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专题强化2　液柱移动问题与关联气体问题

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：根据题设条件，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1所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来上、下两部分气体温度相同)

图1
答案　水银柱上移
解析　水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强p1＝p2＋ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp1<Δp2，水银柱向下移动，若Δp1＝Δp2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
上段：＝，所以p2′＝p2，
Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；
同理下段：Δp1＝p1.
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，
所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．


此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.
例2　如图2所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)

图2
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
答案　A
解析　封闭气柱均做等压变化，故封闭气体下端的水银面高度不变，根据盖—吕萨克定律的分比形式ΔV＝V，因A、B管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1>H2，A管中气柱的体积大，|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故A项正确．
二、关联气体问题
这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法：
(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解．
(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．
(3)多个方程联立求解．
例3　一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图3所示，两部分气体温度相同，都是T0＝27 ℃，A部分气体压强pA0＝1.0×105 Pa，B部分气体压强pB0＝2.0×105 Pa.现对B部分气体加热，使活塞上升，保持A部分气体温度不变，体积减小为原来的.求此时：

图3
(1)A部分气体的压强pA；
(2)B部分气体的温度TB.
答案　(1)1.5×105 Pa　(2)500 K
解析　(1)A部分气体等温变化，由玻意耳定律得
pA0V＝pA·V，
所以pA＝pA0，
把pA0＝1.0×105 Pa代入，得pA＝1.5×105 Pa.
(2)B部分气体：
初状态：pB0＝2.0×105 Pa，VB0＝V，TB0＝300 K，
末状态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105 Pa.
VB＝V＋V＝V，
由理想气体状态方程＝，
得TB＝＝ K＝500 K.

两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足为常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可.
例4　U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图4所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：

图4
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离．
答案　(1)88 cmHg　(2)4.5 cm
解析　设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，
(1)以右管封闭气体为研究对象，
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
V2＝10×3S＝30S
等温变化：p1V1＝p2V2
80×33S＝p2·30S
p2＝88 cmHg
(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，
p1＝76 cmHg，V1＝11S，p2＝88 cmHg
等温变化：p1V1＝p2V2
V2＝9.5S
活塞推动的距离：L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm.





1．(液柱移动问题)(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　　)


2.(关联气体问题)如图5所示，汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触．初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量，所以下侧气体压强是上侧气体压强的两倍，上下气体体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5.保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为(　　)

图5
A．4∶5 B．5∶9 C．7∶24 D．16∶25
3.(关联气体问题)如图6所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于水平地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸内装有处于平衡态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强变为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求此时汽缸A中气体的体积VA和温度TA.

图6











1．(2020·山东邹城市第一中学高一月考)如图1所示，均匀玻璃管开口向上竖直放置，管内有两段水银柱，封闭着两段空气柱，两段空气柱长度之比L2∶L1＝2∶1，两水银柱长度之比为LA∶LB＝1∶2，如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水银溢出，则两段空气柱后来的长度之比为(　　)

图1
A．L2′∶L1′＝2∶1 B．L2′∶L1′<2∶1
C．L2′∶L1′>2∶1 D．以上结论都有可能
2．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为(　　)
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶4 D．2∶1
3.(2020·黑龙江哈尔滨市第六中学高二月考)如图2，A、B是体积相同的汽缸，B内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C，D为不导热的阀门．起初阀门关闭，A内装有压强p1＝2.0×105 Pa，温度T1＝300 K的氮气；B内装有压强p2＝1.0×105 Pa，温度T2＝600 K的氧气．打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡．以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V1与V2之比为(　　)

图2
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶1 D．4∶1
4.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图3所示．V左
图3
A．不动 B．向左移动
C．向右移动 D．无法确定是否移动
5.(多选)(2020·吉林吉化第一高级中学高二期中)如图4所示是医院给病人输液的部分装置示意图，在输液过程中(　　)

图4
A．A瓶中的药液先用完
B．B瓶中的药液先用完
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
6.(2020·四川高二期末)如图5所示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．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则(　　)

图5
A．水银柱向下移动了一段距离
B．ΔpA>ΔpB
C．ΔVA<ΔVB
D．ΔFA＝ΔFB
7．(2020·鱼台县第一中学高二期中)如图6所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，面积之比为SA∶SB＝1∶2.两活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．则此时A中气体温度为(　　)

图6
A．400 K B．450 K C．500 K D．600 K
8.如图7所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝，活塞移动过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．现将活塞A上面的物块取走，试求重新达到平衡状态后，A活塞上升的高度．

图7
9.如图8所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：

图8
(1)右管中注入的水银高度是多少？
(2)升温后的温度是多少？









10．如图9，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：

图9
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．



11．如图10所示，内壁光滑、长度均为4l、横截面积均为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为27 ℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计．原长3l、劲度系数k＝的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．开始活塞D距汽缸B的底部3l.后在D上放一质量为m＝的物体．求：

