资源简介

第78课时　专题强化：液柱移动问题　关联气体问题
目标要求　1.掌握液柱移动问题特点及分析方法。2.会分析关联气体问题，提高建模能力和综合分析能力。
1.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·广东中山市华侨中学检测)竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，温度相同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将(　　)
A.向A端移动
B.向B端移动
C.始终不动
D.以上三种情况都有可能
答案　B
解析　对一定质量的密闭气体进行等容变化分析=，得Δp=·ΔT，初始时，设气体A的压强为pA，气体B的压强为pB，水银柱的高度为h，则pB+ρ水银gh=pA，故初始时气体A的压强大于气体B的压强。初始温度相同，升高相同温度时，A增加的压强大于B增加的压强，水银柱将向B端移动，故选B。
例2　(多选)(2025·河南卷·10)如图，一圆柱形汽缸水平固定，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
答案　AC
解析　假设在升温的过程中P不发生移动，则左、右两侧气体均做等容变化，由查理定律=可得Δp=ΔT，因初始时p相同，T1Δp右，则假设不成立，活塞P向右移动，A正确，B错误；保持温度不变，M、N缓慢向中间移动相同的距离，根据理想气体状态方程，对左侧气体有=C1，p=，同理可得p=，若P不移动，则>，即p1>p2，故P将向右移动，C正确，D错误。
2.关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相对应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
(3)活塞类通过连接杆连接问题通常结合受力分析，灵活采用整体法与隔离法求解压强。
(4)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
例3　(2023·全国乙卷·33(2))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)
答案　pA=74.36 cmHg　pB=54.36 cmHg
解析　设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA=pB+20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA=4SB
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，
所以有pA'+23 cmHg=pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA=pA'SALA'
对B管内空气柱有pBSBLB=pB'SBLB'
其中LA'=10 cm+1 cm=11 cm
LB'=10 cm-4 cm=6 cm
联立以上各式解得pA=74.36 cmHg，
pB=54.36 cmHg。
例4　(2025·山东日照市三模)如图所示，高度为h、内部横截面积为S的绝热汽缸竖直放置，厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭两部分理想气体。初始时活塞A与汽缸底面之间的距离为h，两活塞之间的距离为h，两部分气体和外界温度均为T0，大气压强为p0。现通过电热丝对区域甲内的气体缓慢加热，当活塞B到达汽缸口时停止加热并立即锁定活塞B，然后打开阀门K，气体缓慢漏出，经过足够长的时间，区域乙内剩余气体的质量是原来质量的。已知活塞A的质量不计，活塞B的质量为(g为当地重力加速度)，两活塞与汽缸之间接触良好且无摩擦，不计电热丝的体积，外界温度保持不变。最终稳定后(　　)
A.活塞A到汽缸底部的距离为h
B.活塞A到汽缸底部的距离为h
C.区域甲内气体的温度为T0
D.区域甲内气体的温度为T0
答案　A
解析　因为活塞A不计质量，所以甲、乙两部分气体压强相等。打开阀门之前p甲=p乙=+p0=p0，打开阀门之后有p甲'=p乙'=p0，对于乙部分气体，由玻意耳定律得p乙·hS=p0V乙'，则乙部分气体在压强是p0时的体积为V乙=V乙'=hS，所以甲部分气体在压强是p0时的体积为hS，故活塞A到汽缸底部的距离为h，故A正确，B错误；对于甲部分气体由理想气体状态方程得=，解得T甲=T0，故C、D错误。
　两种模型的分析方法
模型 解决方法 易错辨析
玻璃管液封模型 以液柱为研究对象进行受力分析，联系两部分气体的p、V、T等量；再结合气体实验定律求解问题 准确找到液柱高度差是求解压强的关键点
汽缸活塞模型 分析活塞的受力情况，结合运动状态，求解封闭气体的压强 找出封闭气体初、末状态的物理量，结合气体实验定律求解结果。
课时精练
[分值：50分]
1.(10分)(2025·河北唐山市质检)某同学为探究水银柱在气体作用下的移动情况，在实验室取来两个相同的集气瓶A和B，用粗细均匀的薄壁玻璃管相连后，分别置于两个恒温箱内，玻璃管的水平部分(足够长)内有一小段水银柱，通过水银柱在玻璃管和两集气瓶内各封闭一定质量的气体(可视为理想气体)，如图所示；调节两恒温箱内的温度TA、TB，当TA=300 K，TB=250 K时，水银柱恰好处于水平玻璃管的正中央，已知此时两部分气体体积均为V0，玻璃管的横截面积为S。现让两恒温箱的温度均缓慢升高ΔT=50 K。
