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高考重点考点解读与针对性训练
第十六章 热学
考点131 气体液柱类问题
【考点解读】
液柱类模型一般以液柱为研究对象，分析其受力、列平衡方程求解，要注意：
（1）液体因重力产生的压强为p＝ρgh（其中h 为液体的竖直高度）；
（2）不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
（3）有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处
压强相等；
（4）当液体为水银时，可灵活应用压强单位 “cmHg”，使计算过程简捷。
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考广东卷）（9 分）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增
加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件
柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强
，铸型室底面积
，
高度
，底面与注气前气室内金属液面高度差
，柱状气室底面积
，注气前气室内气体压强为
，金属液的密度
，重力加速度
取
，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度
和气室内气体压强
。
1
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(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型
室内的金属液高度为
时，气室内气体压强
。
【答案】(1)
，
(2)
【解析】（1）根据体积关系
可得下方液面下降高度
此时下方气体的压强
代入数据可得
（3 分）
（2）初始时，上方铸型室气体的压强为
，体积
当上方铸型室液面高为
时体积为
根据玻意耳定律
可得此时上方铸型室液面高为
时气体的压强为
同理根据体积关系
可得
此时下方气室内气体压强
代入数据可得
（6 分）
【典例2】．（2025 年高考云南卷）图甲为1593 年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，
其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a 内封有一定质量的气体（视为理想气体），与a 相连的b
管插在水槽中固定，b 管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b 管的体积与a 泡的体积
2
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相比可忽略不计，在标准大气压
下，b 管上的刻度可以直接读出环境温度。则在
下（
）
A．环境温度升高时，b 管中液面升高
B．环境温度降低时，b 管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
【答案】BD
【解析】根据题意，
中气体做等容变化，根据
，当环境温度升高，则
中气体压
强增大，又
可知b 管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b 管中液面升高，故B 正确，A 错误；
由AB 选项分析可知，
管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，
中压强不变，
管中液面液槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则
管内液面
降低，则温度测量值偏大，故D 正确，C 错误。
【典例3】．（2025 年高考湖南卷）（10 分）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，
粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为
的空气柱。液柱长为
h，密度为
。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为
，大气压强为
。
3
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(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g 的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱
长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长
，细管开口向上
竖直放置时空气柱温度
。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度
时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知
。
根据该组实验数据，求重力加速度g 的值。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）竖直放置时里面气体的压强为
水平放置时里面气体的压强
由等温过程可得
解得
（6 分）
（2）空气柱的体积不变，定容过程由查理定律
与
4
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联立解得：g= p0(L2−L1)
L1 ρh
代入数据可得
（4 分）
【典例4】. （2025 年1 月浙江选考） 如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密
闭T1 = 300 K，体积V1 = 1 × 103 cm3处于状态1 的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h
= 10 cm。将瓶子放进T2 = 303 K 的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，
（2024·山东高考16 题）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长
柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝
100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2、高度h＝20.0 cm，罐底有
一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B 进入，空气由孔A 排出；当内外
液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储
液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大
气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
（1）求x；
（2）松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V 的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵
