2021年高考物理最新模拟题精练专题1.15 与液柱相关的气体计算问题(能力篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-3、3-4）
第一部分热学（选修3-3）
专题1.15 与液柱相关的气体计算问题（能力篇）
1．（8分）（2021沈阳重点高中8月检测）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm．若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K．
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的热力学温度．
【名师解析】.（1）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1．由玻意耳定律有
pV=p1V1①
由力的平衡条件有
p=p0–ρgh③
式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V=S（L–h1–h）④
V1=S（L–h）⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41cm⑥
（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
1
0V V T T =⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T =312K ⑧
2.（2020全国高考模拟10）在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。

当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg 。

现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。

求U 形管平放时两边空气柱的长度。

在整个过程中，气体温度不变。

【名师解析】：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2，由力的平衡条件有 p 1＝p 2＋(l 1－l 2)
U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p 。

此时原左、右两边气柱长度分别变为l 1′和l 2′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等
l 1′－l 1＝l 2－l 2′ 由玻意耳定律有 p 1l 1＝pl 1′ p 2l 2＝pl 2′ 联立解得
l 1′＝22.5 cm ，l 2′＝7.5 cm 。

答案：22.5 cm 7.5 cm
3、（2020高考精优预测山东卷2）如图所示，内径均匀的U 形玻璃管竖直放置，截面积为25cm ，右侧管上端封闭，左侧管上端开口，内有用细线拴住的活塞.两管中分别封入11cm L =的空气柱A 和B ，活塞上、下气体压强相等均为76 cm 水银柱产生的压强，这时两管内的水银面的高度差6cm h =，现将活塞用细线缓慢地向上拉，使两管内水银面相平.整个过程中空气柱A B 、的温度恒定不变.求：（76 cm 水银柱的压强相
当于51.0110Pa ⨯）
（1）活塞向上移动的距离是多少？
（2）需用多大拉力才能使活塞静止在这个位置上？ 【名师解析】（1）取B 部分气体为研究对象 初态：31170cmHg,11cm B B p V S == 末态：3222,(113)cm B A B p p V S ==+ 根据玻意耳定律1122B B B B p V p V = 解得11222701155cmHg 14B B B A B p V S
p S
p V ⨯==
== 取A 部分气体为研究对象
初态：31170cmHg,11cm A A p V S == 末态：322255cmHg,cm A B A p p V L S '=== 根据玻意耳定律1122A A A A p V p V = 1122761155
A A A A p V S V p ⨯=
= 15.2cm L '=
活塞移动的距离315.2cm 3cm 11cm 7.2cm h L L '='+-=+-= （2）由于活塞处于平衡状态，可知20A F p S p S += 即02A F p S p S =-，解得14N F =
4.（2020河北石家庄期末调研）一粗细均匀、两端封闭的U 形玻璃管竖直放置，管内水银柱及空气柱长度如图所示，右侧水银柱长l 1=20.0cm ，气体压强p 1=70.0cmHg ，左侧水银柱长l 2=3
5.0cm ，气体的长度l 3=15.0cm ，现打开U 形玻璃管右侧端口，求稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为多少？设整个过程
中气体温度保持不变，大气压强p 0=75.0cmHg （=64.8）
【名师解析】设管的横截面积为s ，左侧气体初始状态的参量，P =P 1+（l 2-l 1）=85cmHg ，V =l 3s =15s 打开U 形玻璃管右侧端口，右侧压强变大，水银向左侧移动，设稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为xcm
则P ′=P 0+[（l 2-l 1）+2（l 3-x ）]=120-2x ，V ′=xs 由玻意耳定律得：PV =P ′V ′，即2x 2-120x +1275=0 解得：x 1=46.2cm （不合题意，舍去） x 2=13.8cm 答：稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为13.8cm 。

5、（2020·贵州省铜仁市高三下学期适应性测试一）一内横截面积为S 的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为2cm 的水银柱。

容器内密封一定质量的理想气体。

初始时，环境温度为27C ︒，管内（除球形小容器）气柱的长度为L 。

现再向管内缓慢注入水银，当水银柱长度为4cm 时，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.8L 。

整个装置导热良好，已知大气压强p 0=76cmHg 。

（i ）求球形小容器的容积；
（ii ）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中，稳定后，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.41L ，求水的温度为多少摄氏度。