(1)(5分)通过定性分析判断水银柱的移动方向；
(2)(5分)求水银柱移动的距离。
答案　(1)向左　(2)
解析　(1)假设温度升高后，液柱不动，对两气体都有=
即Δp=ΔT
A、B两部分气体初始压强p0相等，ΔT相同，因TA>TB，则可知ΔpA<ΔpB，故升温后水银柱将向左移动。
(2)设水银柱移动的距离为x，则对A中气体有
=
对B中气体有=
联立可解得x=。
2.(10分)(2025·陕西宝鸡市一模)如图所示，均匀薄壁U形玻璃管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管内装有一定量的某种液体。右管内有一轻活塞，与管壁间无摩擦且不漏气。活塞与管内液体在左、右管内密封了两段空气柱(可视为理想气体)。当温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L。已知大气压强为p0，玻璃管横截面积为S，不计轻活塞重力。现将左右两管理想气体缓慢升高相同的温度，使两管液面高度差为L，左管压强变为原来的1.2倍。求：
(1)(4分)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L；
(2)(6分)温度升高过程中，右管内的轻活塞上升的距离。
答案　(1)1.8T0　(2)1.3L
解析　(1)当两管液面高度差为L时左管液柱下降，右管液柱上升，设此时温度为T，则对左管封闭气体，根据理想气体状态方程有
=
解得T=1.8T0
(2)升温过程中，右管封闭气体压强不变，设末状态时右管中封闭气体长度为L'，则有=
解得L'=1.8L
活塞上升的高度Δh=L'+-L=1.3L。
3.(10分)(2026·河南省名校联考检测)如图所示的细玻璃管水平固定放置，玻璃管内一段水银柱把两团理想气体甲、乙隔开，稳定时左端气体的体积与温度分别为2V、2T，右端气体的体积与温度分别为V、T，忽略水银柱与玻璃管间的摩擦阻力。
(1)(5分)同时缓慢地增加两团气体的温度，若水银柱不移动，求甲、乙的温度的增加量之比；
(2)(5分)同时缓慢地增加两团气体的温度，若水银柱向左运动，当甲、乙的体积相等时，求甲、乙的温度之比。
答案　(1)2∶1　(2)1∶1
解析　(1)升温前两团气体压强相等，设为p，水银柱不移动，
对甲、乙两团气体由等容变化规律可得=，=，
水银柱不移动，则有Δp甲=Δp乙
联立解得ΔT甲∶ΔT乙=2∶1
(2)若水银柱向左运动，当甲、乙的体积相等时，两团气体的体积均为1.5V，压强均设为p'
对甲、乙两团气体由理想气体状态方程可得=，=
联立解得T甲'∶T乙'=1∶1。
4.(10分)(2024·甘肃卷·13)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半，系统稳定后B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)(6分)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。
(2)(4分)弹簧的劲度系数k。
答案　(1)p0　p0　(2)
解析　(1)对A内气体分析：
抽气前：体积V=Sl　压强p0
抽气后：VA=2V-V=Sl
根据玻意耳定律得p0V=pAVA
解得pA=p0
对B内气体分析，
若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，
则根据玻意耳定律得p0V=pB·V
解得pB=p0
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F
根据胡克定律得F=k
联立得k=。
5.(10分)(2022·河北卷·15(2))水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)(6分)此时上、下部分气体的压强；
(2)(4分)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
答案　(1)2p0　p0　(2)
解析　(1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0=p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1=2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0+SL0=SL0，则
p0·SL0=p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2=p0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S=mg+p2S
解得活塞的质量为m=。(共39张PPT)
第十五章
热学
专题强化：液柱移动
问题　关联气体问题
第78课时
1.掌握液柱移动问题特点及分析方法。
2.会分析关联气体问题，提高建模能力和综合分析能力。
目标要求
1.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。
