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专题17 热学中的液柱问题①热力学温度与摄氏温度的关系：K t T 15.273+=；②玻意耳定律：1C pV =；（1C 是常量）或2211V p V p =③盖—吕萨克定律：T C V 2=（2C 是常量）；或2211T V T V =或2121T T p p =； ④查理定律：T C p 3=（3C 是常量）；或2211T p T p =或2121T T p p =； ⑤理想气体状态方程：222111T V p T V p =或C TpV =； ⑥热力学第一定律：W Q U +=∆；在解决热力学中的液柱问题时，首先要确定研究对象：力学研究对象一般为：液柱、玻璃管等；热学研究对象：一定质量的理想气体。
其次要分别对力学研究对象和热学研究对象进行分析：①对力学研究对象，要先进行受力分析，再依据力学规律列出方程，求出气体压强； ②针对热力学研究对象，确定初、末状态及状态变化过程。
第三要根据题目和分析结果以及根据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。
或依据气体实验定律或理想气体状态方程列式求解。
1.液片法解决压强问题：选取假想的液体薄片（自身重力不计）为研究对象，分析液片两侧的受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等的方程，求得气体的压强。
2.力平衡法解决压强问题：选取与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象进行受力分析，得到液柱（或活塞）的受力平衡方程，求得气体的压强。
如图甲所示，活塞处于平衡状态，则pS mg S p =+0；如图乙所示，液柱处于平衡状态，则S p mg pS 0=+。
3.等压面法解决压强问题：连通器内静止的同一种液体（中间不间断）在同一水平面上各处压强相等。
如图丙所示，U 形管竖直放置，图中虚线高度处有A B p gh p =+2ρ。
典例1：（2022·广东·高考真题）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。
如图所示，潜水员在水面上将80mL 水装入容积为380mL 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL 。
黑龙江省哈尔滨市木兰高级中学高中物理经典复习资料巧判液柱移动之极限法黑龙江省哈尔滨市木兰高级中学高中物理经典复习资料巧判液柱移动之极限法液柱移动问题是一类较为复杂的问题，经常涉及多个过程和研究对象。
我们都知道热力学问题里面有好多参数，而且这些参数经常还要左变右变，是不是经常变糊涂了啊,我在这儿告诉你两种方法，帮你轻而易举的解决这方面的问题。
这两种方法分别是“极限法”和“假设法”，先说“极限法”。
这个方法只需要你对这些参数之间的变化趋势关系有个简单的了解，而不需要精确的计算就可以用。
很多判断液柱移动关系的选择填空题都可以用这个方法轻而易举的解决。
是不是很想知道这种方法啊,好，那么我们就来看看这个妙招～怎么来用“极限法”呢,什么是极限法,极限法的概念其实很简单，就是将问题的条件外推到问题成立的极限状态，然后进行判断，也就是要我们将题目中条件的变化量进行放大或缩小，然后判断结果。
什么时候用极限法,一般液柱在初始状态下是平衡的，不移动的，当某个条件改变时液柱就会移动。
常见的题目中改变的条件有系统的温度T、压强P、体积V或者施加外力和改变液柱总量。
(1)判断由T、P、V的改变引起的液柱移动，正好是我们的极限法大显身手的时候。
(2)判断由外力或者改变液柱总量引起液柱的移动则可以用另外一种方法——假设法。
当然，在有些时候这些外力或总量变化没有限制，也可以采用极限法。
怎么用极限法,对于由T、P、V引起液柱移动的极限判断方法很简单。
一般题目都是让其中的某一个量变大或者变小，另两个跟着一起变，判断液柱如何移动。
因此我们就可以让这个变化是无穷大，判断出液柱在这个极限条件下的状态，和初始状态相比就知道液柱怎么“跑”了。