住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
答案：（1）2cm （2）8.92×10－4 m3
解析：（1）在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程中，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳
定律有
p1（H－x）S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
（2）对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有
p0V＋p2HS1＝p3(H S1＋h
2 S2)
又p3＋ρg·h
2＝p0
联立解得V＝8.92×10－4 m3。
5
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【典例5】（2024·海南高考7 题）如图为用铝制易拉罐制作的温度计，一透明薄吸管里有
一段油柱（长度不计），吸管与罐连接处密封良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐的
容积为330 cm3，薄吸管横截面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27
℃（300 K）时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（ ）
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案：B
解析：温度变化时，封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有
V 0
T 0
＝V
T ，又V0＝330
cm3＋0.5×10 cm3＝335 cm3，T0＝300 K，V＝330＋0.5x（cm3），T＝t＋273 K，解得t＝
30
67 x＋1 509
67
（℃），则吸管上标注等差温度值刻度均匀，A 错误；当x＝20 cm 时，所
测温度最高，代入A 项表达式可得t≈31.5 ℃，B 正确；当x＝0 时，所测温度最低，代入
A 项表达式可得t≈22.5 ℃，C 错误；缓慢把吸管拉出来一些，封闭气体的温度和压强均不
变，因此封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，D 错误。
【典例6】.[2023 全国乙]如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长
度均为20cm 的A、B 两段细管组成，A 管的内径是B 管的2 倍，B 管在
上方.管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10cm.现
将玻璃管倒置使A 管在上方，平衡后，A 管内的空气柱长度改变1cm.求
B 管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强.（气体温度保持不变，以
cmHg 为压强单位）
答案 pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg
解析 B 管在上方时，设B 管中气体的压强为pB，长度lB＝10cm
则A 管中气体的压强为pA＝pB＋20cmHg，长度lA＝10cm
倒置后，A 管在上方，设A 管中气体的压强为pA'，A 管内空气柱长度lA'＝11cm
已知A 管的内径是B 管的2 倍，则水银柱长度为
h＝9cm＋14cm＝23cm
则B 管中气体压强为pB'＝pA'＋23cmHg
B 管内空气柱长度lB'＝40cm－11cm－23cm＝6cm
对A 管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝pA'lA'
对B 管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝pB'lB'
联立解得pB＝54.36cmHg
6
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pA＝pB＋20cmHg＝74.36cmHg.
【典例7】.[2021 全国乙]如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管
A、B、C 粗细均匀，A、B 两管的上端封闭，C 管上端开口，三管的下端
在同一水平面内且相互连通.A、B 两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝
32cm.将水银从C 管缓慢注入，直至B、C 两管内水银柱的高度差h＝5cm.
已知外界大气压为p0＝75cmHg.求A、B 两管内水银柱的高度差.
答案 1cm
解析 设A、B 两管内横截面积分别为S1、S2，注入水银后如图所示，A、
B 气柱长度分别减少了h1和h2，压强分别为p1和p2
则有：p0l1S1＝p1（l1－h1）S1 ①
p0l2S2＝p2（l2－h2）S2 ②
压强：p2＝p0＋ρgh ③
p1＝p2＋ρg（h2－h1） ④
代入数据解得Δh＝h2－h1＝1cm.
【针对性训练】
1. （山西吕梁市2025 年高三年级第三次模拟考试） 如图所示，一竖直放置的U 形玻璃管，
横截面积
，其右端开口，左端用光滑活塞和水银封闭一段长为
、温度
的空气柱，右侧水银面比左侧的水银面高20cm。现将封闭气体的温度缓慢降至
，此时封闭空气柱长
。已知降温过程中封闭气体的内能减少了2J，外
界大气压
，水银的密度
，重力加速度
取10m/s²，
7
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求：
（1）封闭空气柱温度为
时的长度
；
（2）降温过程中封闭气体放出的热量
。
【答案】（1）
cm
（2）
J
【解析】（1）气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得
代数解得
cm
（2）封闭气体的压强
外界对气体做功
由热力学第一定律
联立解得
J
即放出的热量为4.544J。
2. （江西吉安一中2025 学年度下学期全真模拟考试）济南趵突泉是中国著名的风景名胜，
泉水一年四季恒定在18℃左右。严冬，水面上水气袅袅，像一层薄薄的烟雾，一边是泉池
幽深，波光粼粼，一边是楼阁彩绘，雕梁画栋，构成了一幅奇妙的人间仙境。在水底有很
多小孔冒出微小气泡，可以看到气泡在缓慢上升过程中体积逐渐变大且没有破裂。假设初
8
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始时小气泡（可视为理想气体）体积
，气泡上升过程中内外压强相同。
已知泉水水深
，大气压强
，水的密度
，重力
加速度g 取
。
（1）求气泡到达水面时的体积
；
（2）已知气泡上升过程中对外界做功
，判断气泡是吸热还是放热，并求出热量
的数值。
【答案】（1）
（2）吸热，
【解析】（1）气泡在
深度时，压强为
解得
水温不变，根据玻意耳定律有
解得
（2）温度不变，内能不变，根据热力学第一定律有
体积变大，气泡上升过程中对外界做功，则有
解得气泡从外界吸收热量
3.[2023 吉林梅河口五中校考]如图所示，两侧粗细均匀、横截面积相等的U 形管，左管上
端封闭，右管上端开口.左管中密封气体的长度为L＝10cm，右管中水银柱上表面比左管中
水银柱上表面低H＝4cm.已知大气压强p0＝76cmHg，环境温度为27℃.
