专题讲座液柱移动问题

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专题：由温度变化引起的液柱移动问题分析

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1. 如图4所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装
有不同气体，细管中央有一段水银柱，
在两边气体作用下保持平衡时，A中气
图4
体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温
度都降低10 ℃，则水银柱将 ( A．向A移动 C．不动 )
B．向B移动 D．不能确定
答案增大wwwthemegallerycom如图4所示ab两容器容积相等用粗细均匀的细玻璃管连接两容器内装有不同气体细管中央有一段水银柱在两边气体作用下保持平衡时a中气体的温度为0b中气体温度为20如果将它们的温度都降低10则水银柱将a
第八章
小专题大智慧
技法指导
典题例析
专题冲关
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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，管内水银柱将如何移
动？(设原来温度相同)
下面通过几种常用方法对此问题加以分析：
图1
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1．假设法
应用假设法分析液柱发生变化而使液柱可能发生移动时，先假设其中一个参
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水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两
部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝h，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，就是分析其合力方向怎样，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，两部分气体都为等容变化，分别对两部分
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ΔT 1 解析：由 Δp＝ T p，可知 Δp∝T，所以 A 部分气体压强减小的多，水银将向左移动，选项 A 正确。

彰显过程分析考查科学思维——液柱移动问题的解决策略

AB
SA SB
＝ppBA
TB TA
ΔTA ΔTB
SA SB
(３)
在该情境下,气体 A,B 初始时处于平衡状态,
所以pA ＝ pB,而液柱左右两侧横截面积相等,则SA ＝
SB,升高温度相同,则 ΔTA ＝ΔTB．所以式(３)为
ΔFA ΔFB
＝TTBA
＞１
(１)水银柱如何移动 ? (２)气体 A,B初末状态的压强变化量 ΔpA 和 ΔpB 是什么关系?
图１例１题图
分析 :本题中 ,两段封闭的气体由于温度发生变化而导致液柱移动．液柱移动的本源其实是受力状态发生变化．因此,解题的突破口是找出气体 A 对液柱左侧面的压力变化 ΔFA 和气体 B 对液柱右侧面的压力变化 ΔFB 之间的大小关系．由于温度变化会导致压强、体积均发生变化,因此,需要先假设液柱不动,气体 A,B 均经历等容过程．然后,运用理想气体状态方程计算出气体 A和B升温后的压强变化 ΔpA 和 ΔpB,再乘以面积便可得出 ΔFA 和 ΔFB 的关系．本题还可用极限分析法在假设法和反推法的结合下快速解答．但需要注意的是 ,假设液柱不动的压强变化是在非稳定状态下的,与稳定状态下的压强变化量并不相同．
１温度变化导致液柱移动
１．１横截面积相等的液柱移动分析【例１】如图１所示,两个体积不等的容器 A和B
通过一根水平细管连接,玻璃管中有一段水银柱将 — ３８ —
两部分气体隔开,此时 A 气体温度为１７ ℃,B 气体温度为６７ ℃(细管的体积不计),水银柱温度稳定, 若两边温度都升高４０ ℃,问