图10
(1)稳定后活塞D下降的距离；
(2)改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？









参考答案

1．
解析　假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝，而各管原压强相同，ΔT相同，所以Δp∝，即T越高，Δp越小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．
2.
答案　D
解析　设V1＝V，由题意可知V2＝2V，
设T1＝2T，则T2＝5T，
气体压强p2＝p1＋＝2p1，
则＝p1，最终两部分气体体积相等，
则V1′＝V2′＝V，
上部分气体温度不变，由玻意耳定律：p1V1＝p1′V1′，
解得p1′＝p1，
下部分气体的压强p2′＝p1′＋＝p1，
对下部分气体，由理想气体状态方程得：＝，
解得T2′＝T，
上下两侧气体的温度之比＝＝.
故选项D正确．
3.
解析　设初态A中气体压强为p0，膨胀后A、B中气体压强相等，pA＝pB＝1.2p0，B中气体始、末状态温度相等，根据玻意耳定律可得p0V0＝1.2p0(2V0－VA)，所以VA＝V0，A中气体满足＝，所以TA＝1.4T0.


1．
答案　A
2．
答案　B
解析　对A部分气体有：＝①
对B部分气体有：＝②
因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以将①÷②式得
＝
所以＝＝＝.
3.
答案　D
解析　设活塞C向右移动x，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知：
对A部分气体有：＝
对B部分气体有：＝
将两式相除：＝＝×＝，
故选D.
4.
答案　C
解析　设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p左＝p右＝p
对左端空气柱＝，则Δp左＝p左＝－p
同理右端空气柱Δp右＝－p
所以|Δp右|>|Δp左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C正确．
5.
答案　AC
解析　药液从B瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶补充，使B瓶液面保持不变，直到A瓶液体全部流入B瓶，所以A瓶液体先用完，故A正确，B错误；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，液体产生压强减小，因此封闭气体压强增大，故C正确，D错误．
6.
答案　B
解析　首先假设液柱不动，则A、B两气体发生等容变化，
由查理定律：＝
对气体A：ΔpA＝·pA
对气体B：ΔpB＝·pB
因为pA>pB，TA＝TB
所以ΔpA>ΔpB
即水银柱向上移动，故A错，B对；
由于气体总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，C错；
因ΔF＝Δp·S，ΔpA>ΔpB，SA>SB，
有ΔFA>ΔFB，D错．
7．
答案　C
解析　活塞平衡时，由平衡条件得：pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)，pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)，已知SB＝2SA，B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得，pB′VB＝pBV0，设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，即＝，对气体A由理想气体状态方程得：＝，解得：TA＝500 K.
8.
答案　0.9l0
解析　对Ⅰ部分气体，其初态压强p1＝p0＋＝2p0，末态压强为p1′＝p0＋＝p0，
设末态时Ⅰ部分气体的长度为l1，则由玻意耳定律可得p1l0S＝p1′l1S
解得l1＝l0
对Ⅱ部分气体，其初态压强为p2＝p1＋＝p0，末态压强为p2′＝p1′＋＝p0
设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2，则由玻意耳定律可得p2l0S＝p2′l2S
代入数据解得l2＝l0
故活塞A上升的高度为Δh＝l1＋l2－2l0＝0.9l0
9.
答案　(1)30 cm　(2)117 ℃
解析　(1)设右管中注入的水银高度是Δh，U形管的横截面积为S，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
p1＝p0＋14 cmHg＋10 cmHg＝100 cmHg，
p2＝p0＋14 cmHg＋Δh＝90 cmHg＋Δh
V1＝l1S，
V2＝(l1－ΔL)S
代入数据解得右管中注入的水银高度Δh＝30 cm.
(2)设升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14 cmHg＋Δh，T0＝300 K
升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14 cmHg＋Δh＋ΔL
由理想气体状态方程得＝
解得T＝390 K
则升温后的温度为t＝117 ℃.

10．
答案　(1)(p0＋p)　(2)p0＋p　
解析　(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝(p0＋p)；②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p
V1＝.

11．
答案　(1)　(2)377 ℃
解析　(1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A、B中的气体压强都为大气压p0，弹簧弹力为零，所以活塞C到汽缸A底部的距离为x1＝l
放上物体稳定后，设汽缸A、B中气体的压强均为p1，
对D活塞有p1S＝mg＋p0S
对活塞C有p1S＝F1＋p0S
F1为弹簧的弹力，F1＝kΔx1＝Δx1
联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx1＝
此时活塞C距汽缸底部的距离为x2＝
初态下气体的总体积V0＝4lS，末态总体积为V1，由玻意耳定律p0V0＝p1V1，解得V1＝2lS
由此可知活塞D下降的距离为x＝3l－(2l－)＝
(2)改变气体温度使活塞D回到初位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变．
V2＝lS
由盖—吕萨克定律＝
解得T2＝650 K，
所以气体此时的温度为t＝377 ℃.

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