　　　(2025·广东中山市华侨中学检测)竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，温度相同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将
A.向A端移动
B.向B端移动
C.始终不动
D.以上三种情况都有可能
√
　　　对一定质量的密闭气体进行等容变化分析=，得Δp=·ΔT，初始时，设气体A的压强为pA，气体B的压强为pB，水银柱的高度为h，则pB+ρ水银gh=pA，故初始时气体A的压强大于气体B的压强。初始温度相同，升高相同温度时，A增加的压强大于B增加的压强，水银柱将向B端移动，故选B。
　　　(多选)(2025·河南卷·10)如图，一圆柱形汽缸水平固定，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，
P将右移
B.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
√
√
　　　假设在升温的过程中P不发生移动，则左、右两侧气体均做等容变化，由查理定律=可得Δp=ΔT，因初始时p相同，T1Δp右，则假设不成立，活塞P向右移动，A正确，B错误；
保持温度不变，M、N缓慢向中间移动相同的距离，根据理想气体状态方程，对左侧气体有=C1，p=，同理可得p=，若P不移动，则>，即p1>p2，故P将向右移动，C正确，D错误。
2.关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相对应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
(3)活塞类通过连接杆连接问题通常结合受力分析，灵活采用整体法与隔离法求解压强。
(4)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
　　　(2023·全国乙卷·33(2))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)
答案　pA=74.36 cmHg　pB=54.36 cmHg
　　　设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA=pB+20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA=4SB
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，
所以有pA'+23 cmHg=pB'
　　　倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA=pA'SALA'
对B管内空气柱有pBSBLB=pB'SBLB'
其中LA'=10 cm+1 cm=11 cm
LB'=10 cm-4 cm=6 cm
联立以上各式解得pA=74.36 cmHg，
pB=54.36 cmHg。
　　　(2025·山东日照市三模)如图所示，高度为h、内部横截面积为S的绝热汽缸竖直放置，厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭两部分理想气体。初始时活塞A与汽缸底面之间的距离为h，两活塞之间的距离为h，两部分气体和外界温度均为T0，大气压强为p0。现通过电热丝对区域甲内的气体缓慢加热，当活塞B到达汽缸口时停
止加热并立即锁定活塞B，然后打开阀门K，气体缓慢漏出，经过足够长的时间，区域乙内剩余气体的质量是原来质量的。已知活塞A的质量不计，活塞B的质量为(g为当地重力加速度)，两活塞与汽缸之间接触良好且无摩擦，不计电热丝的体积，外界温度保持不变。最终稳定后
A.活塞A到汽缸底部的距离为h
B.活塞A到汽缸底部的距离为h
C.区域甲内气体的温度为T0
D.区域甲内气体的温度为T0
√
　　　因为活塞A不计质量，所以甲、乙两部分气体压强相等。打开阀门之前p甲=p乙=+p0=p0，打开阀门之后有p甲'=p乙'=p0，对于乙部分气体，由玻意耳定律得p乙·hS=p0V乙'，则乙部分气体在压强是p0时的体积为V乙=V乙'=hS，所以甲部分气体在压强是p0时的体积为hS，故活塞A到汽缸底部的距离为h，故A正确，B错误；
对于甲部分气体由理想气体状态方程得=，解得T甲=T0，故C、D错误。
两种模型的分析方法
模型 解决方法 易错辨析
玻璃管液封模型 以液柱为研究对象进行受力分析，联系两部分气体的p、V、T等量；再结合气体实验定律求解问题 准确找到液柱高度差是求解压强的关键点
汽缸活塞模型 分析活塞的受力情况，结合运动状态，求解封闭气体的压强 找出封闭气体初、末状态的物理量，结合气体实验定律求解结果。
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3
答案 (1)向左　(2) (1)1.8T0　(2)1.3L (1)2∶1　(2)1∶1
题号 4 5
答案 (1)p0　p0　(2) (1)2p0　p0　(2)
答案
1
2
3
4
5
1.(2025·河北唐山市质检)某同学为探究水银柱在气体作用下的移动情况，在实验室取来两个相同的集气瓶A和B，用粗细均匀的薄壁玻璃管相连后，分别置于两个恒温箱内，玻璃管的水平部分(足够长)内有一小段水银柱，通过水银柱在玻璃管和两集气瓶内各封闭一定质量的气体(可视为理想气体)，如图所示；调节两恒温箱内的温度TA、TB，当TA=300 K，TB=250 K时，水银柱恰好处于水平玻璃管的正中央，已知此时两部分气体体积均为V0，玻璃管的横截面积为S。现让两恒温箱的温度均缓慢升高ΔT=50 K。
