1、高中物理选修33专题强化2 液柱移动问题与关联气体问题专题强化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pp.(2)盖吕萨克定律的分比形式：或VV.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l22l1.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
2、分气体的压强p1p2ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若p1p2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若p1p2，所以p1p2，即水银柱上移此类问题中，如果是气体温度降低，则T为负值，p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H1H2，水银柱长度h1h2，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CA管向上移动，B管向下移动D无法
3、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VV，因A、B管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且T0，所以VH2，A管中气柱的体积大，|V1|V2|，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
4、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T027 ，A部分气体压强pA01.0105 Pa，B部分气体压强pB02.0105 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)1.5105 Pa(2)500 K解析(1)A部分气体等温变化，由玻意耳定律得pA0VpAV，所以pApA0，把pA01.0105 Pa代入，得pA1.5105 Pa.(2)B部分气体：初状态：p
5、B02.0105 Pa，VB0V，TB0300 K，末状态：pBpA(pB0pA0)2.5105 Pa.VBVVV，由理想气体状态方程，得TB K500 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4U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
6、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，p180 cmHg，V1113S33SV2103S30S等温变化：p1V1p2V28033Sp230Sp288 cmHg(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，p176 cmHg，V111S，p288 cmHg等温变化：p1V1p2V2V29.5S活塞推动的距离：L11 cm3 cm9.5 cm4.5 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
7、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p，而各管原压强相同，T相同，所以p，即T越高，p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V1V212，温度之比T1T225.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
8、A45 B59 C724 D1625答案D解析设V1V，由题意可知V22V，设T12T，则T25T，气体压强p2p12p1，则p1，最终两部分气体体积相等，则V1V2V，上部分气体温度不变，由玻意耳定律：p1V1p1V1，解得p1p1，下部分气体的压强p2p1p1，对下部分气体，由理想气体状态方程得：，解得T2T，上下两侧气体的温度之比.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
9、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答案V01.4T0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，pApB1.2p0，B中气体始、末状态温度相等，根据玻意耳定律可得p0V01.2p0(2V0VA)，所以VAV0，A中气体满足，所以TA1.4T0.1(2019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L2L121，两水银柱长度之比为LALB12，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1AL2L121 BL2L121 D以
10、上结论都有可能答案A2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VAVB12，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VAVB为()A11 B23C34 D21答案B解析对A部分气体有：对B部分气体有：因为pApB，pApB，TATB，所以将式得所以.3.(2019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p12.0105 Pa，温度T1300 K的氮气；B内装有压强p21.0105 P
11、a，温度T2600 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2A12 B14C11 D41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.4.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图3所示V左|p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.(多选)(2019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
12、分装置示意图，在输液过程中()图4AA瓶中的药液先用完BB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.(2019四川高二期末)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
13、到稳定后，体积变化量为VA、VB，压强变化量为pA、pB，对液面压力的变化量为FA、FB，则()图5A水银柱向下移动了一段距离BpApBCVApB，TATB所以pApB即水银柱向上移动，故A错，B对；由于气体总体积不变，因此VAVB，C错；因FpS，pApB，SASB，有FAFB，D错7(2019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SASB12.两活塞用穿过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T0300 K，A中气体压强pA1.5p0，p0是汽缸外的大气压强现对A
14、加热，使其中气体的压强升到pA2.0p0，同时保持B中气体的温度不变则此时A中气体温度为()图6A400 K B450 K C500 K D600 K答案C解析活塞平衡时，由平衡条件得：pASApBSBp0(SASB)，pASApBSBp0(SASB)，已知SB2SA，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，pBVBpBV0，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：TA500 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、两部分在活塞A的上方放置一
15、质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时、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答案0.9l0解析对部分气体，其初态压强p1p02p0，末态压强为p1p0p0，设末态时部分气体的长度为l1，则由玻意耳定律可得p1l0Sp1l1S解得l1l0对部分气体，其初态压强为p2p1p0，末态压强为p2p1p0设末态时部分气体的长度为l2，则由玻意耳定律可得p2l0Sp2l2S代入数据解得l2l0故活塞A上升的高度为hl1l22l00.9l0
16、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L10 cm，右管上方的水银柱高h14 cm，初状态环境温度为27 ，A部分气体长度l130 cm，外界大气压强p076 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？答案(1)30 cm(2)117 解析(1)设右管中注入的水银高度是h，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
17、有p1V1p2V2p1p014 cmHg10 cmHg100 cmHg，p2p014 cmHgh90 cmHghV1l1S，V2(l1L)S代入数据解得右管中注入的水银高度h30 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(l1L)S，p2p014 cmHgh，T0300 K升温结束后V3l1S，p3p014 cmHghL由理想气体状态方程得解得T390 K则升温后的温度为t117 .10(2019全国卷)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
18、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答案(1)(p0p)(2)p0p解析(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10p)2S(p0p)S得p10(p0p)；(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p2Sp12S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p1V1p102V0p2V2p0V0由于两活塞用刚性杆连接，故
19、V12V02(V0V2)联立式解得p1p0pV1.11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？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x1l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p1Smgp0S对活塞C有p1SF1p0SF1为弹簧的弹力，F1kx1x1联立以上三式可求得弹簧被压缩x1此时活塞C距汽缸底部的距离为x2初态下气体的总体积V04lS，末态总体积为V1，由玻意耳定律p0V0p1V1，解得V12lS由此可知活塞D下降的距离为x3l(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V2lS由盖吕萨克定律解得T2650 K，所以气体此时的温度为t377 .
