2027届高考物理：液柱模型（解析版）

液柱模型

【考点精练】

1.(2026武汉模拟)如图所示，高为16cm的两相同玻璃管竖直放置，下端连通，左管上端封闭，右管上端开

口。右管中有高为4cm的水银柱封闭了一部分气体，水银柱上表面离管口的距离为10cm。管底水平

连接段的体积可忽略，大气压强p0=76cmHg。若从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，

恰好使水银柱下端到达右管底部，整个过程中，管内气体的温度不变，则该过程中注入右管中水银柱的

高度为()

A.6cmB.8cmC.10cmD.12cm

答案C

解析：开始时左管气体压强p=p0+ph=80cmHg，水银柱恰好到底部时，根据玻意耳定律，有p(2L-

14cm)=p'L，可得p'=90cmHg，再根据压强关系p'=p0+ph'，可得h'=14cm，则应注入右管中水银

柱的高度为10cm，故选C。

2.(2026洛阳名校联考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入

臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积

为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压

强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体

体积。则V等于()

A.30cm3B.40cm3C.50cm3D.60cm3

答案D

3

解析：根据玻意耳定律可知p0V+5p0V0=p1×5V，已知p0=750mmHg，V0=60cm，p1=750

mmHg+150mmHg=900mmHg，代入数据整理得V=60cm3，故选D。

3.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着

一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气

压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是()

1

A.A管中向上移动，B管中向下移动B.A管中向下移动，B管中向上移动

C.均向下移动，A管中移动较多D.均向上移动，A管中移动较多

答案C

解析管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压

VV+ΔVΔT

不变，则管内气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律知=，整理可得ΔV=V，因A、B

TT+ΔTT

管中的封闭气体初温相同，温度变化ΔT也相同，且ΔT<0，则有ΔV<0，即A、B管中的封闭气体体积

均减小，又因为H1>H2，即初始时A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气体长度减少得多

一些，故两管中气柱上方水银柱均向下移动，A管中水银柱移动较多，故C正确。

4.如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，

A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是()

A.B管内水银面比管外水银面高h

B.B管内水银面比管外水银面高hcosθ

C.B管内水银面比管外水银面低hcosθ

D.管内封闭气体的压强比大气压强大hcosθ高水银柱产生的压强

答案B

解析以A管中的水银为研究对象，则有pS+ρghScosθ=p0S，则B管内气体的压强为p=p0-

ρghcosθ，可知p<p0，B管内封闭气体的压强比大气压强小hcosθ水银柱，则B管内水银面要比管外

水银面高出hcosθ，故B正确。

5.如图甲所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=16cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开

口。右管中有高h0=4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l=10cm。管底水平段的体积可忽

略，环境温度T1=300K，大气压强p0=76cmHg。

2

(1)若从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部，求此时水银

柱的高度h1;

(2)若缓慢将U形管倒置，再对密封气体缓慢加热，直至水银柱下表面恰与右管口平齐，如图乙所示，求

此时密封气体的温度T2。

答案(1)14cm(2)420K

解析(1)设管的横截面积为S，封闭气体发生等温变化，则有(p0+ρgh0)(2H-h0-l)S=pHS

解得p=90cmHg

又有p0+ρgh1=p，解得h1=14cm。

(2)根据题意可知，气体的初态p1=p0+ρgh0=80cmHg，V1=(2H-h0-l)S=18S，T1=300K，气体的

末态p2=p0-ρgh0=72cmHg，V2=(2H-h0)S=28S

pVpV

根据理想气体状态方程有11=22

T1T2

解得T2=420K。

6.(2026高考陕晋青宁卷)某小组设计并完成了“稳定平抛水柱”实验。如图，竖直放置的储水瓶液面上方

封闭少量气体，底部竖直细管甲与大气连通、水平细管乙有一阀门K。初始时K关闭，瓶内上方气体体

积V1=200

mL，甲管内恰无水且A端口距水面高h1=20

cm，乙管B端口距水面高h2=30

cm；

打开K，水持续从乙管流出，大气通过甲管进入瓶内，当水面与甲管A端口齐平时关闭K，此时瓶内上方

533

气体的总体积V2=1510

mL。已知大气压强p0=1.00×10

Pa、水的密度ρ=1.00×10

kg/m，

重力加速度g取10

m/s2，忽略温度变化与瓶体形变，气体均可视为理想气体。求∶

(1)初始K关闭时，瓶内上方气体压强p1和乙管B端口处压强p2；

(2)在打开K到关闭K的过程中，进入瓶内的空气在大气压强下的体积ΔV。

【答案】(1)9.8×104Pa，1.01×105Pa

(2)1314mL

【解析】

(1)初始K关闭时，甲管与大气连通且管内恰无水，说明A端口处压强等于大气压强p0。由液体压强公

式可知，瓶内上方气体压强p1满足p1+ρgh1=p0

4

代入数据解得p1=9.8×10Pa

乙管B端口处压强p2满足p2=p1+ρgh2

5

代入数据解得p2=1.01×10Pa

(2)当水面与甲管A端口齐平时，瓶内上方气体压强等于大气压强p0。设进入瓶内的空气在大气压强下

3

的体积为△V，对瓶内原有气体和进入的空气整体应用玻意耳定律，有p1V1+p0ΔV=p0V2

代入数据解得△V=1314mL。

7.(浙江诸暨市2025年5月高三适应性考试试题)如图甲所示，潜水钟倒扣沉入水中，钟内存有一定量的

空气供潜水员呼吸。现将潜水钟简化为横截面积S=4.0m2、高度L=3.0m的薄壁圆筒，如图乙所示，筒

内装有体积可以忽略的电热丝和温度传感器(图中未画出)。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直

