高中物理一轮复习气体液柱类问题专项训练普卷

高中物理一轮复习3-3气体液柱类问题专项训练副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列状况中能使细绳拉力增大的是

A.大气压强增加

B.环境温度升高

C.向水银槽内注入水银

D.略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移在平直铁路上运动的火车上有装有某种液体的两端开口的U形玻璃管，粗细均匀，如图所示，若某时刻左侧竖直管中液柱高度为，右侧竖直管中液柱高度为，中间水平管中液柱长度为L，则有关火车运动状况的说法对的的是

A.向右加速运动，加速度大小为

B.向右减速运动．加速度大小为

C.向左加速运动，加速度大小为

D.向左加速运动，加速度大小为如图所示，竖直放置的弯曲玻璃管a端封闭，b端开口，水银将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差为、、且；、为两个阀门，位置与b管水银面等高，打开阀门后可与外界大气相通．打开或，下列判断对的的是

A.打开，、和均变为零

B.打开，增大，和均变为零

C.打开，、和均变为零

D.打开，、、的长度保持不变如图所示，环境温度稳定不变，静止竖直放置的U形管a管开口与大气相通，b管封闭，此时b管内水银面比a管内水银面高h。若外界大气压强

A.减小某些，则h变小 B.减小某些，则h变大

C.变大某些，则h变小 D.变大某些，则h不变如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提高H高度管下端未离开水银面，上下两部分气体的压强变化分别为和，体积变化分别为和已知水银密度为，玻璃管截面积为S，则

A.一定等于

B.一定等于

C.与之差为

D.与之和为HS

如图为竖直放置的粗细均匀的两端封闭的细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，A初始温度高于B的初始温度．使A、B升高相似温度达成稳定后，A、B两部分气体压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则

A.水银柱一定向上移动了一段距离 B.

C. D.如图所示，某人用托里拆利管做测定大气压强的实验时，由于管内漏进了空气，测得管内汞柱的高度仅为70cm，但当时的实际大气压强为一种原则大气压相称于76cm高的汞柱产生的压强今采用下述哪种办法，可使管内、外汞面的高度差不不大于A.把托里拆利管逐步倾斜管子露出部分长度不变

B.把托里拆利管慢慢向上提，但下端不离开汞槽

C.保持装置不动，往汞槽内加汞，以增大压强

D.整个装置竖直向上做加速运动

如图所示，一种粗细均匀的U形管内装有同种液体，在管口右端盖板A密闭，两液面的高度差为h，U形管内液柱的总长度为现拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为A.

B.

C.

D.

如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，管内有水银柱封住一段空气柱，如果沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，保持弯曲部分管子位置不动，则封闭在管内的空气柱将A.体积不变 B.体积变大 C.压强变大 D.压强不变如图所示，一端封闭，一端开口截面积相似的U形管AB，管内灌有水银，两管内水银面高度相等，闭管A内封有一定质量的抱负气体，气体压强为今将开口端B接到抽气机上，抽尽B管上面的空气，成果两水银柱产生18cm的高度差，则A管内原来空气柱长度为A.18cm B.12cm C.6cm D.3cm如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱封闭着一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析对的的是

A.变长

B.变短

C.上升

D.下降

用如图所示的装置能够测量液体的密度。将一种带有阀门的三通U形管倒置在两个装有液体的容器中，用抽气机对U形管向外抽气，再关闭阀门K，已知左边液体的密度为，左右两边液柱高度分别为、，下列说法对的的是A.实验中必须将U形管内抽成真空

B.关闭阀门K后，管内气体压强不不大于管外大气压

C.右边液体的密度

D.右边液体的密度二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）一根足够长的均匀玻璃管开口竖直向下，用一段水银封闭着一定质量的抱负气体，如图所示，能使管内水银柱逐步沿管壁向管内移动的是

A.外界大气压减少，温度升高

B.外界大气压不变，温度升高

C.温度不变、大气压不变时将管子逐步转到水平位置

D.外界大气压增大，温度减少如图所示，均匀U形管内盛有液体，左右液面相平，左管用活塞封闭了一定量的气体A，右管封闭气体B，开始A、B两部分气体压强均为p，气柱的长度均为l，现将活塞缓慢上提，提高的高度为d，则此过程中A.气柱A的长度增加量等于d B.气柱B的长度增加量不大于d

