484.6K
（2）当玻璃管向上加速运动时，设管内封闭气体压强为p′2，则 p1L1S=p′2L2S
解得 p′2=4313cmHg
设向上的加速度大小为a，根据牛顿第二定律 p0S−ρgℎ2S−p′2S=ρℎ2Sa
解得 a=163g
32．如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形细管，管道水平部分长为L、竖直部分长1.5L，管内有一段长度为L的水银柱封闭一段气柱。U形管静止不动时水银柱恰好在管道的水平部分，当U形管绕开口臂的轴线匀速转动时，处于U形管水平部分的水银柱的长度为L2 。设水银的密度为ρ （kg/m3），大气压强是p0 （Pa）。求：
（1）U形管转动的角速度ω为多大？（不考虑气体温度的变化）
（2）不断增大角速度ω，能否使水银柱全部进入封闭端竖直管内？（只要回答“能”或“否”即可）
【答案】（1）23L3（p0+ρgL）ρ；（2）否
【详解】（2）设U形管横截面积为S，管道转动时被封气体的压强为p，
由玻意耳定律可得 p0⋅1.5LS=p⋅LS
解得 p=1.5p0
取水平部分的水银分析，有 pS+12ρgLS−p0S=12ρLSω234L
联立解得 ω=23L3（p0+ρgL）ρ
（2）全部进入竖直管内，水银柱不能平衡，水银柱上面的压强比大气压大，再加上水银柱的重力，大气压不能把水银柱压上去，所以回答否。