（1）先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管中水银柱上表面相平，
求此时左管中密封气体的温度；
9
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（2）使左管中气体保持（1）问的温度不变，现从右管端口缓慢注入水银（与原水银柱之
间无气隙），求注入多少长度的水银能使最终稳定后左管密封的气体恢复到原来的长度.
（右管足够长，无水银从管口溢出）
答案 （1）380K （2）19.2cm
解析 （1）由题意知，加热前左管中气体压强
p1＝p0－4cmHg＝72cmHg
加热后左管中气体压强p2＝p0＝76cmHg
加热后左管中气体长度L'＝L＋H
2 ＝12cm
由理想气体状态方程得
p1 LS
T 1
＝
p2 L' S
T 2
其中T1＝（273＋27）K＝300K
解得T2＝380K
（2）设注入水银的长度为xcm，左管中气体温度不变，由玻意耳定律有p2L'S＝p3LS
此时左管中气体压强p3＝p0＋（x－4）cmHg
解得x＝19.2cm.
4 如图是一个简易温度计示意图，左边由固定的玻璃球形容器和内径均匀且标有刻度的竖
直玻璃管组成，右边是上端开口的柱形玻璃容器，左右两边通过软管连接，用水银将一定
质量的空气封闭在左边容器中。已知球形容器的容积为530 cm3，左边玻璃管内部的横截
面积为2 cm2。当环境温度为0 ℃且左右液面平齐时，左管液面正好位于8.0 cm 刻度处。
设大气压强保持不变。
（1）当环境温度升高时，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向上还是向下移动？
（2）当液面位于30.0 cm 刻度处且左右液面又一次平齐时，对应的环境温度是多少摄氏
度？
答案：（1）向下 （2）22 ℃
解析：（1）当环境温度升高时，假设右边容器不动，由于左侧气体体积变大，则右侧管中
液面将高于左侧管中液面，则为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向下移动；
（2）开始时左侧气体体积V1＝（530＋2×8）cm3＝546 cm3，温度T1＝273 K，
当液面位于30.0 cm 刻度处使气体的体积V2＝（530＋2×30）cm3＝590 cm3，
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气体进行等压变化，则根据盖－吕萨克定律可得
V 1
T 1
＝
V 2
T 2
，
解得T2＝295 K，则t2＝22 ℃。
5.如图所示，足够长U 形管竖直放置，左右两侧分别用水银封有A、B 两部分气体，气柱
及液柱长度如图中标注所示。已知大气压强为p0＝76 cmHg，L1＝6 cm，h1＝4 cm，h2＝
32 cm，管壁导热良好，环境温度为t1＝－3 ℃且保持不变。
（1）若从右侧缓慢抽出一部分水银，使下方液柱左右液面相平，则需要从右侧管中抽出多
长的水银？
（2）若仅缓慢加热A 部分气体，使下方液柱左右液面相平，则此时A 部分气体温度为多少？
（结果保留整数）
答案：（1）30 cm （2）374 K
解析：（1）设抽出的水银长度为Δh，设管的横截面积为S，A 部分气体初始压强为p1，水
银密度为ρ，则有p1＋ρgh1＝p0＋ρgh2，解得p1＝104 cmHg
液面相平时，设A 部分气体压强为p2，
p2＝p0＋ρg（h2－Δh）
对A 气体，根据玻意耳定律可得
p1L1S＝p2(L1＋h1
2)S，联立解得Δh＝30 cm。
（2）若仅缓慢加热A 部分气体，使下方液柱左右液面相平，根据理想气体状态方程有
p1 L1S
T 1
＝p2'(L1＋h1
2)S
T 2
其中T1＝（－3＋273）K＝270 K，
p2'＝p0＋ρgh2＝108 cmHg，解得T2≈374 K。
6 如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm 的A、B 两段细管组成，A
管的内径是B 管的2 倍，B 管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长
度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A 管在上方，平衡后，A 管内的空气柱长度改变1 cm。
求B 管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg 为压强单
位）
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答案：54.36 cmHg 74.36 cmHg
解析：B 管在上方时，设B 管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm
则A 管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm
倒置后，A 管在上方，设A 管中气体的压强为pA'，A 管内空气柱长度lA'＝11 cm
已知A 管的内径是B 管的2 倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
则B 管中气体压强为pB'＝pA'＋23 cmHg
B 管内空气柱长度lB'＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
对A 管中气体，由玻意耳定律有
pAlASA＝pA'lA'SA
对B 管中气体，由玻意耳定律有
pBlBSB＝pB'lB'SB
联立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg。
7 .如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管AB 竖直放置，管内用高h
＝25cm 的水银柱封闭了一段长L＝29.4cm 的空气柱.已知外界大气压强为p0＝
75cmHg，封闭气体的温度为T1＝27℃.绝对零度取－273K，g 取10m/s2.则：
（1）封闭气体温度T1 不变，试管以2m/s2 的加速度竖直向上加速，求水银柱
稳定时试管内空气柱长度；
（2）顺时针缓慢转动玻璃管至管口水平，同时使封闭气体的温度缓慢降到T3
＝280K，求此时试管内空气柱的长度L3（保留1 位小数）.
答案 （1）28cm （2）36.6cm
解析 （1）初状态，空气柱内气体的压强为p1＝p0＋h＝100cmHg
加速时，对水银，由牛顿第二定律得p2S－p0S－mg＝ma，m＝ρhS
联立解得p2＝105cmHg
由玻意耳定律得p1LS＝p2L2S
解得L2＝28cm
（2）玻璃管缓慢转动至管口水平时的压强为p3＝p0＝75cmHg
由理想气体状态方程得
p1 LS
T 1
＝
p3 L3 S
T 3
解得L3＝36.6cm.
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8、(12 分) (武汉高中联合体2024--2025 学年下学期期中联考)
如图所示，一端封闭粗细均匀的U 形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱
的长度L＝50 cm，管两侧水银面的高度差为h＝19 cm，大气压强恒为76
cmHg。
(1)若初始环境温度为27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平
时，求封闭气体的温度；
(2)若保持环境温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面
平齐时，求注入水银柱的长度x。
解析：(1)封闭气体初状态压强
p1＝p0－ph＝(76－19) cmHg＝57 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，体积
V1＝LS＝50S
温度T1＝(273＋27)K＝300 K
封闭气体末状态压强p2＝p0＝76 cmHg
体积V2＝(L＋)S＝(50＋)S＝59.5S
对封闭气体，由理想气体状态方程得
＝
代入数据解得T2＝476 K
即温度为203 ℃。
(2)设注入水银后空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS
代入数据解得H＝37.5 cm
注入水银柱的长度
x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5) cm＋19 cm＝44 cm。
答案：(1)203 ℃ (2)44 cm
9. (2025 年4 月重庆名校质检)如图所示，粗细均匀的“T”型玻璃细管中装有水银，水平
13
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管中的水银柱长为10cm(以竖直管竖直轴线分左右各5cm)，竖直管中水银柱长也为
10cm，A 段封闭气柱长为5cm，B 段封闭气柱长为15cm，大气压强为75cmHg，环境温度
为300K，求：
(1)若将竖直玻璃管以水平管为轴向前缓慢转过90
∘使其水平，稳定时竖直管中水银液面移
动的距离；(结果保留一位小数)