C.气体A的最后压强不大于 D.气体A的最后压强不不大于如图所示，将一端封闭的玻璃管插入水银槽内，内封一定质量的气体，下述说法对的的是

A.若缓慢将管略压下某些，玻璃管内气体体积扩大

B.若缓慢将管略上提某些，玻璃管内水银柱长度减小

C.若缓慢将管下列端为轴略倾斜一下，管内水银柱长度增大

D.若环境温度升高，玻璃管内气体体积扩大

如图所示为竖直放置、上细下粗、两端封闭的玻璃细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相似．缓缓加热气体，使A、B升高相似温度，系统稳定后，A、B两部分气体对液面压力的变化量分别为和，压强变化量分别为和则A.水银柱向上移动了一段距离 B.水银柱不发生移动

C. D.三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）下列说法不对的的是______．

A.布朗运动是悬浮在液体中固体分子的运动

B.热机能够把内能全部转化为机械能

C.懂得某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数

D.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相似

E.物体吸取了热量，其内能不一定增加

如图，一水银气压计中混进了空气，因而在，外界大气压为758毫米汞柱时，这个水银气压计的读数为738毫米汞柱，此时管中水银面距管顶80毫米，当温度降至时，这个气压计的读数为743毫米汞柱，求此时的实际大气压值为多少毫米汞柱？

如图封闭端有一段长40厘米的空气柱，左右两边水银柱的高度差是19厘米，大气压强为76厘米汞柱，要使两边管中的水银面同样高，需要再注入多少厘米长的水银柱？

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：由题意，令封闭气体的压强为P，玻璃管质量为m，则有对玻璃管受力分析：

根据受力分析图可知，绳的拉力，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力。

因此：A、大气压强增加时，封闭气体压强不变，故液柱h增加，因此拉力T增加，A对的；

B、环境温度升高，封闭气体压强增大，根据可知，h减小，故拉力T减小，B错误；

C、向水银槽内注入水银，根据和气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h减小，故拉力减小，C错误，

D、略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体体积减小，压强增大，再根据可知，水银面高度差h减小，故绳拉力减小，D错误。

故选：A。

封闭气体的压强，对玻璃进行受力分析，得到绳拉力大小的决定因素，并根据选项分析答案即可。

根据对管的受力分析，求出绳的拉力大小跟什么因素有关，再根据封闭气体压强与大气压强的关系，对的应用气体状态方程是解决本题的核心。

2.【答案】A

【解析】解：U形管底端液柱左端的受力，右端受力为，则液柱所受的合力方向向右，合力大小．

根据牛顿第二定律得，向右做加速运动．故A对的，B、C、D错误．

故选：A．

对U形管底端液柱分析，根据受力拟定加速度的方向，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．

解决本题的核心选择好研究对象，根据牛顿第二定律进行求解．

3.【答案】D

【解析】解：设，由图示可知，中间封闭气体的压强，左边气体压强；

A、打开，中间部分气体压强等于大气压，则和均变为零，左边气体压强变大，气体体积减小，增大，故AB错误；

C、打开，各部分气体压强均不变，则、、均不变，故C错误，D对的；

故选：D．

根据图示判断各部分气体压强与大气压的关系，然后分析打开阀门后各部分气体压强如何变化，然后根据压强的变化分析答题．

解决本题有两个结论能够直接应用同一气体的压强到处相等同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定．分析清晰气体压强如何变化是对的解题的核心．

4.【答案】A

【解析】【分析】

求解出外界大气压与封闭气体压强关系体现式，然后进行分析讨论即可。

本题核心是明确封闭气体压强与外界大气压之间的关系，写出关系式，然后讨论关系式即可，基础题。

【解答】

AB、以cmHg为单位，封闭气体压强为：，若外界大气压强减小，则h减小，故A对的，B错误；

CD、以cmHg为单位，封闭气体压强为：，若外界大气压强增大，则h增大，故CD错误。

故选A。

5.【答案】A

【解析】【分析】

对水银柱受力分析，根据平衡列方程可分析压强关系，从而分析压强变化之间的关系；两部分气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解分析．