如温度减小我们可以认为减小到绝对零度，压强增加可以认为是无穷大的压强等等。
好了，说了这么多还是让我们看道题来学学怎么用。
经典体验如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱将空气柱A 分成A、B两部分，若将玻璃管周围温度减低，试分析水A 银柱向哪端移动,B 体验思路: 按题目的要求，所需要的只是一个简单的液柱移动趋势判断的填空型题目。
专题14.5 与液柱相关的计算问题1.(2020·广西南宁一模)如图所示,粗细均匀的U形管左端封闭,右端开口,两竖直管长为l1=50 cm,水平管长d=20 cm,大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强。
左管内有一段l0=8 cm长的水银封住长为l2=30 cm长的空气柱,现将开口端接上带有压强传感器的抽气机向外抽气,使左管内气体温度保持不变而右管内压强缓缓降低,要把水银柱全部移到右管中。
(g取10 m/s2)求右管内压强至少降为多少?【参考答案】 2.87×104 Pa右管内压强降为p'p'+p l0=p2解得:p'=p2-p l0=2.87×104 Pa2.(2020·安徽合肥质检)图示为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管,管内有一段被水银密闭的气体,下管足够长,图中管的截面积分别为S1=2 cm2,S2=1 cm2,管内水银长度为h1=h2=2 cm,封闭气体长度l=10 cm,大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强,气体初始温度为300 K,若缓慢升高气体温度。
(g取10 m/s2)试求:(1)当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度;(2)当气体温度为525 K 时,水银柱上端距玻璃管最上端的距离。
【参考答案】(1)350 K (2)24 cm(2)气体温度由350 K 变为525 K 经历等压过程,则设水银上表面离开粗细接口处的高度为y,则V 3=12S 1+yS 2 解得y=12 cm所以水银上表面离开玻璃管最上端的距离为h=y+l+h 1=24 cm3．(2020·邯郸质检)如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A 封闭体积相等的两部分气体。
开始时管道内气体温度都为T 0＝500 K ，下部分气体的压强p 0＝1.25×105Pa ，活塞质量m ＝0.25 kg ，管道的内径横截面积S ＝1 cm 2。
液柱移动专题液柱移动专题一、温度不变情况下假设液柱不移动，运用波义耳定律（在定量定温下，理想气体的体积与气体的压强成反比）判断二、温度变化时，P 、T 、V 皆变化先假设液柱（活塞）不动，即等容变化用查理定理P TT P ?=?，求出P ?进行比较，运用受力分析解决问题。
三、液柱移动对于由于运动而导致水银柱移动的问题，可以归纳为水银柱总是向着与加速度方向相反的方向运动。
【经典例题】【例1】如图所示，玻璃管两端封闭，静止时与水平方向夹角为α，水银柱将管内空气分成质量相等的两个部分，当玻璃管温度上升时，水银柱向哪移动。
【答案】向上【例2】如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U 型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h ，下列那个措施可以让h 变小的………………………………………（）（A ）环境温度升高（B ）大气压强升高（C ）沿管壁向右管内加水银（D ）U 型玻璃管自由下落分析：求出开始时被封闭气体的压强，然后依据气态方程判断采取哪些措施能使被封闭气体的体积减小，即使h 变小．解答：解：由图可知被封闭气体的压强为：P=（P0+h ）cmHg ．