“玻璃管液封”模型 专项训练 -2026届高考物理三轮冲刺查缺补漏

**基本信息** 聚焦热学“玻璃管液封”模型，通过16道题系统训练气体实验定律与力学平衡的综合应用，强化模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础模型|5题（伽利略测温装置等）|单一气体状态分析|以玻意耳定律为核心，建立压强-体积-温度关系| |综合应用|9题（U形管、超失重气压计等）|多气体关联/动态过程|结合查理定律、受力分析，推导压强变化与体积关系| |实验探究|2题（自制温度计等）|实验原理与误差分析|通过盖-吕萨克定律实现温度测量，体现科学探究素养|

03 热学-“玻璃管液封”模型-2026届高考物理三轮冲刺查缺补漏 一、单选题 1．题图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是 A．温度降低，压强增大 B．温度升高，压强不变 C．温度升高，压强减小 D．温度不变，压强减小 2．用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为，薄吸管底面积，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，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 3．如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强发生变化分别为和，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 4．如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm，大气压强为75cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（　　） A．20cm B．25cm C．40cm D．45cm 5．如图所示，两端封闭的导热U形管竖直放置在水平面上，其中的空气被水银隔成①、②两部分空气柱，以下说法正确的是（　　） A．若以水平虚线MN为轴缓慢转动U形管，使其倾斜，则空气柱①长度不变 B．若以水平虚线MN为轴缓慢转动U形管，使其倾斜，则空气柱①变短 C．若周围环境温度升高，则空气柱①长度不变 D．若周围环境温度升高，则空气柱①长度变大 6．如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端取出少量水银，系统重新达到平衡，则（　　） A．A气体的压强大于外界大气压强 B．B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量 C．水银面c上升的高度小于水银面a下降的高度 D．水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度 7．水银气压计在超失重情况下不能显示准确的气压。若某次火箭发射中携带了一只水银气压计。发射的火箭舱密封，起飞前舱内温度，水银气压计显示舱内气体压强为1个大气压。当火箭以加速度a＝g竖直向上起飞时，舱内水银气压计示数稳定在，已知水银气压计的示数与液柱高度成正比，如图所示。可视为起飞时重力加速度恒为g，则起飞时舱内气体的温度是（    ）    A．250K B．300K C．360K D．400K 8．两端封闭的玻璃管水平放置，一段水银柱将管中的气体a、b隔开，水银柱处于静止状态，图中标明了气体a、b的体积和温度的关系。如果气体a、b均升高相同的温度，水银柱向左移动的是（　　）            A．   B．   C．   D．   9．如图所示，一个上端封闭、下端装有阀门的“”形管，右侧的玻璃管长度大于左侧，且两根玻璃管均具有良好的导热性。两侧的玻璃管内分别封闭了一定质量的理想气体A和B，气体的长度分别为和，已知。假设玻璃管内的温度等于环境温度，下列说法正确的是（　　） A．若环境温度缓慢升高，则封闭气体的长度 B．若环境温度缓慢升高，则封闭气体的长度 C．打开阀门缓慢放出少量水银后，则封闭气体的长度 D．打开阀门缓慢放出少量水银后，则封闭气体的长度 二、多选题 10．有一段12cm长水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30°的斜面上（如图所示），先用外力使玻璃管静止在斜面上，后由静止释放，玻璃管沿斜面下滑。已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为，大气压强p0相当于76cm汞柱，气体温度不变。则下列说法正确的是（　　） A．