【参考答案】（i ）7LS ；（ii ）12C ︒ 【名师解析】
(i)由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有1122pV p V =，初状态（注入水银前）：
p 1=p 0+h 1，V 1=V +LS
末状态（注入水银后）
p 2=p 0+h 2，V 2=V +0.8LS
解得
V =7LS
(ii)依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨克定律有
3
223
V V T T =，变化前 T 2=273K+t 1
变化后
T 3=273K+t 2，V 3=V +0.41LS
解得
t 3=12C ︒
6、（2020·山东省高三下学期开学收心检测）如图所示，一根两端开口、粗细均匀且导热性良好的足够长的玻璃管竖直插入足够大的水银槽中并固定，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭一段长L =85cm 的气体,气体的热力学温度T 1=300K ，现在活塞上缓慢加入细沙，直到活塞下降20cm 为止，外界大气压强P 0=75cmHg ，g =10m/s 2。

（i ）求活塞下降20cm 时，封闭气体的压强；
（ii ）保持加入的细沙的质量不变，对封闭气体缓慢加热，求活塞回到原来位置时，封闭气体的热力学温度。

【参考答案】（i ）85cmHg ；（ii ）380K 。

【名师解析】
（i ）设活塞下降20cm 时，管内外水银面高度差为x ，高为x 的水银产生的压强为p x ，则有气体做等温变化:
()00(20cm )x p L p p L x =+-+
解得:
x =10cm
2085cmHg p p x =+=
（ii ）气体做等压变化，有
3
223
V V T T = 其中
2(85cm 20cm 10cm)V S =-+
3(85cm 10cm)V S =+ 21300K T T ==
解得:
T 3=380K 。

7.（10分）（2020高考模拟示范卷4）内径相同、导热良好的“上“形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，各部分长度如图所示，设外界温度不变，外界气压P 0＝75cmHg 。

（1）现再向竖直管中缓慢注入水银，直到B 中气柱长度变为4.5cm 求注入管中的水银柱的长度？ （2）如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度？
【参考答案】（1）11.5cm ；（2）18cm 。

【名师解析】（1）设细管的横截面积为S 对B 气体：P B1L B1S ＝P B2L B2S 对A 中气体：P A1L A1S ＝P A2L A2S
且：P A1＝P B1，P A2＝P B2，L B1＝5cm ，L B2＝4.5cm ，L A1＝10cm 代入数据解得：L A2＝9cm P A2＝P B2＝100cmHg
又：P B2＝P0+P竖2，P竖2＝25cmHg
故注入水银柱的长度为：
L＝25cm﹣15cm+（5﹣4.5）cm+（10﹣9）cm＝11.5cm
（2）自由落体后，P A3＝P B3＝75cmHg
由P A1L A1＝P A3L A3，和P B2L B2＝P B3L B3
得L A3＝6cm，L B3＝12cm
可得竖直管内的水银柱高度为15cm+（6﹣1）cm+（12﹣10）cm＝18cm
8. (2020河南天一大联考期末考试)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左侧管开口向上，右侧管口封闭，管内用水银封闭了一段气体，右管中封闭气柱高h1=8cm，左右液面高度差△h=4cm，右管中水银柱的长度大于4cm，设大气压等于76cmHg，环境温度为27℃．求：
（i）若对封闭气体缓慢加热，使左管中水银液面与右管上端对齐，气体应升高的温度；
（ii）若在左管中缓慢倒人水银，使右管中气柱高变为h3=7cm，倒入水银柱的长度。

（用分数表示）
【名师解析】
（i）设试管的横截面积为S，初态：P1=P0+△h=76+4=80（cmHg），V1=h1S=8S，T1=273+27（K）=300K；当左管中水银液面与右管上端对齐时，左侧上升4cm，右侧下降4cm，高度差为12cm，则末态：P2=P0+△h′=76+12（cmHg）=88（cmHg），V2=12s，T2=？；
根据气体方程得：
代入得：T2=495K，即气体温度升高1895K
（ii）倒入水银柱后气体发生等温变化，末状态：P3=？？，V3=h3S=7S
由玻意尔定律可得：P1V1=P3V3
代入数据可得：
设倒入的水银柱的长度为Lcm，气体的压强为：P3=P0+L-[△h-2（h1-h3]
可得：L=cm
答：（i）若对封闭气体缓慢加热，使左管中水银液面与右管上端对齐，气体应升高温度195K；
（ii）若在左管中缓慢倒人水银，使右管中气柱高变为h3=7cm，倒入水银柱的长度为cm。

【关键点拨】（i）分别求出封闭气体初态和末态的压强，由气态方程求解封闭气体温度需升高多少；（ii）由玻意尔定律求出倒入水银柱后气体的压强，然后由几何关系与压强的公式写出倒入水银柱后气体压强的表达式即可求出。

能用静力学观点确解决各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

9. 均匀的U形玻璃管竖直放置，长为10cm的水银柱封闭了长为30cm的空气柱，尺寸如图甲所示，现用注射器（开始时活塞在底部）缓慢地将水银抽出，如图乙所示。

已知注射器管横截面积是玻璃管横截面积的10倍，大气压强为76cmHg，整个过程不漏气且温度不变。

求：
①当水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强（单位用cmHg表示）；
②注射器管有效长度的最小值（结果保留3位有效数字）。