A 、若环境温度升高，根据PV ÷T =C(常数)可知，压强和体积均增大，h 增大，故A 错误；B 、若大气压强增大，则被封闭气体压强增大，假设被封闭气体体积不变，根据P1V1=P2V2可知等温变化压强增大，体积变小，故假设错误，气体体积减小，则h 变小，故B 正确；C 、若向右管内加水银，则被封闭气体压强增大，同理被封闭气体体积减小，压强增大故h将增大，故C 错误；D 、当U 型玻璃管自由下落时，水银处于完全失重状态，此时被封闭气体压强与大气压相等，故被封闭气体压强减小，体积将增大，此时h 将增大，故D 错误．故选B ．【答案】B【例3】如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中h第13题间封有一段空气。
理想气体与液柱类问题的处理方法探究刘东新(江苏省溧阳市光华高级中学ꎬ江苏溧阳２１３３００)摘㊀要:高中物理热学板块中有一类问题ꎬ是玻璃管内利用水银柱封闭一部分或几部分气体ꎬ改变外部环境ꎬ判断气体体积变大还是变小ꎬ或者判断水银柱的液面升高还是降低.解决这类问题ꎬ如果方法不对ꎬ那会相当麻烦.本文将总结归纳解决这类问题的基本方法ꎬ并通过变式ꎬ寻找解决这类问题的共性.关键词:液柱ꎻ气柱ꎻ理想气体ꎻ假设归谬法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－０１３０－０３收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:刘东新(１９７８－)ꎬ男ꎬ江苏省常州人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中物理教学研究.㊀㊀高中物理中的热学问题ꎬ与力学知识有很大的关联ꎬ近几年常常出现在高考计算题第一题的位置.很多学生力学问题解决起来得心应手ꎬ但是碰到热学问题由于研究对象选择不明确ꎬ或者方法不对ꎬ导致做起来比较吃力.下面以玻璃管中的水银柱和理想气体类问题为例ꎬ简单归纳一下解决这类题目的基本方法.１单液柱㊁单气柱问题指玻璃管内有一段水银柱ꎬ一段被封闭气体.例１㊀如图１所示ꎬ玻璃管开口向下竖直放置ꎬ管内用水银柱封闭一定质量的理想气体.在玻璃管绕顶端缓慢转到虚线所示位置的过程中ꎬ管内封闭气体的体积怎么变?图１㊀开口向下的玻璃管分析㊀设大气压强为ｐ０ꎬ水银柱长度为ｈꎬ水银密度为ρꎬ则管内气体的初始压强ｐ１＝ｐ０－ρｇｈ.当玻璃管绕顶端缓慢转过θ角的过程中ꎬ封闭气体的压强ｐ２＝ｐ０－ρｇｈｃｏｓθꎬ易知ｐ２不断增加.由ｐ１Ｖ１＝ｐ２Ｖ２得:Ｖ２＝Ｐ１Ｖ１Ｐ２ꎬ因此封闭气体的体积是减小的.变式１㊀如果玻璃管逆时针转过９０ʎ㊁１５０ʎꎬ气体的体积怎么变?分析㊀即使该玻璃管转动角度更大一些ꎬ关系式ｐ２＝ｐ０－ρｇｈｃｏｓθ依然成立.转过９０ʎ时ꎬｃｏｓ９０ʎ＝０ꎬｐ２＝ｐ０ꎬ可求得封闭气体体积减小ꎻ转过角度超过９０ʎ时ꎬｃｏｓθ为负值ꎬ则封闭气体压强ｐ２＝ｐ０－ρｇｈｃｏｓθ将大于大气压强ꎬ气体体积依然减小.因此解决例１的方法ꎬ可以推广到玻璃管在竖直面内转动１８０ʎ的任何情况.变式２㊀如果该玻璃管呈竖直状并向上加速ꎬ那么管内封闭气体的体积怎么变?分析:由于封闭在管内的气体质量一般不计ꎬ因此在试管加速㊁减速中ꎬ就要以水银柱为研究对象.水银柱受到向下的重力㊁封闭气体对它的压力以及向上的大气压力.初始状态时系统静止ꎬ易知:ｍｇ＋ｐ１Ｓ＝ｐ０Ｓ.向上加速时ꎬｐ０Ｓ－(ｍｇ＋ｐ１Ｓ)＝ｍａꎬ由０３１于水银柱的质量不变ꎬ大气压不变ꎬ故封闭气体的压强肯定要减小ꎬ由ｐ１Ｖ１＝ｐ２Ｖ２得:封闭气体体积增大.变式３㊀如果该玻璃管及管内水银一起向下做自由落体运动ꎬ那么稳定后封闭气体的体积如何变化?分析㊀变式２玻璃管向上加速ꎬ我们得到的结论是封闭气体体积增大ꎻ那么玻璃管做自由落体运动ꎬ也就是向下加速ꎬ我们可以反推出封闭气体的体积减小.也可以这样分析:当系统做自由落体运动时ꎬ无论是玻璃管还是水银柱ꎬ向下的加速度都是ｇꎬ水银柱的重力将产生向下的加速度ｇꎬ此时如果上㊁下两部分气体对水银柱的压力不相等ꎬ那么水银柱的加速度将不等于ｇꎬ与事实不符.因此水银柱上方被封闭气体的压强应该等于大气压ｐ０ꎬ由ｐ１Ｖ１＝ｐ０Ｖ２可得:Ｖ２减小.例１及３个变式ꎬ让学生体会解决这类问题要怎样选择研究对象.