释放后气体体积变大 B．释放后气体体积变小 C．下滑稳定时密闭气体的压强为80cm汞柱 D．下滑稳定时密闭气体的压强为79cm汞柱 11．内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27℃，大气压强p0=76cmHg。下列说法正确的是（　　） A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体Ⅰ长度为18cm B．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体温度为500K C．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2cm D．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12cm 12．如图所示，一开口竖直向下导热良好的玻璃管用水银柱封闭一定质量的空气。水银柱长度为15cm，下端刚好与玻璃管溢出口平齐；被封闭的空气柱长度为30cm。此时周围环境温度为，大气压强为。现将玻璃管缓慢旋转至开口竖直向上（水银没溢出玻璃管），然后再加热至。下列说法正确的是（　　） A．玻璃管刚好旋转至开口向上时管内空气柱长度为20cm B．玻璃管刚好旋转至开口向上时管内空气柱长度为25cm C．将玻璃管加热至时空气柱长度为33.6cm D．将玻璃管加热至时空气柱长度为36cm 13．如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同，现使A、B降低相同温度达到稳定后，体积变化量大小为、，压强变化量大小为、，对液面压力的变化量大小为、，则（　　）    A．水银柱向上移动了一段距离 B． C． D． 14．某实验小组为测量一个不规则物体的容积，将物体打开一个小口，在开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为27℃时，气柱长度l为10cm；当外界温度缓慢升高到37℃时，气柱长度变为60cm。已知外界大气压恒为，水柱质量忽略不计，1mol氮气在、0℃状态下的体积约为22.4L，阿伏伽德罗常数取。下列说法正确的是（    ） A．温度变化过程中氮气对外界做的功为0.5J B．温度变化过程中氮气的内能减少了0.5J C．利用以上数据可测得不规则物体的容积为 D．被封闭氮气分子的个数约为个 三、填空题 15．有组同学设计了一个如图所示的测温装置，C为测温泡，用玻璃管与水银气压计相连，气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上，气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银（图中涂黑部分）。在A管上画上刻度。测温时调节B管的高度使A管中的液面位置保持在a处，此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度。假设该测温装置在制定刻度时候的大气压为76cmHg，测温泡所处环境的温度为30℃。 （1）当测温泡放入较低温度的液体中，即测温泡中气体温度降低时，为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处，则水银气压计的B管应向_______（填“上”或“下”）移动； （2）该温度计的刻度是__________；（填“均匀”或“不均匀”，及“温度上高下低”或，“温度上低下高”） （3）该温度计存在的缺陷之一，当天气变化引起大气压强变大，而环境温度仍为30℃，温度计上30℃的刻度应该如何调整________________________。 16．简易温度计构造如图所示．两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入水银后，将左管的上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度．多次改变温度，重复上述操作． （1）玻璃泡内封闭气体发生的状态变化可近似的认为是_______变化．初始温度为t1＝0oC，当温度为t2＝25 oC，则封闭气体的压强为_______cmHg． （2）（单选题）此温度计的特点是( ) A．刻度均匀，刻度值上小下大     B．刻度均匀，刻度值上大下小 C．刻度不均匀，刻度值上小下大   D．刻度不均匀，刻度值上大下小 （3）当大气压减小时，左右两管的液面相比________（选填“左管高”“一样高”或“右管高”），用该温度计测得的温度值_______（选填“偏大”或“偏小”）． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《03 热学-“玻璃管液封”模型-2026届高考物理三轮冲刺查缺补漏》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A A B B C A C AD 题号 11 12 13 14 答案 ABD AD C AD 1．A 【详解】设玻璃泡中气体压强为p，外界大气压强为p′，则p′=p+ρgh，且玻璃泡中气体与外界大气温度相同，液柱上升，气体体积减小；由理想气体的状态方程可知，在V减小时，若p增大，则T可能增大、减小或不变，故A正确；若p不变，则T减小，故BD错误；若p减小，则T减小，故C错误。 故选A。 2．B 【详解】A．由盖—吕萨克定律得 其中 ，， 代入解得 根据可知 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； BC．当时，该装置所测的温度最高，代入解得 故该装置所测温度不高于，当时，该装置所测的温度最低，代入解得 故该装置所测温度不低于，故B正确，C错误； D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 故选B。 3．A 【详解】当玻璃管缓慢向上提升H高度时，气体的体积变大，压强变小，有部分水银进入玻璃管，也就是管中的水银面会比管外的水银面高，设高度差为，初状态上面气体的压强，末状态上面气体的压强，所以，同理可求出，故A正确，C错误；由玻意耳定律得，所以气体的变化，同理可求出，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以与之和小于HS，故D错误． 4．A 【详解】设玻璃管横截面积为，初态，气体的压强为 体积 当两侧管内水银面相平时，设气体柱长度为，则气体体积为 压强 由玻意耳定律可得 联立解得 故A正确，BCD错误。 故选A。 5．B 【详解】AB．未转动前，两空气柱的压强关系为 若以水平虚线MN为轴缓慢转动U形管，由于倾斜，若要保持水银柱高度差达到稳定，则空气柱①变短，A错误，B正确； CD．由图示可知 若周围环境温度升高，假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量 初状态时，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增大的压强小于右边增大的压强，水银柱向左流动，空气柱①长度变小，CD错误。 故选B。 6．B 【详解】A．取出水银前，A气体压强 B气体压强 当在右管开口端取出少量水银时，即减小，A、B气体压强均变小，即A气体的压强小于外界大气压强，A错误； C．由玻意耳定律 A、B气体体积均变大。 假设B气体体积不变，则水银面a下降的高度等于水银面c上升的高度，等于b上升的高度；由于B气体体积同时要变大，故水银面c上升的高度大于水银面a下降的高度。C错误； B．假设取出高度的水银，则B气体的压强变化量一定为 假设A、B气体的体积均不变，则A气体的压强变化量也为 压强减小后，根据玻意耳定律，体积要变大，故A气压变化量小于，即B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量，B正确； D．假设右管中剩余的水银高度非常小，即取出水银柱长度接近，则水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度，D错误。 故选B。 7．C 【详解】设当火箭以加速度a＝g的加速度竖直向上起飞时，舱内气体压强为，对气压计内的水银柱，根据牛顿第二定律有 解得 设此时水银气压计内液柱高度为h，有 又 解得 所以 以仓内气体为研究对象，有 ， ， 根据理想气体状态方程，气体等容变化有 解得 故选C。 8．A 【详解】假设升温后液柱不动，则气体体积一定，由查理定律可得 解得 升温前a、b两部分气体压强相等，升高相同的温度，原来温度低的压强增大的多，与原来气体体积大小无关； A．因，说明升温时假设液柱不动，a部分气体压强增大的少，a部分气体压强小于b部分气体压强，液柱向左移动，故A正确； B．同理可知，当，说明升温时假设液柱不动，a、b部分气体压强增大一样多，两侧压强大小仍相等，液柱静止不动，故B错误； CD．同理可知，因，说明升温时假设液柱不动，a部分气体压强增大的多，a部分气体压强大于b部分气体压强，说明液柱向右移动，故CD错误。 故选A。 9．C 【详解】AB．由题意可知，左侧A气体的压强大于右侧B气体的压强，两部分气体的体积相同，均为，温度均为。假设缓慢升高相同的温度后，A和B气体的体积不变，该过程为等容变化，对A气体分析，查理定律可知 对B气体分析，查理定律可知 已知，则 所以A气体的压强增加量较大，所以水银的高度差变大，稳定后两部分气体的长度，AB错误； CD．