分析本题的核心是对水银柱分析，不管如何变化，上下两部分气体压强之差不变，等于水银柱产生的压强．

【解答】

AC、对水银柱有，水银柱的质量为：，，故A对的，C错误；

B、对上部分气体根据玻意耳定律得：，

对下部分气体根据玻意耳定律得：

，

由于两部分封闭气体原来体积关系不拟定，因此两部分气体体积变化不拟定，故B错误；

D、在A处管内体积增大，压强减小，外水银面将低于管内水银面，由几何关系得：，故D错误；

故选：A。

6.【答案】B

【解析】解：A、设两部分气体体积不变，由查理定律得：

解得：

同理，有：

开始时液柱平衡，故：

由于，，故若体积不变，则无法判断与的大小，即无法判断水银柱与否移动，故A错误；

BC、开始时液柱平衡，故：

气体稳定后，仍然有：

故，故B对的，C错误；

D、由于，，故，故D错误；

故选：B．

分别以两部分气体为研究对象，假设气体体积不变，由查理定律列方程，分析答题．

解题时要注意假设法的应用，假设气体体积不变，然后应用查理定律分析解题．

7.【答案】B

【解析】解：A、压强只与高度差有关，把托里拆利管逐步倾斜，高度差不变，A错误

B、把托里拆利管慢慢向上提，假设水银柱高度不变，则空气柱体积变大，压强减小，因此水银柱压强增大，高度增加，液面高度差增大，B对的

C、保持装置不动，往汞槽内加汞，假设气体体积不变，则压强减小，水银柱上移，温度不变，气体压强增大，外界大气压不变，故液面差减小，C错误

D、整个装置竖直向上做加速运动，水银柱超重，液面差减小，D错误

故选B。

压强只与高度差有关，把托里拆利管逐步倾斜，高度差不变，把托里拆利管慢慢向上提，假设水银柱高度不变，则空气柱体积变大，压强减小，因此水银柱压强增大，高度增加，液面高度差增大；保持装置不动，往汞槽内加汞，假设气体体积不变，则压强减小，水银柱上移，温度不变，气体压强增大，外界大气压不变，故液面差减小

掌握压强产生的原理，运用假设法判断气体体积的变化，从而运用抱负气体状态方程判断压强的大小．

8.【答案】D

【解析】解：设管子的横截面积为S，液体的密度为拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定律得

解得，

故选D

拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，液体的机械能守恒，即可求出右侧液面下降的速度．当两液面高度相等时，右侧高为h液柱重心下降了，液柱的重力势能减小转化为整个液体的动能．

本题运用机械能守恒定律研究液体流动的速度问题，要注意液柱h不能当作质点，要分析其重心下降的高度．

9.【答案】C

【解析】解：设玻璃管两侧水银面高度差是h，大气压为，封闭气体压强，

沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，h变小，封闭气体压强变大，

气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，封闭气体体积变小，故C对的，ABD错误；

故选：C。

根据图示求出封闭气体的压强，判断截去玻璃管后封闭气体压强如何变化，然后根据玻意耳定律分析答题．

根据图示判断沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉后封闭气体压强如何变化，纯熟应用玻意耳定律即可对的解题．

10.【答案】D

【解析】【分析】

A管封闭气体做等温变化，找出初末状态参量，根据玻意耳定律列式求解即可。

考察玻意耳定律的应用，会拟定初末状态的参量是解题的核心。

【解答】

解：设大气压强为，A管内原来空气柱长度为l，横截面积为s，根据题意可得：，抽尽B管上面的空气，则A管内空气柱压强为：，体积为：，由玻意耳定律得：，联立得：，故ABC错误，D对的。

故选D。

11.【答案】D

【解析】【分析】

玻意耳定律明确指出在定量定温下，抱负气体的体积与气体的压力成反比，当外界压强增大时，体积减小。

本题考察玻意耳定律的基本使用，通过分析管内封闭气体的压强增大，气体发生等温变化，分析管内封闭气体体积的变化即可做出对应的判断。

【解得】

对于管内封闭气体的压强可得：，同时也有，则知不变，则不变；当外界压强增大时，管内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律可知气体的体积减小，则下降，故ABC错误，故D对的。

故选D。

12.【答案】C

【解析】解：A、用抽气机对U形管向外抽气后关闭阀门K，管内气体压强不大于管外大气压，在大气压作用下液体进入两管中，待液体静止两管中压强平衡：，，只要管内压强不大于管外大气压，就会有液体进入两管中，没必要将U形管内抽成真空，故AB错误；