(1)通过定性分析判断水银柱的移动方向；
1
2
3
4
5
答案
答案　向左
1
2
3
4
5
答案
　　　假设温度升高后，液柱不动，对两气体都有=
即Δp=ΔT
A、B两部分气体初始压强p0相等，ΔT相同，因TA>TB，则可知ΔpA<ΔpB，故升温后水银柱将向左移动。
(2)求水银柱移动的距离。
1
2
3
4
5
答案
答案　
1
2
3
4
5
答案
　　　设水银柱移动的距离为x，则对A中气体有
=
对B中气体有=
联立可解得x=。
2.(2025·陕西宝鸡市一模)如图所示，均匀薄壁U形玻璃管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管内装有一定量的某种液体。右管内有一轻活塞，与管壁间无摩擦且不漏气。活塞与管内液体在左、右管内密封了两段空气柱(可视为理想气体)。当温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L。已知大气压强为p0，玻璃管横截面积为S，不计轻活塞重力。现将左右两管理想气体缓慢升高相同的温度，使两管液面高度差为L，左管压强变为原来的1.2倍。求：
(1)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L；
1
2
3
4
5
答案
答案　1.8T0
1
2
3
4
5
答案
　　　当两管液面高度差为L时左管液柱下降，右管液柱上升，设此时温度为T，则对左管封闭气体，根据理想气体状态方程有
=
解得T=1.8T0
(2)温度升高过程中，右管内的轻活塞上升的距离。
1
2
3
4
5
答案
答案　1.3L
1
2
3
4
5
答案
　　　升温过程中，右管封闭气体压强不变，设末状态时右管中封闭气体长度为L'，则有=
解得L'=1.8L
活塞上升的高度Δh=L'+-L=1.3L。
3.(2026·河南省名校联考检测)如图所示的细玻璃管水平固定放置，玻璃管内一段水银柱把两团理想气体甲、乙隔开，稳定时左端气体的体积与温度分别为2V、2T，右端气体的体积与温度分别为V、T，忽略水银柱与玻璃管间的摩擦阻力。
1
2
3
4
5
答案
(1)同时缓慢地增加两团气体的温度，若水银柱不移动，求甲、乙的温度的增加量之比；
答案　2∶1
1
2
3
4
5
答案
　　　升温前两团气体压强相等，设为p，水银柱不移动，
对甲、乙两团气体由等容变化规律可得=，=，
水银柱不移动，则有Δp甲=Δp乙
联立解得ΔT甲∶ΔT乙=2∶1
(2)同时缓慢地增加两团气体的温度，若水银柱向左运动，当甲、乙的体积相等时，求甲、乙的温度之比。
1
2
3
4
5
答案
答案　1∶1
1
2
3
4
5
答案
　　　若水银柱向左运动，当甲、乙的体积相等时，两团气体的体积均为1.5V，压强均设为p'
对甲、乙两团气体由理想气体状态方程可得=，=
联立解得T甲'∶T乙'=1∶1。
4.(2024·甘肃卷·13)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半，系统稳定后B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。
1
2
3
4
5
答案
答案　p0　p0
1
2
3
4
5
答案
　　　对A内气体分析：
抽气前：体积V=Sl　压强p0
抽气后：VA=2V-V=Sl
根据玻意耳定律得p0V=pAVA
解得pA=p0
对B内气体分析，
若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，
则根据玻意耳定律得p0V=pB·V
解得pB=p0
(2)弹簧的劲度系数k。
1
2
3
4
5
答案
答案　
1
2
3
4
5
答案
　　　由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F
根据胡克定律得F=k
联立得k=。
5.(2022·河北卷·15(2))水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
1
2
3
4
5
答案
答案　2p0　p0
1
2
3
4
5
答案
　　　旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0=p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1=2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0+SL0=SL0，则
p0·SL0=p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2=p0
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
1
2
3
4
5
答案
答案　
1
2
3
4
5
答案
　　　对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S=mg+p2S
解得活塞的质量为m=。
本课结束
THANKS
第十五章

展开更多......

收起↑