设两部分气体体积的增加量都为，对A气体分析，由玻意耳定律可知 解得 同理对B气体分析，由玻意耳定律可得 联立作差可得 可得 所以水银的高度差变小，稳定后两部分气体的长度，C正确，D错误。 故选C。 10．AD 【详解】CD．整体分析，由牛顿第二定律有 解得 对水银汞柱分析，由牛顿第二定律有 代入数据解得 根据液体的压强公式有 则 所以C错误；D正确； AB．静止时，气体的压强为 根据玻意耳定律有 则温度不变时，气体的压强与体积成反比，加速下滑时，气体的压强减小，所以释放后气体体积变大，则A正确；B错误； 故选AD。 11．ABD 【详解】AB．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，对气体Ⅰ，有 其中 ，，，，，， 对气体Ⅱ，有 其中，有 ，，，，，， 且气体的体积满足 联立解得 ， 故AB正确； CD．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有 其中 ， 对气体Ⅱ，有 其中 ， 可得 ， 则加入水银长度为 故C错误，D正确； 故选ABD。 12．AD 【详解】AB．设玻璃管横截面积为，则倒置时管内气体压强为，由平衡条件可知 解得 管内气柱体积为 将玻璃管缓慢倒置过来，稳定后管内气体压强为，由平衡条件得 解得 设此时管内气体气柱长度为，则 根据玻意耳定律可得 解得 故A正确，B错误； CD．假设加热过程中，水银未溢出。将玻璃管加热至的过程中管内气体为等压变换，玻璃管气柱高度为，则 由盖—吕萨克定律得 由单位换算 ， 解得 故有部分水银溢出，此种结果不符合题意，需要舍弃。 设水银溢出后，水银柱高度为，则 设温度加热到时，水银柱上端正好与溢出口平齐且不溢出，则由盖—吕萨克定律得 解得 水银柱上端正好与溢出口平齐后再继续加热到，则 联立以上方程，解得 则空气柱长度为 故C错误，D正确。 故选AD。 13．C 【详解】ACD．假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，根据查理定律，对气体A，有 对气体B，有 初始状态满足 可见使A、B降低相同温度达到稳定后，有 由此可知 A气体压强减少的多，因此水银柱将向下移动了一段距离，故AD错误，C正确； B．由于气体的总体积不变，所以 故B错误。 故选C。 14．AD 【详解】A．温度变化过程中氮气对外界做的功为 故A正确； B．温度身高，气体内能增加，由于不知道该过程气体吸收多少热量，故不知道内能具体增加多少，故B错误； C．由于外界大气压不变，氮气做等压变化，设不规则物体容积为，则有 其中，代入题中数据，联立解得 故C错误； D．设氮气在、0℃状态下的体积为，则有 其中 联立解得 则被封闭氮气分子的个数约为 故D正确。 故选AD。 15． 下 均匀，温度上高下低 的刻度应向上平移 【详解】（1）[1]液面位置保持在处，测温泡中气体作等容变化，当测温泡放入较低温度的液体中，气体的温度降低，根据查理定律可知，气体的压强要减小，应将B管向下移动。 （2）[2]时右边水银面与左边水银面高度差为，温度为时，右边水银面与左边水银面高度差为，则根据查理定律得 由数学知识得 即得 得 可见与正比，故该温度计的刻度是均匀的。温度越高，越大，故该温度计的刻度值温度上高下低。 （3）[3]由（2）得知，当大气压升高时，温度计的读数偏小，温度计上的刻度应向上平移。 【名师点睛】液面位置保持在处，测温泡中气体作等容变化，根据气体的温度的变化，由查理定律分析压强的变化即可；测温泡C内气体发生等容变化，根据查理定律得到温度与温度计的和任意温度刻度线间距离的关系，再进行分析；当天气变化引起大气压强变大时，而环境温度仍为，分析封闭气体压强的变化，即可作出判断。 16． 等容（等体积） 82.96 A 右管大 偏大 【详解】（1）[1][2]．由于竖直玻璃管较细，所以玻璃泡内封闭气体发生的状态变化可近似的认为是等容变化，初始温度为t1＝0oC，当温度为t2＝25 oC，由公式 可解的封闭气体的压强为 （2）[2]．改变温度后，左右两管的液面始终相平，可知玻璃泡中的气体做等压变化， 根据盖-吕萨克定律 设玻璃管的横截面积为S，温度变化过程中，左管液面下降h高度，则有 温度变化与液面高度变化呈线性函数，故此温度计刻度均匀，温度升高，液面下降，故刻度值上小下大，故A项正确． （3）[4][5]．当大气压减小时，左边的压强高于左边的压强所以液柱右移，左右两管的液面相比右管高，在用公式 V1测量偏小，导致温度测量偏高． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $