专题18应用气体状态方程解决液柱类问题 讲义-2026-2027学年高二物理暑期能力提升

高二物理暑期能力提升 专题18 应用气体状态方程解决液柱类问题 【方法解读】 1.应用气体状态方程解决液柱类问题 问题特征 用玻璃管与一段液柱（如水银柱）封闭一定质量的理想气体，在外界因素（如玻璃管倾斜情况、液柱长度、气体的温度等）发生变化时，会导致管内气体的状态发生变化，从而会有一系列的力热综合问题 研究对象及分析 热学研究对象：一定质量的理想气体 初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程 力学研究对象：液柱、玻璃管 进行受力分析，依据力学规律列出方程，求气体压强 隐含条件分析 液柱长度与玻璃管长度、气柱长度的关系等，列出相关辅助方程 注意事项 ①液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh；当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程更简捷； ②不要漏掉大气压强； ③有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体在同一水平面上各处压强相等 2.液柱移动问题 定性分析液柱移动问题常使用假设推理法，根据题假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。 常用推论有两个： (1)查理定律的分比形式：=或Δp=p。 (2)盖—吕萨克定律的分比形式：=或ΔV=V。 例1 (2025·山东潍坊高二月考)如图所示,一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管,有一段h=19 cm的水银柱将一部分空气封闭在细玻璃管里。当玻璃管开口向上竖直放置时(如图甲),管内空气柱长L1=15 cm,大气压强p0=76 cmHg。那么,当玻璃管开口向下竖直放置时(如图乙,水银没有流出),管内空气柱的长度是多少? 答案　25 cm 解析　封闭细玻璃管内的气体质量不变,做等温变化。设细玻璃管横截面积为S,开口向下竖直放置时空气柱的长度为L2, 开口向上竖直放置时,空气柱的体积V1=L1S 压强p1=p0+ph=(76+19) cmHg=95 cmHg 开口向下竖直放置时,空气柱的体积V2=L2S 压强p2=p0-ph=(76-19) cmHg=57 cmHg 根据玻意耳定律,有p1V1=p2V2 代入数值可得L2=25 cm。 【总结提升】 应用玻意耳定律的思路和方法 (1)确定研究对象,并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 (2)确定始末状态及状态参量(p1、V1,p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程p1V1=p2V2,代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。 (4)有时要检验结果是否符合实际,对不符合实际的结果要舍去。 例2 内径均匀的L形直角细玻璃管,一端封闭,一端开口竖直向上,用水银柱将一定质量的空气封存在封闭端内,空气柱长4 cm,水银柱高58 cm,进入封闭端的水银柱长2 cm,如图所示,已知环境温度是87 ℃,大气压强为75 cmHg,求: (1)在如图所示位置空气柱的压强p1; (2)在如图所示位置,要使空气柱的长度变为3 cm,温度必须降低到多少摄氏度(本问结果保留1位有效数字)? 答案　(1)133 cmHg　(2)-5 ℃ 解析　(1)根据题意,封闭气体的压强为 p1=p0+ph=(75+58) cmHg=133 cmHg。 (2)根据题意,设玻璃管的横截面积为S,温度降低到t,对空气柱,初态有p1=133 cmHg V1=4 cm·S,T1=(273+87) K=360 K 末态有p2=p0+ph'=(75+57) cmHg=132 cmHg,V2=3 cm·S,T2=(273+t) K 由理想气体状态方程有= 代入数据解得t≈-5 ℃。 【总结提升】应用理想气体状态方程解题的一般步骤 (1)明确研究对象,即一定质量的理想气体。 (2)确定气体在初、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2。 (3)由理想气体状态方程列式求解,注意方程中各量的单位。温度必须是热力学温度T,公式两边的压强p和体积V单位必须统一,但不一定是国际单位制中的单位。 (4)必要时讨论结果的合理性。 【针对性训练】 1 .某实验小组的同学用如图所示的装置测量纸张燃烧过程中的最高温度。在环境温度为7 ℃时将一左端开口、右端封闭的U形管稳定竖直放置,U形管右侧用水银封闭了一段长为14 cm的空气柱,左端有一管道与容器相连,初始状态下U形管左侧液面与右侧顶端平齐,且左侧水银恰好不溢出。将燃烧源靠近空气柱,燃烧结束后当温度再次恢复到7 ℃时左侧水银面下降了7 cm。已知大气压强为76 cmHg,纸张燃烧过程中的最高温度约为(T=t+273 K)(　　) A.500 ℃ B.400 ℃ C.300 ℃ D.200 ℃ 答案　D 解析　设U形管的横截面积为S,初状态时封闭气体的状态参量为p1=(76+14)cmHg=90 cmHg,V1=14 cm·S,T1=(7+273)K=280 K,设加热过程中溢出的水银柱长度为h,则末状态时封闭气体的状态参量为p3=(76+h)cmHg,V3=(7 cm+h)·S,T3=(7+273)K=280 K,由理想气体的状态方程可知=,解得h=8 cm,设纸张燃烧过程中的最高温度为T2,此时封闭气体的状态参量为p2=(76+14+h)cmHg,V2=(14 cm+h)S,由理想气体的状态方程可知=,解得T2≈479 K,可知纸张燃烧过程中的最高温度约为t=(479-273) ℃=206 ℃,故D正确。 