(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动5cm，则环境温度应该是多少。
(结果保留整数)
【解析】(1)开始时，封闭气体的压强为p1=85cmHg，转过90
∘以后，封闭气体的压强为
p2=75cmHg
对A 部分气体研究p1 LA S = p2 LA' S
解得L' A =5 2
3 cm；
对B 部分气体研究p1 LB S = p2 LB' S
解得LB
' =17 cm
因此竖直玻璃管中水银柱液面移动的距离为s= LA' + LB' −LA−LB=2.7cm
(2)①若液面上升5cm，设升高后温度为T 2，升温后气体的压强为
根据理想气体状态方程，对A 部分气体研究有p1 LA S
T 1
= p3 LA' ' S
T 2
对B 部分气体研究有p1 LB S
T 1
= p3 LB
' ' S
T 2
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解得T2
，可知升高温度为397K。
②若液面下降5cm，设降低后温度为T 3，降温后气体的压强为P4=80cmHg
根据理想气体状态方程，对A 部分气体研究有p1 LA S
T 1
= p3 LA' ' ' S
T 3
对B 部分气体研究有p1 LB S
T 1
= p3 LB' ' ' S
T 3
LA+ LB−LB' ' ' −LA
' ' ' =5cm解得T3
，可知若液面降低5cm，则温度降低为212
K。
10 如图所示，粗细均匀、一端开口的直角玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭着
A、B 两段气体（可看做理想气体），A 气柱长度lA=30cm，竖直管中水银柱和水平管左端
水银柱长度均为l1=25cm，B 气柱长度lB=60cm，水平管右端水银柱长度l2=15cm。现在缓慢
地将玻璃管逆时针转过90°，已知大气压p0=75cmHg，环境温度保持不变，求稳定后A，
B 气柱的长度。
.答案：
，
15
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解析：设玻璃管的横截面积为
初态时，
气柱压强
（1 分）
将玻璃管逆时针转过
后，
气柱压强变为
（1 分）
设
气柱长度为
，则根据玻意耳定律有
（1 分）
得
（1 分）
初态时
气柱压强
（1 分）
如图所示，末态时假设
气柱下方有长度为
的水银未进入水平管中，则
气柱压强变为
（1 分）
气柱长度为
（1 分）
根据玻意耳定律有
（1 分）
解得
（另一负根舍去），故假设成立，
气柱长度为
（2 分）
11. 如图所示，左端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L=35cm 的
空气柱，两管水银面相平，竖直管内水银柱足够长，已知大气压强为p=75cmHg。（设环境
温度不变）
（1）若将图甲中的阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管中水银面下了
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H=15cm，求右管水银面下降的高度；
（2）若将装置沿顺时针缓慢翻转180°，使U 形管倒置（水银未溢出）如图乙所示，当管
中水银静止时，求管中封闭空气柱的长度。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设右管水银面下降
，则由玻意尔定律可得
解得右管水银面下降的高度为
h=37.5cm
（2）设空气柱长度为
，则由玻意尔定律可得
则管中封闭空气柱的长度为37.5cm。
12（8 分）．（2025 福建漳州重点高中开学考试）如图甲所示的玻璃管上端开口，管内有
一部分水银密封住密闭气体，上管足够长，上、 下管的横截面分别为 S 1= 3cm2 、 S
2= 6cm 2，封闭气体初始 温度为 27℃，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体
积变化的图线。
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（1）求封闭气体初始状态在管中的长度 L；
（2）若缓慢升高气体温度，升高至多少可将所有水银全部压入细管内。
【解析】（1）由图乙可知，气体初状态体积为 V1 = LS = 48cm3，
解得 L = 8cm ----2 分
（2）由图乙知，气体初状态压强为 p2 = 82cmHg ，
将所有水银全部压入细管内时，气体压强为