培养科学思维落实核心素养——以液柱(活塞)移动问题为例

• 44 •理科考试研究•综合版2020年6月1日蟮养科学思维落卖#心素养—以液柱（活塞）移动问题为例周子健张迪(哈尔滨师范大学教师教育学院黑龙江哈尔滨150025)摘要：本文通过对液柱（活塞）移动问题的解决方案，探讨在解题过程中培养学生的科学思维.学生易受做题经验的影响，定式地寻找解决问题的思路,但这不是最简捷快速的方案，如果能鼓励学生发散思维，或从数学角度开拓出全新的路径，最终能实现师生教学相长，实现整体要素的科学思维.关键词：液柱；压强；科学思维在2017年新修订的《普通高中物理课程标准》中，首次提出了学科核心素养，这是在原有三维目标的基础上的继承与深化，更加强调了学生的整体性和综合表现•科学思维作为其四个组成部分之一，属于新加人的部分，内容与涵义都更加的具体翔实.在模型建构、科学推理、科学论证和质疑创新四个要素中，每个要素对于培养学生科学思维能力都起着至关重要的作用. 本文以气体动态问题中的液柱（活塞）移动问题为例，探讨在高中物理教学过程中学生的科学思维的建立与培养，最终以实现全方面的物理核心素养.1外部容器位置变化导致的液面移动托里拆利管作为学生初中阶段最先接触到的，衡量气体压强确切数值的量具模型，在高中阶段依然可以通过其变式模型的建构，帮助学生深刻理解知识. 该装置将抽象的气压具体到了模型，同时学生在学习玻意尔定律之后，对于初末状态的参量的关系有了一定理解，学生就可以对状态量进行初步的数值判断，即管内压强的升降情况，空气柱现长度与原长度关系变化，就可以得到玻璃管位置的调节情况，如例1 所示.例1封闭在水银槽内的玻璃管如图1所示，管内水银柱较槽内水银液面的高度差/icm，玻璃管上端的空气柱长度45cm.若要使内外液面相平，问应如何移动玻璃管，同时计算出玻璃管内空气的长度.（此时大气压为 75c m H g )解答管内压强的升高，空气柱现长度比原长度小，所以下调试管.设内、/^和匕石为初末状态参量，4L 表示移动的距离，由题意得P \ =Po -h P i =P o根据玻意尔定律可得 p t L t -p2L，2 计算可得 L2 = 39. 6cm所以AI =54-39. 6 = 14. 4cm此时空气管的长度为39. 6c m ,需要将玻璃管向下移动14. 4cm.表1试管位置变化情景-状态表情景状态下调试管1.空气柱长度减小;2.空气柱压强增大;3.水银柱较之前管内液面有所上升，仍较槽内液面下降;4.水银柱压强增大上调试管1.空气柱长度增大;2.空气柱压强减小;3.水银柱较之前管内液面有所下降，仍较槽内液面上升;4.水银柱压强减小分析托里拆利管作为气体压强量具，在有确切数值的情况下，快速建立模型，得到表1所示的情景 -状态表.该情景与状态是互为充分必要条件，即该情景的发生或者该状态下其中一个条件的发生，必将导致对方量的改变.这种模型的建构有助于学生理解状态参量的变化情况，在学生头脑中成为动态模型的存在.构作者简介：周子健（1996 -),男，黑龙江鹤岗人，硕士研究生，研究方向：中学物理学科教学;张迪（1975 _),女，黑龙江哈尔滨人，硕士，教授，研究方向：中学物理学科教学.2020年6月1日理科考试研究•综合版.45 •建托里拆利管这一量度模型[1],培养了学生抽象概括出主要因素，抛出次要因素的建构模型的能力，帮助学生建立并且培养科学思维，体会思维过程，引导学生另辟溪径，更快速地思考和解决问题，如变式1所示.变式1 一段封闭在水银槽中的玻璃管如图2所示，玻璃管开口向下倒插，管内上端存有空气柱.温度恒定，现将玻璃管绕试管底端顺时针向右旋转一定角度0(0 <90°),此过程没有外界空气流人，那么此时玻璃管内空气的长度的变化情况为（）.A.不变B.变大C.变小D.无法确定解答旋转后的试管较竖直时，最高位置处更接近水银面，有一小段高度的试管浸没在水银槽中.可以理解为，向下压试管，即试管的位置相对于水银面向下移动，所以管内空气柱的长度变小.分析学生受做题思路的影响，依照惯性思维第一步假定水银柱静止.此题亦可以引导学生从分析空气柱或者水银柱的问题中跳脱出来，直接转变思维，思考试管的位置变化，从而判断出空气柱的压强和体积的变化情况.因此，记住托里拆利管这一动态量度模型，可以帮助学生另辟溪径，更快速地思考和解决问题. 2内部状态量变化导致的液面移动假设法是解决气体动态问题最为常用的方法，一般假设初末状态的气体体积不发生变化，根据查理定律的拓展公式进行下一步的计算，可以得知水银柱的移动情况，如例2所示.例2如图3所示竖直放置的上细下粗的封闭玻璃管，管内中间位置有水银柱将气体分隔为、B 两部分，初始状态温度相同，现升高相同温度待装置稳定后问此时水银柱的运动方向和卸4与4/>8的大小关系.解答装置封闭，则有设、/^和L 7"为初末状态参量，水银柱高度为/*.初状态气压关系式P a 二 P b +Ph 所以有P a >P b根据查理定律整理得到图3又因为A >因此得到A p AS A >A p BS B所以下端压力的变化量大于上端，最终向上移动.