【名师解析】. ①根据大气压强和水银柱高度可得：开始的时候密封空气柱的压强为
761066
cmHg cmHg cmHg
-=；
当水银恰好被抽出时玻璃管内空气仍是原来被密封的空气，故空气质量不变，体积变为原来的11
4
；
根据同一空气，温度不变，PV不变，所以，压强变为原来的
4
11
，所以，水银恰好被抽出时玻璃管内空气的
压强为
4
6644
11
cnHg cmHg ⨯=；
②被注射器吸入的空气在最开始的压强为大气压强（76cmHg），在玻璃管中的长度为70cm；
水银柱被吸入注射器后的高度
210
1 10
h cm cm
==，
最后，水银柱被吸入后注射器中的空气压强为44143
cmHg cmHg cmHg
-=，所以，根据同一空气，温度不
变，PV 不变可得：注射管中空气柱的高度176704312.410
h cm cm ⨯==； 所以，注射器管有效长度的最小值1213.4min h h h cm =+=；
10.（10分）（2019吉林三模）如图所示，竖直放置的U 形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l 、温度为T 1的空气柱，左右两管水银面高度差为hcm ，外界大气压为h 0 cm Hg 。

①若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平（原右管中水银没全部进入水平部分），求在右管中注入水银柱的长度h 1（以cm 为单位）；
②在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度为开始时的长度l ，求此时空气柱的温度T ′。

【思路分析】（1）以封闭气体为研究对象，先结合连通器的原理求出初末状态的压强，应用玻意耳定律可以求出气体的长度，再由几何关系即可求出；
（2）在液面上升或下降的过程中，水银的体积保持不变；根据题意求出封闭气体的压强，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度。

【名师解析】
①封闭气体等温变化，初状态：P 1＝h 0﹣h ，V 1＝lS ， 末状态：P 2＝h 0，V 2＝l ′•S 由玻意耳定律：P 1V 1＝P 2V 2①
在左侧的试管中，液面上升的高度：△h ＝l ﹣l ′ 进入左侧试管中的水银的体积：△V ＝△h •S 所以注入右侧的水银的体积：
＝
所以在右管中注入水银柱的长度h 1＝②
联立①②得：
②空气柱的长度为开始时的长度l时，左管水银面下降回到原来的位置，此时右侧的水银比开始时多出
了，所以比左侧高
空气柱的压强：＝③
由④
联立解得：
答：①若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平（原右管中水银没全部进入水平部分），在右管中注入水银柱的长度是；
②在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度为开始时的长度l，此时空气柱的温度是。

11. （2019河南示范性高中联考）如图所示，在柱形容器中密闭有一定质量的气体，一光滑绝热活塞(质量不可忽略但厚度可忽略)将容器分为A、B两部分离汽缸底部高为45cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K。

先将阀门打开与大气相通外界大气压p0=75cmHg，室温t0=300K，稳定后U形管两边水银面的高度差△h=15cm，此时活塞离容器底部的高度L=50cm。

闭合阀门，仅使容器内A部分气体的温度降至240K，稳定后U形管左右两管水银面相平。

不计U形管内气体体积。

求：
（1）U形管左、右两管水银面相平时，活塞离容器底部的高度；
（2）整个柱形容器的高度。

【参考答案】（1）48cm（2）58cm
【名师解析】
①A部分气体，由理想气体的状态方程列式可求解活塞离容器底部的高度；②B部分气体做等温变化，根据玻意耳定律求解整个柱形容器的高度.
①对A部分气体，由理想气体的状态方程可知：
解得l A=48cm。

②B部分气体做等温变化，则有：
解得l B=8cm
则整个柱形容器的高度为58cm.
12．(2019·吉林省重点中学一模)如图所示，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB＝90 cm，BC＝40 cm，CD＝60 cm，竖直段CD内有一长10 cm的水银柱。

在环境温度为300 K时，保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10 cm，此时CD段中的水银柱上端距C点10 cm。

已知大气压为75 cmHg且保持不变。

(1)环境温度缓慢升高，求温度升高到多少时，CD段中水银柱下端刚刚接触D点；
(2)环境温度在(1)问的基础上再缓慢升高，求温度升高到多少时，CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE。