p 2= 86cmHg ， V 2= 56cm3 ，-----2 分
从状态 1 到状态 2 由理想气体状态方程知 1 1 2 2 1 2
p1V1 /T1=p2 V2/ T2 ----2 分
其 中 T1 = (27 + 273)K = 300K
解得 T 2≈ 367.1K ----2 分
13. (2024 山东泰安期末)如图所示，U 形玻璃细管竖直放置，水平细管与U 形细管底部相连
通，各部分细管内径相同。初始时U 形管左管上端封有气柱长度为
的气体B，
右管上端开口与大气相通，左、右两侧水银面高度差为Δh=6cm，C 管水银面距U 形玻璃管
底部距离为
水平细管内用小活塞封有长度为
的气体A。已知外界
大气压强为
温度为27℃。水平细管中的水银柱足够长，水平细管内径对
压强的影响忽略不计，被封气体均可看作理想气体。现采用如下两种方法，使U 形玻璃管
左、右两侧水银面恰好相平。
（1）将活塞缓慢向右压，该过程A、B 气柱的温度均与外界相同且保持不变，求活塞移动
的距离d；
（2）固定活塞，加热A 部分气体，B 部分气体温度保持不变，已知热力学温标与摄氏温标
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换算关系
求A 部分气体的温度升高为多少摄氏度（结果保留1 位小数）。
【答案】（1）
；（2）
【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
其中
解得气体B 的长度
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
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U 形管右管中水银柱长度变化
气体A 做等温变化
根据玻意尔定律有
解得气体A 的长度
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
（2）根据理想气体状态方程
其中
代入数据得
即A 部分气体的温度升高为
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14. （2024 江西南昌高二期末）如图所示，粗细均匀的玻璃管放置在水平面上，右端开口
左端封闭，一段理想气体被水银柱封闭在左端左上方，稳定时理想气体的温度为
，左右液面的高度差为
，理想气体的高度也为
，已知大气
压强为
，求：
（1）若缓慢的升高封闭气体的温度，当左右液面的高度相同时，气体的温度为多少？
（2）若从开口端向管内添加一定量的水银，稳定后左右液面的高度相同，气体的温度仍为
，则添加的水银柱的高度为多少？
【答案】（1）600K；（2）28.5cm
【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
温度升高到两液面恰相平时，末状态
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根据
得
（2）右管缓慢注入水银，左右两玻璃管水银面恰相平时，此时
根据玻意耳定律有
所需要加入的水银柱的长度为
解得
15．（2024 年5 月河北承德联考）有人设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡
内封有一定质量的气体，与
相连的
管插在水银槽中，管内水银面的高度
即可反映泡
内气体的温度，即环境温度，并可由
管上的刻度直接读出。设
管的体积与
泡的体积
相比可略去不计，认为环境大气压不随温度变化。当地大气压相当于
水银柱产生的
压强，当环境温度为27℃时，
管内水银面的高度为
。若不考虑水银槽内液面的变
化，玻璃泡内气体可看成理想气体，玻璃泡
下端到水银槽内液面的高度为
，则以
下说法正确的是（ ）
A．
管上所刻的温度数值上高下低B．该测温装置的温度刻度不均匀
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C．
时
管内水银面的高度为
D ．该测温装置能够测得的最低温度为
【答案】．CD
【解析】玻璃泡
内气体的初始状态为
，
设热力学温度为
时，气体压强为
（以
作单位），
管内水银面的高度为
，由
查理定律有
，又玻璃泡
内气体的压强
，解得
，则摄氏温度
，由此可知该测温装置的温度刻度均匀，
且上低下高，A、B 错误；当
时
管内水银面的高度为
，C 正确；当
时，对应该测温装置能够测得的最低温度，最低温度为
，D 正确。
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