当系统有加速度时ꎬ就要先对水银柱运用牛顿定律ꎬ得出其受力情况ꎬ转换到气体的压强ꎬ然后再对封闭气体运用气体实验定律解决问题.２单液柱㊁双气柱问题指玻璃管内有一段水银柱ꎬ两段被封闭气体.图２㊀两头封闭的玻璃管例２㊀如图２所示ꎬ粗细均匀㊁两端封闭㊁竖直放置的内壁光滑的玻璃管内有一段长为ｈ的水银柱ꎬ将管内气体分为两部分ꎬ它们的温度相同.若使两部分气体同时升高相同的温度ꎬ试判断图中ｌ１㊁ｌ２和ｈ分别怎么变化?分析㊀尽管绝大多数物体都有热胀冷缩的现象ꎬ但是如果有气体存在ꎬ固体㊁液体的胀缩效应一般是忽略不计的ꎬ所以水银柱的长度ｈ不变.由分析可知:两部分气体的压强㊁体积会相互影响ꎬ但是ｌ１＋ｌ２的总长度不变ꎻ且下面空气柱压强大于上面空气柱压强ꎬ即ｐ１>ｐ２.由于题中只要求定性分析ꎬ无需定量计算ꎬ我们采用假设归谬法.以下面长度为ｌ１的空气柱为研究对象:设初始时它的压强为ｐ１ꎬ假设升高一定的温度ΔＴ后它的体积不变ꎬ压强增加ΔＰ１ꎬ则:Ｐ１Ｔ１＝Ｐ１＋ΔＰ１Ｔ１＋ΔＴ＝ΔＰ１ΔＴꎬ得ΔＰ１＝ΔＴＴ１Ｐ１ꎻ同理可得:ΔＰ２＝ΔＴＴ２Ｐ２.由于两部分气体的初始温度相同ꎬ且升高相同的温度ꎬ所以根据ｐ１>ｐ２得Δｐ１>Δｐ２ꎬ故水银柱会向上移动ꎬ初始假设被推翻ꎬ同时问题也得到解决.变式１㊀如图３所示ꎬ水平放置的玻璃管内ꎬ一段长为ｈ的水银柱ꎬ将管内气体分为ａ和ｂ两部分ꎬ它们的温度相同.若使两部分气体同时升高相同的温度ꎬ试判断图中两部分气柱的长度分别怎么变化?图３㊀水平放置的密封玻璃管分析㊀因为玻璃管水平放置ꎬ可知ｐａ＝ｐｂ.以ａ部分气体为研究对象ꎬ假设升高一定的温度ΔＴ后它的体积不变ꎬ由ＰａＴａ＝ΔＰａΔＴ得:ΔＰａ＝ΔＴＴａＰａꎬ同理可得ΔＰｂ＝ΔＴＴｂＰｂꎬ因为ａ㊁ｂ两部分气体初始温度相同ꎬ且升高相同的温度ꎬ故Δｐａ＝Δｐｂꎬ因此水银柱不移动ꎬｌａ和ｌｂ也都不变.变式２㊀如果玻璃管水平放置ꎬａ端初始温度为３００Ｋꎬｂ端初始温度为４００Ｋꎬ若使两部分气体同时升高相同的温度ꎬ则图中ｌａ和ｌｂ分别怎么变化?分析㊀因为玻璃管水平放置ꎬ则ｐａ＝ｐｂ.还是以ａ部分气体为研究对象ꎬ假设升高一定的温度ΔＴ后它的体积不变ꎬ由ＰａＴａ＝ΔＰａΔＴ得:ΔＰａ＝ΔＴＴａＰａꎬ同理可得ΔＰｂ＝ΔＴＴｂＰｂꎬ因为Ｔａ<Ｔｂꎬ所以Δｐａ>Δｐｂꎬ因此ｌａ变大ꎬｌｂ变小.例２及２个变式ꎬ让学生归纳出解决这一类题目的基本方法:假设归谬法.如果将直玻璃管换成Ｕ型管ꎬ题目看起来好像变了ꎬ但解决问题的方法还是差不多.例３㊀如图４所示ꎬ两端封闭的Ｕ形玻璃管中装有水银ꎬ并在上端分别封有一定质量理想气体Ａ和Ｂꎬ温度相同ꎬ现将管放在冰水混合物中使两段气１３１体同时下降相同温度ꎬ则Ａ和Ｂ两部分气柱的体积将怎样变化?图４㊀两端封闭的Ｕ形玻璃管分析㊀题目虽然变了ꎬ但是属于换汤不换药ꎬ解题方法与例２类似.因为Ａ侧液面低于Ｂ侧液面ꎬ故ｐＡ>ｐＢ.以Ａ气体为研究对象ꎬ假设降低温度ΔＴ后它的体积不变ꎬ压强减小ΔＰＡꎬ则::ＰＡＴＡ＝ＰＡ－ΔＰＡＴＡ－ΔＴ＝ΔＰＡΔＴꎬ得ΔＰＡ＝ΔＴＴＡＰＡꎻ同理可得:ΔＰＢ＝ΔＴＴＢＰＢꎬ所以ΔｐＡ>ΔｐＢꎬＡ气柱压强减小的多ꎬ故Ａ液面上升ꎬＡ气柱体积减小ꎬＢ气柱体积增加.可见ꎬ单液柱㊁双气柱问题ꎬ我们采用假设法ꎬ假设体积不变ꎬ由气体实验定律得出两部分气柱压强的变化量的大小关系ꎬ便可以进一步判断气柱的体积变化情况.例２和例３有共同点:两段气柱加水银柱的总长度不变ꎬ在此前提下ꎬ当温度变化时ꎬ求两段气柱的体积变化情况.采用的方法是假设体积不变ꎬ利用气体实验定律得到压强的增加量Δｐ的表达式ꎬ利用两部分气体Δｐ大小关系去分析气体体积是否变化.下面这个问题看起来差不多ꎬ但分析起来却要复杂得多.例４㊀如图５所示ꎬ内壁光滑㊁上端封闭的玻璃管ꎬ下端竖直插在水银槽里ꎬ管内有长度分别为ｌ１和ｌ２的两段理想气体被一小段水银柱分开ꎬ外界温度不变ꎬ大气压为ｐ０ꎬ将玻璃管慢慢地向上提起一小段距离时ꎬ管内气柱ｌ１和ｌ２的长度将怎样变化?分析㊀设上端空气柱压强为ｐ１ꎬ水银的密度为ρꎬ水银柱的长度为ｈꎬ下端空气柱压强为ｐ２ꎬ则ｐ１＋ρｇｈ＝ｐ２ꎬ又因为玻璃管内外液面相平ꎬ因此ｐ２＝ｐ０.当玻璃管向上提起一小段距离Δｈ时ꎬ假设ｌ１和ｌ２都不变ꎬ那试管内液面也将随之升高Δｈꎬ如图６所图５㊀上端封闭㊀㊀图６㊀ｌ１和ｌ２都不㊀㊀图７㊀ｌ１和ｌ２玻璃管变情况都变大示.