2 .如图所示,某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通,细管的上部封闭,并和一压力传感器相接。洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,细管中空气压强会随着洗衣缸中水面的升降而变化,再通过压力传感器控制进水阀门的开合,以达到自动控水的目的。下列说法正确的是(　　) A.洗衣缸水位与细管水位总是等高 B.洗衣缸水位越高,传感器受到压力越大 C.洗衣缸水位与传感器受到压力成正比 D.洗衣缸进水过程,细管中的空气体积会不断减小 答案　BD 解析　洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,随着水位的上升,细管中的空气被压缩,体积会不断减小,但气体温度认为近似不变,根据=C可知,压强增大,则传感器受到压力越大,故B、D正确;由于细管中的空气压强大于洗衣缸水面上的压强,则洗衣缸水位高于细管水位,故A错误;设细管空气柱最初长度为H,进水后水的深度为h,洗衣缸里水的深度为h',则p0HS=p(H-h)S,又p=p0+ρg(h'-h),联立解得h'=H+-,显然h'与p不是正比关系,即洗衣缸水位与传感器受到压力不成正比,故C错误。 3 如图所示，10℃的氧气和20℃的氢气体积相同，汞柱在连通两容器的细管中央，下面的叙述中，正确的是（　　） A. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱不移动 B. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱将向左移 C. 当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱向左移 D. 当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱不会移动 【答案】C 【解析】 假设两部分气体的体积不变，设气体初始状态的参量为p1、T1，末状态参量为p2、T2，变化温度为ΔT、变化压强为Δp，由查理定律有 可得 开始时两部分气体的压强p相同，若变化过程中ΔT相同，因为 T氧<T氢 由 得 Δp氧>Δp氢 所以汞柱向右移动，故AB错误。 开始时两部分气体的压强p相同，T氧=283K，T氢=293K，若ΔT氧=10K，ΔT氢=20K，由 得 Δp氧<Δp氢 所以汞柱向左移，故C正确，D错误。 4．（10分）(2024湖南顶级名校质检)如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为4.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定质量的理想气体，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297K。 （1）细管倒置后，气体吸热还是放热； （2）求细管的长度； （3）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，求此时密封气体的温度。 【解析】（1）细管倒置后，由于气体体积变大，气体对外做功，而气体温度最终不变，内能不变，由可知气体吸热 （2）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，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为，压强为。 由玻意耳定律有 由力的平衡条件可得，细管倒置前后，管内气体压强有 式中，分别为水银的密度和重力加速度的大小，为大气压强。由题意有 联立解得 L=24cm （3）设气体被加热前后的温度分别为和T，由盖-吕萨克定律有 解得 T=330K 5．（8分）如图所示，一粗细均匀且一端密闭的细玻璃管开口向下竖直放置，管内有一段长为的水银柱，水银柱上方封闭了长度为的理想气体，此时封闭在管内的气体处于状态A，温度。先缓慢加热封闭气体使其处于状态B，此时封闭气体长度为。然后保持封闭气体温度不变，将玻璃管缓慢倒置后使气体达到状态C。已知大气压强恒为，求： （1）判断气体从状态A到状态B的过程是吸热还是放热，并说明理由； （2）气体处于状态B时的温度； （3）气体处于状态C时的长度。 【解析】 （1）由热力学第一定律可知，从状态A到状态B，气体温度升高，内能增大（1分），同时对外做功（1分），所以气体一定吸热（1分）。 （2）设玻璃管横截面积为S，由盖-吕萨克定律（1分） 得（1分） （3）气体处于状态B时，有 得 气体处于状态C时，有 得（1分） 由玻意耳定律（1分） 得（1分） 6. 如图所示，开口向上竖直放置的玻璃管长为5h，质量为m、高为h的水银柱将一段空气柱封在管内，被封空气柱的温度为，水银柱上端到管口的距离为h。现给玻璃管加热，水银柱缓慢上升至管内剩余一半水银，此过程中空气柱的内能增加了，已知水银柱的截面积为S，大气压强为，重力加速度为g，忽略空气柱向外界传递的能量，求： （1）水银柱上升至管口时，空气柱的温度T； （2）水银柱上升过程中，空气柱需要吸收的热量Q。 【答案】（1）；（2） 【解析】 （1）水银柱上升至管口时，封闭气体内部压强不变，皆为 因此对气体，为等压变化，有 解得 （2）在水银柱上升至管口时，空气柱对水银做功 在水银柱上升至管口并只剩下一半水银时，空气柱对水银做功 故整个过程，空气柱对水银做功为 根据热力学第一定律 解得 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＝ 解得L3＝36.6cm. 8 .如图所示为上端开口的“凸”形玻璃管,管内有一部分水银柱密封一定质量的理想气体,细管足够长,粗、细管的横截面积分别为S1=4 cm2、S2=2 cm2,密封的气体柱长度为L=20 cm,水银柱长度h1=h2=5 cm,封闭气体初始温度为67 ℃,大气压强p0=75 cmHg。 (1)求封闭气体初始状态的压强。 (2)若缓慢升高气体温度,求升高至多少时方可将所有水银全部压入细管内? 答案　(1)85 cmHg　(2)450 K 解析　(1)封闭气体初始状态的压强 p=p0+ρg(h1+h2)=85 cmHg。 (2)封闭气体初始状态的体积为V=LS1=80 cm3 温度T=(67+273) K=340 K 水银刚全部压入细管时水银柱高度为 h=2h1+h2=15 cm 此时封闭气体压强p1=p0+ρgh=90 cmHg 气体体积为V1=(L+h1)S1=100 cm3 由理想气体状态方程得= 解得T1=450 K。 9 .[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. 10 .[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； （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＋＝12cm 由理想气体状态方程得＝ 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. 11 .某学习小组设计了一个简易温度计，一根细长的均匀玻璃管一端开口。管内用水银柱封闭有一段气柱，如图所示，当管口竖直向上时，气柱长度为L1＝40 cm，当管口竖直向下时，气柱长度为L2＝60 cm，管内气体可视为理想气体，环境温度T0＝300 K。 (1)求玻璃管水平放置时的气柱长度L0; (2)①当玻璃管水平放置时，环境温度上升了Δt＝1 ℃，求水银柱在玻璃管中移动的距离Δx，并判断温度计的标度是否均匀; ②请举出一条提高温度计灵敏度的措施(越大，装置灵敏度越高)。 答案　(1)48 cm　(2)①1.6 mm　标度均匀　②见解析 解析　(1)设大气压强为p0，水银柱长度为h，管内横截面积为S。由玻意耳定律可知，当玻璃管从平放到管口竖直向上时，有 p0L0S＝(p0＋ρgh)L1S 当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有 p0L0S＝(p0－ρgh)L2S 联立解得L0＝48 cm。 (2)①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T0＝300 K，环境温度上升了Δt 由盖－吕萨克定律有 解得Δx＝L0＝1.6 mm 由于Δx与Δt成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的。 ②由以上分析得 故封闭更多的气体，即增大L0，增大，可提高灵敏度。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二物理暑期能力提升 专题18 应用气体状态方程解决液柱类问题 【方法解读】 1.应用气体状态方程解决液柱类问题 问题特征 用玻璃管与一段液柱（如水银柱）封闭一定质量的理想气体，在外界因素（如玻璃管倾斜情况、液柱长度、气体的温度等）发生变化时，会导致管内气体的状态发生变化，从而会有一系列的力热综合问题 研究对象及分析 热学研究对象：一定质量的理想气体 初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程 力学研究对象：液柱、玻璃管 进行受力分析，依据力学规律列出方程，求气体压强 隐含条件分析 液柱长度与玻璃管长度、气柱长度的关系等，列出相关辅助方程 注意事项 ①液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh；当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程更简捷； ②不要漏掉大气压强； ③有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体在同一水平面上各处压强相等 2.液柱移动问题 定性分析液柱移动问题常使用假设推理法，根据题假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。 常用推论有两个： (1)查理定律的分比形式：=或Δp=p。 (2)盖—吕萨克定律的分比形式：=或ΔV=V。 例1 (2025·山东潍坊高二月考)如图所示,一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管,有一段h=19 cm的水银柱将一部分空气封闭在细玻璃管里。当玻璃管开口向上竖直放置时(如图甲),管内空气柱长L1=15 cm,大气压强p0=76 cmHg。那么,当玻璃管开口向下竖直放置时(如图乙,水银没有流出),管内空气柱的长度是多少? 【总结提升】 应用玻意耳定律的思路和方法 (1)确定研究对象,并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 (2)确定始末状态及状态参量(p1、V1,p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程p1V1=p2V2,代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。 (4)有时要检验结果是否符合实际,对不符合实际的结果要舍去。 例2 内径均匀的L形直角细玻璃管,一端封闭,一端开口竖直向上,用水银柱将一定质量的空气封存在封闭端内,空气柱长4 cm,水银柱高58 cm,进入封闭端的水银柱长2 cm,如图所示,已知环境温度是87 ℃,大气压强为75 cmHg,求: (1)在如图所示位置空气柱的压强p1; (2)在如图所示位置,要使空气柱的长度变为3 cm,温度必须降低到多少摄氏度(本问结果保留1位有效数字)? 【总结提升】应用理想气体状态方程解题的一般步骤 (1)明确研究对象,即一定质量的理想气体。 (2)确定气体在初、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2。 (3)由理想气体状态方程列式求解,注意方程中各量的单位。温度必须是热力学温度T,公式两边的压强p和体积V单位必须统一,但不一定是国际单位制中的单位。 (4)必要时讨论结果的合理性。 【针对性训练】 1 .某实验小组的同学用如图所示的装置测量纸张燃烧过程中的最高温度。在环境温度为7 ℃时将一左端开口、右端封闭的U形管稳定竖直放置,U形管右侧用水银封闭了一段长为14 cm的空气柱,左端有一管道与容器相连,初始状态下U形管左侧液面与右侧顶端平齐,且左侧水银恰好不溢出。将燃烧源靠近空气柱,燃烧结束后当温度再次恢复到7 ℃时左侧水银面下降了7 cm。已知大气压强为76 cmHg,纸张燃烧过程中的最高温度约为(T=t+273 K)(　　) A.500 ℃ B.400 ℃ C.300 ℃ D.200 ℃ 2 .如图所示,某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通,细管的上部封闭,并和一压力传感器相接。洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,细管中空气压强会随着洗衣缸中水面的升降而变化,再通过压力传感器控制进水阀门的开合,以达到自动控水的目的。下列说法正确的是(　　) A.洗衣缸水位与细管水位总是等高 B.洗衣缸水位越高,传感器受到压力越大 C.洗衣缸水位与传感器受到压力成正比 D.洗衣缸进水过程,细管中的空气体积会不断减小 3 如图所示，10℃的氧气和20℃的氢气体积相同，汞柱在连通两容器的细管中央，下面的叙述中，正确的是（　　） A. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱不移动 B. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱将向左移 C. 当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱向左移 D. 当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱不会移动 4．（10分）(2024湖南顶级名校质检)如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为4.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定质量的理想气体，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297K。 （1）细管倒置后，气体吸热还是放热； （2）求细管的长度； （3）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，求此时密封气体的温度。 5．（8分）如图所示，一粗细均匀且一端密闭的细玻璃管开口向下竖直放置，管内有一段长为的水银柱，水银柱上方封闭了长度为的理想气体，此时封闭在管内的气体处于状态A，温度。先缓慢加热封闭气体使其处于状态B，此时封闭气体长度为。然后保持封闭气体温度不变，将玻璃管缓慢倒置后使气体达到状态C。已知大气压强恒为，求： （1）判断气体从状态A到状态B的过程是吸热还是放热，并说明理由； （2）气体处于状态B时的温度； （3）气体处于状态C时的长度。 6. 如图所示，开口向上竖直放置的玻璃管长为5h，质量为m、高为h的水银柱将一段空气柱封在管内，被封空气柱的温度为，水银柱上端到管口的距离为h。现给玻璃管加热，水银柱缓慢上升至管内剩余一半水银，此过程中空气柱的内能增加了，已知水银柱的截面积为S，大气压强为，重力加速度为g，忽略空气柱向外界传递的能量，求： （1）水银柱上升至管口时，空气柱的温度T； （2）水银柱上升过程中，空气柱需要吸收的热量Q。 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）. 8 .如图所示为上端开口的“凸”形玻璃管,管内有一部分水银柱密封一定质量的理想气体,细管足够长,粗、细管的横截面积分别为S1=4 cm2、S2=2 cm2,密封的气体柱长度为L=20 cm,水银柱长度h1=h2=5 cm,封闭气体初始温度为67 ℃,大气压强p0=75 cmHg。 (1)求封闭气体初始状态的压强。 (2)若缓慢升高气体温度,求升高至多少时方可将所有水银全部压入细管内? 9 .[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. 10 .[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； （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） 11 .某学习小组设计了一个简易温度计，一根细长的均匀玻璃管一端开口。管内用水银柱封闭有一段气柱，如图所示，当管口竖直向上时，气柱长度为L1＝40 cm，当管口竖直向下时，气柱长度为L2＝60 cm，管内气体可视为理想气体，环境温度T0＝300 K。 (1)求玻璃管水平放置时的气柱长度L0; (2)①当玻璃管水平放置时，环境温度上升了Δt＝1 ℃，求水银柱在玻璃管中移动的距离Δx，并判断温度计的标度是否均匀; ②请举出一条提高温度计灵敏度的措施(越大，装置灵敏度越高)。 1 学科网（北京）股份有限公司 $