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　关联气体模型
目标要求　1.会定性分析液柱移动问题；2.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。
一、定性分析液柱移动问题
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　如图所示，一端封闭的粗细均匀的足够长玻璃管竖直放置，其开口向上，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，上段空气柱的体积为V1，下段空气柱的体积为V2，开始时V1=2V2。现将玻璃管缓慢地均匀加热，加热后上、下段空气柱的体积变化量为ΔV1、ΔV2，则ΔV1和ΔV2的大小关系为(　　)
A.ΔV1>2ΔV2 B.ΔV1=2ΔV2
C.ΔV1<2ΔV2 D.条件不足，无法确定
答案　B
解析　在整个加热过程中，上段气柱的压强为p1=p0+ρgh1，可知，上段气柱的压强始终保持不变，下段气柱的压强为p2=p1+ρgh2=p0+ρg(h1+h2)，可知，下段气柱的压强也始终不变，即整个过程两段气柱为等压变化，根据盖—吕萨克定律有==，==，则有ΔV1=，ΔV2=，由于V1=2V2，解得ΔV1=2ΔV2，故选B。
二、关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或气缸相互关联的问题，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。
例2　(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3　(2025·广东茂名市模拟)如图所示，轻质活塞和水银柱将两部分空气柱封闭在竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管内，玻璃管右端封闭，左管的活塞可在外力作用下无摩擦地移动，两管中的水银柱和空气柱的长度如图所示，单位为cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa=75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。整个过程不会出现漏气现象。已知图示状态下作用在活塞上的力竖直向下，大小为F=10 N，活塞的横截面积为1 cm2，U形管底部厚度不计。
(1)求此时右管封闭气体的压强p；
(2)用力下压活塞，将左管中的水银缓慢压入底部，求刚好将左管中水银全部压入底部时，活塞下移的距离h(计算结果保留两位小数)。
答案　(1)2.0×105 Pa　(2)21.75 cm
解析　(1)设左管气体压强为p1，活塞静止，以活塞为研究对象，由平衡条件得：p0S+F=p1S
由题意可知，活塞横截面积S=1 cm2
代入数据解得p1=2.0×105 Pa
左右两管水银面等高，两管气体压强相等，因此右管封闭气体压强p=p1=2.0×105 Pa。
(2)开始左管空气柱长度l1=36 cm，右管空气柱长度l2=30 cm，刚好将左管水银全部压入底部时，活塞向下移动的距离为h，左管空气柱长度为l左=(36+9-h) cm=(45-h) cm，压强为p左，
右管空气柱长度为l右=(30-9) cm=21 cm，压强为p右，其中p左=p右+pΔh=[p右+(9+9)] cmHg=(p右+18) cmHg
气体温度不变，对左管气体由玻意耳定律得
pl1S=p左l左S
对右管气体有pl2S=p右l右S
代入数据解得h≈21.75 cm。
例4　(2024·广东卷·13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
答案　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3
(3)1.1×102 kg
解析　(1)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K
末态T2=270 K
根据=，代入数据可得pB2=9×104 Pa
由于p0-pB2<Δp
假设成立，即pB2=9×104 Pa
(2)A内气体做等压变化，压强保持不变，
初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K
末态T2=270 K
根据=，代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3
(3)恰好稳定时，A内气体压强为pA'=p0+
B内气体压强pB'=p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA'-pB'=Δp
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
例5　(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。
(2)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=。
1.(2025·广东中山市华侨中学段考)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。若初始温度相同，升高相同温度时，A增加的压强大于B增加的压强，水银柱将上移，故选B。
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。
3.(2025·广东潮州市百校联考)某款海上航标灯的结构原理如图所示，由三个导热性能良好的气室A、B、C组成，可以利用海浪的上下起伏进行发电。工作时，空气由气室A吸入气室B，在气室B中压缩后，空气被推入气室C，推动涡轮发电机发电，其中阀门K1、K2只能单向开关，当海水下降时，活塞下移，阀门K2打开，K1闭合。当海水上升时，阀门K2闭合，海水推动上方活塞压缩空气，当气室B中空气的压强大于气室C中压强时，阀门K1打开，之后活塞继续推动气室B中的空气，直到气室B中的空气全部被推入气室C为止，气室C中的空气推动涡轮发电机工作。已知海水开始上升时，气室B有最大体积为V，气室C中压强为5p0，气室C的体积为，将空气视为理想气体，p0为大气压强，环境温度始终保持不变。
(1)若海水开始上升时，气室C与发电机之间的阀门关闭，求阀门K1即将打开时，气室B中空气的体积；
(2)在(1)的情况下，求经过活塞压缩一次，气室C中的压强。
答案　(1)　(2)7p0
解析　(1)设阀门K1即将打开时，气室B中空气的体积为V1，根据玻意耳定律可得p0V=5p0V1
解得V1=
(2)设气室B中的空气全部被推入气室C时，气室C中的压强为p2，根据玻意耳定律可得
5p0(V1+)=p2·
解得p2=7p0。
4.(2025·广东广州市华南师大附中月考)如图所示，一粗细均匀足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2=30 cm，上方水银柱长h2=4 cm，左右两侧水银面高度差h1=12 cm，已知大气压强p0=76.0 cmHg，大气温度T1=300 K，现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求：
(1)加热前空气柱A、B的压强各为多少；
(2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2；
(3)加热后，B空气柱上方水银柱上升高度L。
答案　(1)68 cmHg　80 cmHg　(2)441.2 K　(3)20.12 cm
解析　(1)加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg
pA=pB-ρgh1=68 cmHg
(2)空气柱B压强保持不变，
则有pA2=pB=80 cmHg
对空气柱A根据理想气体状态方程有
=
解得T2≈441.2 K
(3)以空气柱B为研究对象，加热前温度T1=300 K，体积VB1=L2S，加热后温度T2=441.2 K，体积VB2=(L2+ΔL)S，
由盖-吕萨克定律得=
联立可得ΔL=14.12 cm
B空气柱上方水银柱上升高度L=ΔL+=20.12 cm。

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