CD、由，可得，故C对的，D错误。

故选：C。

用抽气机对U形管向外抽气后管内压强不大于管外大气压，在大气压作用下液体进入两管中。根据液体压强和压力平衡角度分析解决。

此题考察液体压强的计算与理解，注意分析题意整个状态平衡，运用平衡关系分析解决是能力的考察重点。

13.【答案】CD

【解析】解：A、以液柱为研究对象可知，外界大气压减少，气体内部压强也应当减小，温度升高，根据知体积增大，即水银柱向管口移动，故A错误．

B、外界大气压不变，气体内部压强不变，温度升高，由抱负气体的状态方程可得体积增大，即水银柱逐步沿管壁向管口移动，故B错误．

C、温度不变、大气压不变时将管子逐步转到水平位置，水银柱产生的压强减小，因此气体内部压强也应当增大，温度不变，要实现气体内部压强增大，只能减小体积，故C对的．

D、外界大气压增大，封闭气体压强增大，气体温度减少，由气体状态方程可知，气体体积减小，水银柱沿管壁向管内移动，故D对的；

故选：CD

先对液柱进行分析，得出封闭气体的压强；再以管中封闭气体为研究对象，由抱负气体的状态方程可求得其它量的变化

本题考察了气体状态变化过程的判断，根据题意判断出封闭气体的压强如何变化，应用气态方程即可对的解题．

14.【答案】BD

【解析】【分析】

本题考察了气体的等温变化及玻意耳定律；对于研究在U型管内被封闭的气体的状态参量的变化时，要对的的拟定抱负气体的状态，分析其状态参量，选择对应的状态方程进行解答，本题是一种类型，采用假设法分析，是热学中动态变化问题惯用的办法。

分别对左右两管内气体采用假设法，研究气柱A的长度增加量时假设水银柱不动，研究右边气柱时假设气柱长增加量等于d。

【解答】

A.假设水银柱不动则气柱A的长度增加量等于d，即B管内气柱长没变，根据玻意耳定律则A内压强减小B内压强不变，即A内压强不大于B内压强，水银一定在左管内上升，故气柱A的长度增加量不大于d，A错误；

B.假设气柱B的长度增加量等于d，则相称于A内气体长度没变，根据玻意耳定律则A内压强不变B内压强减小，即A内压强不不大于B内压强，水银一定在右管内上升，故气柱B的长度增加量不大于d，B对的；

假设气柱A的长度增加量等于d，才会有：，得：，而实际气柱A的长度增加量不大于d，故气体A的最后压强不不大于，D对的，C错误。

故选BD。

15.【答案】CD

【解析】解：A、若缓慢将管略压下某些，管内的水银柱的高度差会减小，被封闭的气体压强增大，体积减小，因此选项A错误．

B、若缓慢将管略上提某些，管内的水银柱的高度差会增大，被封闭的气体压强减小，体积增大，玻璃管内水银柱长度增大，因此选项B错误．

C、若缓慢将管下列端为轴略倾斜一下，先假设气体的体积不变，水银柱产生的压强变小，要想重新达成平衡，水银柱的长度应增大，选项C对的．

D、若环境温度升高，先假设气体体积不变，压强会增大，因此要想重新达成平衡，玻璃管内气体体积应扩大，选项D对的．

故选：CD

首先要拟定研究对象，分析该变化过程中各状态参量的变化状况，该题中的ABC选项描述的被封闭的气体的温度是不发生变化的，结合波意尔定律即可的得知这三个选项的正误，对于D选项，三个参量都会发生变化，运用先假设体积不变，分析压强的变化后即可得知该选项的正误．

该题考察到了气体状态的变化，对于这类问题首先要拟定研究对象，对的的分析状态参量找出对应的变化规律，列式进行分析或求解，若三个参量都发生变化的状况，往往先假设一种状态参量不发生变化，分析其它参量的变化状况，继而可知整体的实际变化．在对于压强的分析是，经常选用一种小液面，对其进行受力分析．即可得知被封闭气体的压强．

16.【答案】AC

【解析】解：假设水银柱不移动，则气体发生等容变化，，，，

根据题意初始温度相似，升高相似的温度，

由于

因此有，即B气体压力的增加量不不大于A气体压力的增加量，因此水银柱向上移动了一段距离，故AC对的；BD错误。

故选