吊放至水下某一深度，此时圆筒内的液面与水面的高度差h=5.0m，该过程传感器显示筒内气体温度始

终为T1=300K。接着通过电热丝对筒内气体加热，同时逐渐竖直向上提升圆筒，使圆筒内液面与水面

的高度差始终保持h值不变，当圆筒提升∆L=40cm时，传感器显示筒内气体温度为T2。已知筒内气体

4

的质量保持不变，其内能与温度的关系式为U=kT，其中k=1.0×10J/K，大气压强为p0=1.0×

105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。

(1)在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的内能(“增大”、“不变”、“减小”)，筒内气体的分子数

密度(“增大”、“不变”、“减小”)；

(2)求筒内气体的温度T2；

(3)求圆筒提升∆L过程中筒内气体吸收的热量Q。

【答案】(1)①.不变②.增大

(2)360K(3)8.4×105J

【解析】(1)[1]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；

[2]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子数密度增大。

(2)设圆筒到达某一深度时筒内空气长度L1，此过程等温变化，由玻意耳定律p0SL=p0+ρghSL1

解得L1=2.0m

SLSL+ΔL

圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律1=1

T1T2

解得T2=360K

(3)在圆筒竖直提升ΔL的过程中，设气体对外做功为W，则有W=-p0+ρghSΔL

解得W=-2.4×105J

内能变化ΔU=kΔT

解得ΔU=6×105J

由热力学第一定律ΔU=Q+W

解得Q=8.4×105J

8.(山东德州2025年5月冲刺模拟)科学小实验“听话的小药瓶”，其原理如图所示，把高L=30cm的玻璃

容器竖直放置，装入一部分某种液体，将一质量m=300g的小药瓶倒放入液体中，瓶口有微小锯齿状

2

(内外液体能良好流通)，小药瓶底面积S1=5cm，高8cm，初始状态如图所示：小药瓶内液体高度h1=

4

432

4cm，液体的密度ρ=1×10kg/m，玻璃容器内液面高度H=24cm，容器底面积S2=10cm。取g=

25

10m/s，大气压强P0=1×10Pa。不计小药瓶的体积。求：

(1)求初始状态下小药瓶内气体压强；

(2)现将玻璃容器上端封闭，并往外抽气，求小药瓶即将上浮时，玻璃容器剩余的气体和初始状态下玻璃

容器内气体质量之比。(整个过程中温度恒定，小药瓶不倾倒，不漏气)