分析这种假设的方法可以在计算时减少一个物理量,从而帮助减轻计算量，化难为简，同时结合受力分析，液柱的移动方向即为压力变化量的大小情况.这种科学推理与科学论证，按照流程进行解题，同时建立更加理性科学的思维方式[2].无论既定假设成立与否，都能条理清晰的逐步解决问题，明朗解题思路和提升解题方法，如变式2所示.变式2装置如图4所示，气缸内装有一定质量的同种理想气体，气缸上的活塞通过硬杆连接, 此时装置达到平衡状态，两装置体积和温度均相同. 若此时两个气缸同时升高相同温度，问活塞的移动方向如何.图4解答设/^/^/^‘和厂:^为初末状态参量，初状态体积为K ,体积的变化量为4K 假设向左移动，由理想气体方程得到PaV p 'a (V + A V )T rP b V P b (V -A V )T "r两式做比得到P a P b V + A V P b P a ~V -A V此时得到一个通式，若再次假设不移动，得到 P a P ’4T = r P b p 'r Y = r两式做比得到Ap =pAT T所以得到变化量的大小关系为Ap A >ApBP a P ’b t—r = 1 P b P A将上式代人通式中，即当4K = 0时，左右等式仍然成立，则假设成立，硬杆不移动.• 46 •理科考试研究•综合版2020年6月1日分析学生在学习必修二第六章天体运动章节，掌握了通过数学做比的方法，得到物理量之间的比值数量关系，所以学生很容易想到，做比可以消除温度这一物理状态量，来寻求其他物理量数量关系的思路，再次假设验证结论•学生通常情况下根据以往的做题经验，定式地假设不移动，会遏制了学生的创新性和发散性思维.判别式的假设移动或者不移动，根据不同题型学生开拓思维自主选择，寻找快速解决问题的途径.液柱（活塞）移动问题蕴含着科学思维的要素，分析每个状态量，再根据所学的公式加以整合分析；抽象出状态量的特征，用以往或者新建构出的模型加以总结概括；比较不同思路对于同一问题的不同解释，大胆创新，再将自己的新思路分门别类；从个别的题目总结方法到一般性质，和一般的原理开拓创新出新的结论•培养学生的科学思维能力，需要教师身体力行，在教授的过程中严密地科学推理与论证，鼓励学生敢于质疑大胆创新以实现整体结构的科学素养.参考文献：[1]夏丽.另辟蹊径解决气体中的一类题[J].物理教学,2017,39(01) ：36 -37.[2]姜炜星.判别式法在气体动态分析中的应用[J ].物理教师,2015. 36(05) :90-91.(收稿日期:2020-0丨-13)气体分子速率分布图像编写改进及启示-从2017年全国I 卷第33(1)题评析说起刘大明江秀梅(抚州市第一中学江西抚州341100)摘要：在反思2017年全国I 卷第33(1)题得分低的可能原因时，发现教材在绘制气体分子速率分布图像上存在缺憾：不利于物理图像教学，也将导致中学、大学课程之间的“割裂”，从而造成课程学习思维障碍.本文提出了气体分子速率分布图像编写改进方案，分析了改进方案的教学优势，最后总结了牢固树立3个教育教学观念的建议.关键词：气体分子速率分布图像；物理图像；麦克斯韦速率分布曲线I 提出问题2017年全国I 卷第33( 1)题以“气体分子速率分布图像”知识点命制，显然题源来自于物理选修3 - 3 教材P28页图8.4-2[1].为方便计，试题呈现如下.题目氧气分子在〇丈和100丈温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图1中两条曲线所示.下列说法正确的是______•A. 图中两条曲线下面积相等B. 图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C. 图中实线对应于氧气分子在l o o t 时的情形D. 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E.与0T 时相比，l O O t 时氧气分子速率出现在 0 ~400m /s区间内的分子数占总分子数的百分比较大单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比评析试题中图像与教材中图像非常相似，却有一些不同:横坐标，前者是以分子速率为轴;后者是以分子速率区间段为轴;纵坐标，前者语言描述为“单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比”且没有标度具基金项目：江西省中小学教育教学课题研究与实验基地课题“基于核心素养和新教材重构中学物理课堂教学”（课题编号:F Z W L 2019—717)及“基于深度学习理念探究中学物理实验创新研究”（课题编号：S Z U D H W L 2019 - 1001).作者简介：刘大明（1983 -),男，江西赣州人，硕士研究生，中学一级教师，研究方向：课程与教学论，学科能力开发与发展；江秀梅（1984 -)，女，江西遂川人，硕士研究生，中学一级教师，研究方向：课程与教学论.。