这就会得出ｐ１和ｐ２都不变ꎬ那么ｐ２＋ρｇΔｈ>ｐ０ꎬ试管内升高的液柱是不能平衡的ꎬ假设不成立.那么有没有可能试管内外液面相平ꎬ两段气柱的长度都变大一些ꎬ就像图７一样?由于两段气柱的体积都增加了一些ꎬ导致它们的压强分别减小为ｐ１ᶄ㊁ｐ２ᶄꎬｐ１ᶄ＋ρｇｈ＝ｐ２ᶄ的关系可以满足ꎬ但是ｐ２ᶄ肯定不会和ｐ０相等ꎬ那么试管内外液面相平也就不成立了.综上ꎬ我们可以得出结论:试管内的水银液面应该稍稍比水银槽中的液面高出一些ꎬ而两段气柱ｌ１和ｌ２都将变大一些[１].变式㊀若管内两段气柱ｌ１＝ｌ２ꎬ那么在玻璃管稍稍向上提起一小段后ꎬ这两段气柱长度的增加量哪个更大一些?分析㊀以气柱ｌ１为研究对象ꎬ由ｐ１ｌ１Ｓ＝(ｐ１－Δｐ)ｌ１ᶄＳꎬ则Δｌ１＝ｌ１ᶄ－ｌ１＝Δｐｐ１－Δｐｌ１ꎬ因为上下两段空气柱的压强差为定值ꎬ故它们在体积增大过程中ꎬΔｐ也为定值ꎬ同理可得:Δｌ２＝ｌ２ᶄ－ｌ２＝Δｐｐ２－Δｐｌ２ꎬ因为ｐ１<ｐ２ꎬ因此Δｌ１>Δｌ２ꎬ即上面这段空气柱长度增加更多一些.３结束语热学问题变化很多ꎬ在讲解此类问题时ꎬ如果就题论题ꎬ会让学生觉得无所适从.适当归纳ꎬ同类型问题以变式训练呈现ꎬ会让学生觉得思路清晰许多.参考文献:[１]沈克琦.高中物理学②热学[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０１５.[责任编辑:李㊀璟]２３１。
第76课时气体状态变化的三类常见模型[重难突破课]题型一液柱类模型此类模型一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意：（1）液体因重力产生的压强为p＝ρgh（其中h为液体的竖直高度）；（2）不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；（3）有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处压强相等；（4）当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。
考法一单一气体问题【典例1】如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50 cm，管两侧水银面的高度差为h＝19 cm，大气压强恒为76 cmHg。
T＝t＋273K。
（1）若初始环境温度为27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；（2）若保持环境温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。
答案：（1）203 ℃（2）44 cm解析：（1）封闭气体初状态的压强p1＝p0－p h＝（76－19） cmHg＝57 cmHg设玻璃管的横截面积为S，体积V1＝LS＝50S温度T1＝（273＋27） K＝300 K封闭气体末状态压强p2＝p0＝76 cmHg体积V2＝(L＋ℎ2)S＝(50+192)S＝59.5S对封闭气体，由理想气体的状态方程得p1V1 T1＝p2V2T2代入数据解得T2＝476 K，即温度为203 ℃。
（2）设当管两侧水银齐平时空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS 代入数据解得H＝37.5 cm注入水银柱的长度x＝2（L－H）＋h＝2×（50－37.5） cm＋19 cm＝44 cm。
考法二关联气体问题【典例2】（2023·全国乙卷33题）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。
3-3液柱问题1．一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通。
用水银将一定质量的理想气体封闭在U 形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示。
此时AB侧的气体柱长度125cml=。