(计算结果保留三位有效数字)
【名师解析】
(1)由题意知，在没有升温前，AB管内槽中水银面以上的水银柱高度为10 cm，
封闭气体的长度为L1＝(90－10－10) cm＋40 cm＋10 cm＝120 cm，
压强为p1＝75 cmHg－10 cmHg＝65 cmHg，温度为T1＝300 K；
在升温后让CD段中水银柱下端刚刚接触D点，气体做等压变化，
气体的长度为L2＝(90－10－10) cm＋40 cm＋(60－10) cm＝160 cm，
设温度为T2，玻璃管横截面积为S，
由盖-吕萨克定律得V1
T1＝V2 T2
，
解得T 2＝V 2V 1T 1＝160S 120S
×300 K ＝400 K ； (2)CD 段中水银柱刚好全部进入水平管DE 时，压强为p 3＝75 cmHg ，气体的长度为L 3＝(90－10) cm ＋40 cm ＋60 cm ＝180 cm ，设温度为T 3， 由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3
， 解得T 3＝p 3V 3p 1V 1T 1＝75×180S 65×120S
×300 K ＝519 K 。

答案： (1)400 K (2)519 K
13.（2019河南安阳二模）底面积为4S 的圆柱形烧杯装有深度为H 的某种液体，液体密度为ρ，将一横截面积为S 、长度为2H 的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触，如图1所示。

现用厚度不计气密性良好的塞子堵住玻璃管上端如图2所示。

再将玻璃管缓慢竖直上移，直至玻璃管下端即将离开液面如图3所示。

已知大气压强
，k 为常数，g 为重力加速度，环境温度保持不变，求图3中液面下降的高度及玻璃管内液柱的高度。

【名师解析】开始时玻璃管内空气柱压强为：
，体积：， 玻璃管向上提起后，设此时空气柱的长度为，玻璃管内液柱的高度管内外水银面高度差为，
则管内空气柱的压强：，体积：
由玻意耳定律得：，
联立可得：
由题，考虑到无论k 取何值，
即：恒成立，所以公式中只能取“”号，所以：
由于圆柱形烧杯底面积为4S，玻璃管的横截面积为S，所以液面下降的高度答：液面下降的高度是，玻璃管内液柱的高度是。

【关键点拨】根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出空气柱的长度，然后结合几何关系求出玻璃管内液柱的高度以及液面下降的高度。

本题考查了求空气柱的长度，分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用玻意耳定律可以正确解题。

14．（10分）（2019河北唐山三模）如图所示，有一只一端开口的L形导热性能良好的玻璃管，横截面积为2cm2，其中竖直部分长为69cm，水平部分B长8cm，在竖直部分内有一段长为5cm的水银柱封闭着一段长为60cm的空气柱A，现将玻璃管逆时针旋转90°，水银柱水平。

已知当地的大气压强为75cmHg，室温恒定，气体视为理想气体，求：
（1）稳定后空气柱A的长度。

（2）保持玻璃管旋转后的位置不变，向玻璃管B部分内69cm慢慢注入水银，注入多少体积的水银时，恰好能将B部分空间充满水银。

（水银的表面张力引起的体积变化忽略不计，计算结果保留两位小数）
【名师解析】（1）以空气柱A为研究对象，由题意知p1＝p0+h＝80cmHg，V1＝120cm3，逆时针旋转90°之后，因为水银柱水平没有进入玻璃管B部分，
p2＝p0＝75cmHg
设空气柱A体积为V2，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据得V2＝128cm3
空气柱A的长度变为64cm，恰好达到玻璃管B底部
ii．以旋转90°之后为初态，玻璃管B部分注满水银为末态，则p3＝p0+h′＝83cmHg，
设空气柱A体积为V3由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
代入数据得V3＝115.663cm3
空气柱A的长度变为57.831cm
则注入水银的体积为V＝S△h＝2（69﹣5﹣57.831+8）＝28.338cm3≈28.34cm3
答：（1）稳定后空气柱A的长度为64cm。

（2）保持玻璃管旋转后的位置不变，向玻璃管B部分内69cm慢慢注入水银，注入28.34cm3的水银时，恰好能将B部分空间充满水银。

15．如图所示为粗细均匀的L形细玻璃管AOB,OA、OB两部分长度均为20 cm,OA部分水平、右端开口、管内充满水银,OB部分竖直、上端封闭.现将玻璃管在竖直平面内绕O点逆时针缓慢旋转53°,此时被封闭气柱长度为x.缓慢加热管内封闭气体至温度T,使管内水银恰好不溢出管口.已知大气压强为75 cmHg,室温为
27 ℃,sin 53°=0.8,≈111.求:
①气柱长度x;
②温度T.
【名师解析】(2)①转动过程,温度不变,设玻璃管的横截面积为S.
p1=75 cmHg,L1=20 cm
p2=75+[x·sin 53°-(20-x)cos 53°]=(63+1.4x)cmHg
L2=x
由玻意耳定律得p1L1S=p2L2S
解得气体长度x≈17.1 cm.
②加热管内封闭气体至温度T时,
p3=(75+20sin 53°)cmHg=91 cmHg
与初状态比较,为等容变化,有=
解得T=364 K.。