巧判液柱移动之假设法

巧判液柱移动之“假设法”使用“极限法”可以解决一部分判断液柱移动的问题，但还有相当一部分移动问题是没法用“极限法”来解决的。

如果仍然要避免热力学那些令人恼火的推导，仍然想轻松便捷的去解决它们，怎么办？我们已经会用“极限法”来解决由于状态参数T、V、P变化而引起的液柱移动问题，而其他的一些由外力干扰和改变物质总量引起的液柱移动问题不能用它去解，这一类问题要用“假设法”解决。

同样的，我们只需要能够简单的判断各状态参数之间的变化趋势关系就可以解决问题，避免了复杂的计算。

这样一来，见到这样的题你就会“吃”得津津有味了！下面我们来看看这种方法。

大思路刚才说过“假设法”适用于判断由外力干扰和物质总量改变而引起的液柱移动问题，仍然是初始的平衡状态被打破了。

“假设法”包括一般性假设和特殊值假设：一般性假设就是直接根据问题进行假设。

这里判断的是液柱的移动方向，我们就可以先假设液柱不移动，这样的话由于外界条件的干扰，液柱两端或一端的气柱的变化不一样，那么气柱的状态就要变化。

这种变化贯穿在整个过程中，而我们的假设则只考虑初始状态和末状态，通过比较两个状态就可以判断液柱会如何移动。

特殊值假设一般用于进行有比较的判断，如比较哪段液柱移动得多的问题。

这时我们可以假设都移了某个特殊的值，这个特殊值是按照题意自己判断选取的（选取的原则是：在不违背题意的前提下，选对解题而言最简单的值）。

然后在这个特殊情况下，判断移动趋势。

前面所说的“极限法”也可以说是它的一种特殊情形，用“极限法”时的特殊值就是极限值。

光说可能很难理解这些，我们先来看一个例子再总结一下就知道该怎么用了。

经典体验Array如图所示，玻璃管水银柱上方有少量空气，如果把玻璃管再向上提高少许，分析管内水银柱的高度变化。

假设在整个过程中系统温度不变。

体验思路：题目中将玻璃管向上提高少许正是前面所说的外力干扰，这个外力的干扰使得原来的平衡状态被打破。

根据前面的分析，这类问题可以采用一般性假设法。

2018-2019学年高二物理人教版选修3-3讲义：第八章专题强化练2 液柱(或活塞)移动问题

姓名，年级：时间：用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动?如何移动？此类问题的特点是:气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难,通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。

1．假设推理法根据题设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，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。

巧用假设推理法可以化繁为简,化难为易，简捷解题。

其一般分析思路:(1）先假设液柱（或活塞)不发生移动，两部分气体均做等容变化。

(2）对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp＝错误!p,求出每部分气体压强的变化量Δp，并进行比较。

（3)如果液柱（或活塞）两端的横截面积相等，且Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp｜较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱不移动。

(4）如果液柱（或活塞)两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS)。

若Δp均大于零，则液柱向ΔpS较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱向|ΔpS|值较大的一方移动；若ΔpS相等，则液柱不移动.2．极限法所谓极限法就是将问题推向极端。