【答案】(1)1.2×105Pa

m剩57

(2)=

m120

【解析】(1)对小瓶受力分析，根据平衡条件可得p1S=p0S+ρgH-h1S

5

代入数据解得p1=1.2×10Pa

(2)小药瓶上浮的临界F浮=mg

即ρgV2=mg

3

其中V2=30cm

根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2

4

解得p2=8×10Pa

此时小药瓶液面下降h2=2cm，玻璃容器内液面上升h3=1cm

则玻璃容器气体压强p3=p2-ρgH-h1+h2+h3

4

解得p3=5.7×10Pa

同理则有p0L-HS2=p3V3

600S

解得V=2×10-2m3

357

m剩L-H-h3S257

故剩余气体与原气体质量之比==

mV3120

9.(河南商丘2025年5月考前冲刺)如图所示，导热性能良好的汽缸竖直固定，其左端与一竖直的L形玻

璃管相连。该玻璃管分为a、b、c三部分，b、c管横截面积相同，a管横截面积为b管横截面积的4倍，

a、b、c三管长度分别为l1=4.2cm、l2=8cm、l3=11cm。b管中水银高度h=5cm，c管中刚好充满水

银。最初a管内气体的压强相当于75cm高的水银柱产生的压强，现通过阀门K向汽缸内缓慢充气，当

c管内恰好无水银时，停止充气。c管容积与汽缸容积相比可忽略不计，环境温度恒定，气体可视为理想

气体，汽缸和玻璃管密封良好。求：

5

(1)停止充气时汽缸内气体的压强(结果用cmHg表示)；

(2)充入气体的质量与最初汽缸内气体的质量的比值(结果保留两位有效数字)。

【答案】(1)178.75cmHg

(2)1.2

【解析】(1)设b、c管的横截面积为S，则a管的横截面积为4S，设进入到a管内的水银的高度为h1，则h1

⋅4S=l3-l2-hS

解得h1=2cm

设充气完毕后a管内气体压强为p1，由玻意耳定律可知p0l1⋅4S+l2-hS=p1l1-h1⋅4S

设水银的密度为ρ，重力加速度为g，停止充气时汽缸内气体的压强为p2，则p2=p1+ρgh1+ρgl2

解得p2=178.75cmHg

(2)最初汽缸内气体的压强p=p0+ρgh=80cmHg

设汽缸容积为V，充入气体的压强为p，体积为ΔV，其温度与环境温度相同，则pV+pΔV=p2V

ΔmΔV

设充入气体的质量为Δm，则k==

mV

解得k≈1.2

10.(2025年5月山西青桐鸣大联考)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，两管口相平且两管口均

封闭，管内有一段水银，封闭有A、B两段气柱，B气柱长为L=20cm，左管中水银液面比右管中水银液

面高h=10cm，大气压强为p0=76cmHg．现将左管口开一个小孔，待稳定时，左、右两管中水银液面刚

好相平，设气体温度不变，求：

(1)开始时，封闭的A气柱气体的压强；

(2)左管口开孔后，稳定时进入管中的气体质量与原A气柱气体质量之比．(用分数表示)

67

【答案】(1)47

cmHg(2)

47

【解析】(1)设开始时B气柱气体压强为p1，开孔后气体压强为p0，气体发生等温变化，则有

1

pLS=pL-hS

102

解得p1=57cmHg

6

则开始时A气柱气体的压强pA=p1-10cmHg=47cmHg

(2)开孔后，对左管中气体研究，有

1

pL-hS=p(L-h+H)S

02A

670

解得H=

cm

47

mH67

稳定时进入管中的气体质量与原A气柱气体质量之比为==

mAL-h47

11.(山东13校高三四月联考模拟)某氧气站对一容积为40L的氧气瓶充气，充装完毕时瓶内气体的温度为

20°C，压强为1.5×107Pa。已知该氧气瓶导热良好，装置不漏气。

(1)若将其置于温度为177°C的环境中，求瓶内气体稳定时的压强(结果保留2位有效数字)；

(2)若该氧气瓶安装了自动泄压阀，当内部气体压强大于2.0×107Pa时能自动向外界排气，求瓶内气体

温度为177°C时，瓶内气体稳定时剩余的气体质量与排气前内部气体总质量的比值。

7

【答案】(1)p2=2.3×10Pa

m余20

(2)=

m原23

pp

【解析】(1)气体进行等容变化，则由查理定律1=2

T1T2

T2273+17777

得p2=p1=×1.5×10Pa=2.3×10Pa

T1273+20

pVpV

(2)由理想气体状态变化方程11=33

T1T2

得V3=46L

m余V14020

故剩余气体质量与原有总质量的比值为：===

m原V34623

12.(安徽A10联盟2025年高考原创夺冠卷(一))如图所示，横截面积为S、高为h的绝热汽缸直立，汽缸内

绝热的活塞封闭一定质量温度为T0的理想气体，在汽缸底部连接一U形细管，(细管内气体的体积忽略

不计)细管内装有部分水银，细管的右端开口与大气相通，大气压强为p0。开始时，细管内右侧水银比左

2

侧高h，活塞距离汽缸底部为h。若缓慢升高气体温度至2T，在这过程中，气体的内能增大了E。在

050

压强为p0、温度为T0时，1摩尔的气体体积恰好为V0。已知水银的密度为ρ，重力加速度大小为g，阿伏

伽德罗常数为NA，求：

(1)封闭气体的分子数N；

7

(2)气体温度升高到2T0的过程中吸收的热量Q。

2p+ρghhSN

【答案】(1)N=00A

5p0V0

2

(2)Q=E+(p+ρgh)hS

500

【解析】(1)

初始时，封闭气体的压强为p1=p0+ρgh0

2

根据玻意耳定律有p×hS=pV

150

V

气体的物质的量为n=

V0

分子数为N=nNA

2(p+ρgh)hSN

联立解得N=00A

5p0V0

2

5hSV

(2)对气体加热时，气体等压变化，则有=

T02T0

2

气体对外做功，大小为W=-pV-hS

15

根据热力学第一定律有E=W+Q

2

解得Q=E+(p+ρgh)hS

500

13.(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

2

的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0cm，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。储

2

液罐的横截面积S2=90.0cm、高度h=20.0cm，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=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=

25

10m/s，大气压p0=1.0×10Pa。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)8.92×10-4m3

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=2cm。

(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

8

h

pV+pHS=pHS+S

0213122

h

又p+ρg·=p

320

联立解得V=8.92×10-4m3。

14.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：54.36cmHg74.36cmHg

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

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=54.36cmHg

pA=pB+20cmHg=74.36cmHg。

15.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530cm3，左边玻璃管内部的横截面积为2cm2。当环境温度为0℃且左右

液面平齐时，左管液面正好位于8.0cm