管中AB、CD 两侧的水银面高度差15cmh=。
现将U形管缓慢旋转180，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出。
已知大气压强076cmHgp=。
求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差。
2．如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强=76cmHg．（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？（2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？3．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0=75.0cmHg．（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度．4．在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg．现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．5．喷雾器内有10 L水，上部封闭有1atm的空气2L．关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1atm 的空气3L（设外界环境温度一定，空气可看作理想气体）．（1）当水面上方气体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因．（2）打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由．6．如图所示，粗细均匀、一端开口的直角玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭着A、B两段气体（可看做理想气体），A气柱长度为30cm，竖直管中水银柱长度为25cm，水平管左端水银柱长度为5cm，B 气柱长度为60cm，水平管右端水银柱长度为15cm。
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：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔTT p .(2)盖—吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .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l 2＝2l 1.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p 1＝p 2＋p h .温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp 1>Δp 2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp 1<Δp 2，水银柱向下移动，若Δp 1＝Δp 2，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：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2，Δp 2＝p 2′－p 2＝(T 2′T 2－1)p 2＝ΔT 2T 2p 2；同理下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋p h >p 2， 所以Δp 1>Δp 2，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H 1>H 2，水银柱长度h 1>h 2，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2A ．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 ＝ΔTT 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H 1>H 2，A 管中气柱的体积大，|ΔV 1|>|ΔV 2|，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T 0＝27 ℃，A 部分气体压强p A 0＝1.0×105 Pa ，B 部分气体压强p B 0＝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23.求此时：图3(1)A 部分气体的压强p A ； (2)B 部分气体的温度T B . 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 p A 0V ＝p A ·23V ，所以p A ＝32p A 0，把p A 0＝1.0×105 Pa 代入，得p A ＝1.5×105 Pa. (2)B 部分气体：初状态：p B 0＝2.0×105 Pa ，V B 0＝V ，T B 0＝300 K ， 末状态：p B ＝p A ＋(p B 0－p A 0)＝2.5×105 Pa. V B ＝V ＋13V ＝43V ，由理想气体状态方程p B 0V B 0T B 0＝p B V BT B，得T B ＝T B 0p B V Bp B 0V B 0＝300×2.5×105×43V2.0×105×VK ＝500 K.两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足pVT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＝33SV2＝10×3S＝30S等温变化：p1V1＝p2V280×33S＝p2·30Sp2＝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＝p2V2V2＝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()答案CD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＝pΔTT，而各管原压强相同，ΔT相同，所以Δp∝1T，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.(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5A ．4∶5B ．5∶9C ．7∶24D ．16∶25 答案 D解析 设V 1＝V ，由题意可知V 2＝2V ， 设T 1＝2T ，则T 2＝5T ， 气体压强p 2＝p 1＋mgS ＝2p 1，则mgS＝p 1，最终两部分气体体积相等， 则V 1′＝V 2′＝32V ，上部分气体温度不变，由玻意耳定律：p 1V 1＝p 1′V 1′， 解得p 1′＝23p 1，下部分气体的压强p 2′＝p 1′＋mg S ＝53p 1，对下部分气体，由理想气体状态方程得：p 2V 2T 2＝p 2′V 2′T 2′，解得T 2′＝258T ，上下两侧气体的温度之比T 1′T 2′＝2T 258T ＝1625.故选项D 正确．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V 0、温度均为T 0.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V A 和温度T A .图6答案 76V 0 1.4T 0解析 设初态A 中气体压强为p 0，膨胀后A 、B 中气体压强相等，p A ＝p B ＝1.2p 0，B 中气体始、末状态温度相等，根据玻意耳定律可得p 0V 0＝1.2p 0(2V 0－V A )，所以V A ＝76V 0，A 中气体满足p 0V 0T 0＝1.2p 0V AT A，所以T A ＝1.4T 0.。