如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零，这样使复杂的问题变得简单明了。

如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为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？(设原来温度相同)根据极限法：由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小，设想p2→0，即管上部认为似为真空,于是立即得到，温度T升高，水银柱向上移动.3．图象法利用图象：首先在同一pT图线上画出两段空气柱的等容图线，如图所示。

由于两空气柱在相同温度下压强不同，所以它们等容线的斜率也不同，空气柱的压强较大的等容线的斜率也较大。

液柱移动类问题、关联气体问题

2021 年高考•物理一轮复习•热点题型•变式演练（新高考）考点47—— 液柱移动类问题（限时：45分钟）1.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm 的U 型管，左管上端封闭，右管上端开口。

右管中有高h0= 4cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。

管底水平段的体积可忽略。

环境温度为T1= 283K。

大气压强P0 = 76cmHg。

(1)现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。

此时水银柱的高度为多少?(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少?2.如图所示，在粗细均匀的U 形管右侧，用水银封闭一段长为L1＝19 cm、温度为T1＝280K 的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h＝6 cm。

已知大气压强为p0＝76 cmHg。

(1)给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高。

(2)若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银等高，求补充水银柱的长度。

3．如图，粗细均匀的U 形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B 两部分．当大气压强为p0＝75 cmHg，温度为t0＝27 ℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L0＝30 cm。

(计算结果均保留三位有效数字)(1)现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h＝10 cm，求活塞上升的高度L；(2)然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使 A 部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置。

4．有人设计了一种测定某种物质与环境温度关系的测温仪，其结构非常简单(如图所示).两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有一段长10cm 的水银柱将管内气体分隔成上、下两部分，上部分气柱长20cm，压强为50cmHg，下部分气柱长5cm.今将管子下部分插入待测温度的液体中(上部分仍在原环境中)，水银柱向上移动2cm 后稳定不动.已知环境温度为27℃，上部分气柱的温度始终与外部环境温度保持一致.求稳定后：(1)下部分气柱的压强；(2)待测液体的温度. (结果均保留三位有效数字)5．一内壁光滑、粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一轻活塞。

专题-液滴的移动问题36页PPT

39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
专题-液滴的移动问题
36、如果我们国家的法律中只有某种神灵，而不是殚精竭虑将神灵揉进宪法，总体上来说，法律就会更好。—— 马克·吐温 37、纲纪废弃之日，便是暴政兴起之时。— —威·皮物特
38、若是没有公众舆论的支持，法律是丝毫没有力量的。 ——菲力普斯 39、一个判例造出另一个判例，它们迅速累聚，进而变成法律。 ——朱尼厄斯
40、人类法律，事物有规律，这是不容忽视的。— —爱献生
谢谢！
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。பைடு நூலகம்—亚伯拉罕·林肯

