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第十五章
热学
液柱移动问题　关联
气体问题
微点突破10
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·江苏南通市二模)两端封闭的玻璃管水平放置，一段水银柱将管中的理想气体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
√
　　　假设升温后液柱不动，则气体体积一定，升温前a、b两部分气体压强相等，升高相同的温度，由查理定律可得 =，解得Δp=p1，原来温度低的压强增大的多，与原来气体体积大小无关；题图A中，因Ta>Tb，升温时假设液柱不动，由Δp=p1可得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，A正确；
同理可知，题图B中，因Ta=Tb，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，B错误；
同理可知，题图C、D中，因Ta　　　(2025·江苏徐州市检测)如图所示为水平放置的固定圆柱形汽缸，汽缸内被A、B两活塞封有一定质量的气体，活塞之间用水平硬杆相连(硬杆的粗细可忽略)，活塞与汽缸壁之间可无摩擦地滑动且不漏气。现缸内气体温度为T1，活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温度缓慢下降到T2，且降温幅度很小，外界环境压强不变，则下列说法中正确的是
A.缸内气体将做等体积变化，活塞不发生移动
B.活塞将向右移动
C.活塞将向左移动
D.活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、压强与降温前相比都发生
　了变化
√
　　　设外界环境压强与密封气体压强分别为p0、p1，对活塞与硬杆整体分析有p0SA+p1SB=p1SA+p0SB，解得p0=p1，可知，气体发生的是等压变化，根据盖—吕萨克定律有=可知，当缸内气体温度缓慢下降到T2时，密封气体体积将随之减小，由于活塞用硬杆相连，两活塞移动的距离相等，当体积减小时，活塞应向横截面积较小的活塞一侧移动，即活塞将向右移动，A、C错误，B正确；
根据上述可知，活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度与降温前相比都发生了变化，而压强没有发生变化，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)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·江苏徐州市一模)如图所示，一封闭着理想气体、导热良好的密闭容器竖直放置，横截面积为S的水平轻质活塞将该容器分成上、下两部分，每部分气体压强均为p0，初始体积相等。现将一重物悬挂在活塞上，稳定后下部的体积变为原来的一半，重物未触底。已知重力加速度大小为g，重物的体积忽略不计，活塞与容器间没有摩
擦且封闭性良好，求：
(1)稳定后，上、下两部分气体压强的比值；
答案　　
　　　设悬挂重物前，上、下两部分气体的体积都为V，由于是导热容器，所以上、下两部分气体均做等温变化，由玻意耳定律有
上部分气体p0V=p1(V+)
下部分气体p0V=p2(V-)
联立解得=
(2)重物的质量。
答案　
　　　对轻质活塞受力分析，则有p1S+mg=p2S
解得m=。
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。
跟踪训练
1.(2025·江苏盐城市射阳中学模拟)如图所示，导热性能良好的玻璃管竖直放置，一段汞柱将管内理想气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1、l2，且l1=l2，下列判断正确的是
A.若环境温度升高，每个气体分子的动能都会增大
B.若环境温度升高，稳定后两部分气体长度还是l1=l2
C.若将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1>l2
D.若将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1√
　　　若环境温度升高，则气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都会增大；初始时，根据平衡条件可知，上方气体压强p1小于下方气体压强p2；若环境温度升高，假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对上方气体由查理定律得=，解得Δp1=p1，同理对下方气体由查理定律得Δp2=p2，由于p1Δp1，故下方气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l1若将玻璃管转至水平，由于初始时p12.(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；
答案　p0　p0　
　　　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。
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=。
3.如图所示，水平放置的封闭玻璃管由两段直径不同、长度均为20 cm的A、B细管组成，B管内径为A管内径的2倍，管内气体被一段水银柱隔开，开始时两管内水银柱长均为2 cm，室内温度0 ℃，对左侧气体加热，右侧气体温度始终不变。
(1)加热左侧气体，温度升高到多少时，左侧气柱
长度改变2 cm；
答案　312 K　
　　　B管内径为A管内径的2倍，
则有SB=4SA
加热前A、B中空气柱的长度分别为
LA=LB=20 cm-2 cm=18 cm
则在加热前，由题意有
VA=SALA，VB=SBLB ，TA=273 K
pA=pB
加热左侧气体后，水银柱向右移动，A的体积增大，B的体积减小，
　　　根据题意有A、B中空气柱的长度分别为
LA2=20 cm，LB2=17.5 cm
则加热后，根据题意有VA2=SALA2，VB2=SBLB2
pA2=pB2
由于B中气体温度不变，
则根据玻意耳定律有pBVB=pB2VB2
对A中气体分析，根据理想气体状态方程有=
联立解得TA2=312 K
(2)加热左侧气体到468 K时，右侧气柱长度为多少。
答案　15.75 cm
　　　设温度从312 K升高到468 K的过程中，B内水银柱向右移动的距离为d，则有
VA3=VA2+d·SB，VB3=VB2-d·SB
pA3=pB3，TA3=468 K
由于B中气体温度不变，则根据玻意耳定律有pB2VB2=pB3VB3
对A中气体分析，根据理想气体状态方程有=
联立解得d=1.75 cm
则加热左侧气体到468 K时，
右侧气柱长度为LB3=17.5 cm-1.75 cm=15.75 cm
本课结束
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第十五章

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