2022高考物理选考题专题--热学解答题(二)--液柱模型：液柱移动问题

以B 液面为研究对象，有0sin p p gh p B A ==+θρ解得θρsin 0gh p p A -= 注意：θsin h 为竖直高度，液体压强与此高度成正以A 液面为研究对象，由二力平衡得S gh p S p A )(10'ρ+=,解得10'gh p p A ρ+=注意：若液面与外界大气相接触，则液面下h 深处的压强gh p p ρ+=0，0p 为外界大压.液柱模型：液柱移动问题一、液柱的受力分析及移动问题的处理技巧1.液体的受力分析一定液体封闭一段理想气体，首先需选取一个液体薄片（其自重不计）为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到薄片两侧的压强平衡方程，解方程，求得气体压强.如图下面两图所示，图中各装置均处于静止状态，已知液体的密度为ρ，大气压强为0p ,求解气体的压强.技巧点拨：在连通器中，同一种液体（中间液体不间断）的同一水平面上的压强是相等的.2.液柱移动方向的判断气体被液柱隔开时温度不变利用玻意耳定律（2211V p V p =）直接判断温度升高（降低）先假设体积不变，两侧的气体分别做等容变化，根据查理定律分别求出两侧的压强差p TTp ∆=∆ 若两侧面积相同，直接比较p ∆的大小，活塞和液柱向p ∆小（大）的方向移动若两侧面积不同，比较p S ∆的大小，活塞和液柱向p S ∆小（大）的方向移动二、针对训练1.如图所示，竖直放置且粗细均匀的U 形玻璃管与容积为30cm 90=V的金属球形空容器连通，用U 形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为C o 27时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出cm 16h 1=,水银柱上方空气长cm 20h 0=，现在对金属球形容器缓慢加热，当U 形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出cm 24h 2=时停止加热. 已知大气压cmHg 760=p ，U 形玻璃管的横截面积为20.5cm S =，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度?2.如图所示，上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管内有一部分水银封住密团气体，横截面积分别为211cm S = ，222cm S =，细管内水银长度为cm 4h 1=.封闭气体长度为cm 6=L ，大气压强为cmHg 760=p ，气体初始温度为K 288=T ，上管足够长. （1）缓慢升高气体温度，求水银刚好全部进人粗管内时的温度2T ；（2）气体温度保持2T 不变，为使封闭气体长度变为cm 8，需向开口端注人的水银柱的体积为多少?3.如图所示，粗细均匀的U 形管竖直放置，左端封口，右端开口，左端用水银封闭长为=1lcm 10的理想气体，当温度为C o 27时，两管水银面的高度差cm 4h =∆. 设外界大气压为cmHg 76.(1)当对封闭气体缓慢加热，温度需要升高至多少摄氏度时左、右两管中的水银面将相平； (2)向右管中加入适量水银可使左、右两管中的水银相平，求加入水银的高度.（结果保留 2位小数)4.U 形管两臂粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是开口的左管的3倍. 管中装入水银,大气压为cmHg 760=p . 开口管中水银面到管口距离为cm 22h 1=,且水银面比封闭管内高4cm h =∆，封闭管内空气柱长为cm 11h 2=,如图所示，现用小活塞把开口端封住，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: （1）右管中气体的最终压强；（2）活塞推动的距离.5.如图所示，长cm 55=L 的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口. 现用长cm 10=l 的水银柱封闭一定质量的理想气体，气体温度为K 306,且水银面恰与管口齐平. 现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强cmHg 750=p . 求：(1)水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；(2)对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下cm 5高的水银柱，气体温度升高了多少.6.如图所示，长cm 100=L 、粗细均匀的玻璃管一端封闭 .水平放置时,长cm 500=L 的空气柱被水银封住，水银柱长cm 30h =. 将玻璃管级慢地转到开口向下的坚直位置然后竖直插入水银槽，插入后有cm 15h =∆的水银柱进入玻璃管，设整个过程中温度始终保持不变，大气压强cmHg 750=p .求:(1)插入水银槽后管内气体的压强p ； (2)管口距水银槽液面的距离H .7.如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长cm 201=l (可视为理想气体)，两管中水银面等高. 现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面cm 10h =. ( 环境温度不变，大气压强cmHg 750=p )求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg ”单位).8.如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体，一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进人小瓶中液柱的长度均为4l. 现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为2l，求此时气缸内气体的压强，大气压强为0p ,重力加速度为g.9.如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口,管内有一段水银柱，右管内气休柱长为cm 39，中管内水银面与管口A 之间气休柱长为cm 40. 先将口B 封闭，再将左管坚直插入水银槽中,设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高cm 2,求: (1)稳定后右管内的气体压强p(2)左管A 端插入水银槽的深度h .（大气压强cmHg 760=p )10.两端封闭的玻璃管竖直放置，长为cm 10=l 的水银柱将管内的空气分为两部分，上下空气柱的长度分为别为cm 121=l 和cm 182=l ，初始时上面空气压强为cmHg 15. 现玻璃管以g a 5.0=的加速度竖直向上加速上移，设温度始终不变，求稳定时水银上面空气柱的长度.（结果保留2位有效数字）11.一“U ”形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，玻璃管导热良好. 用水银封闭一段空气在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图1所示. 将玻璃管在竖直平面内旋转90°如图2所示，求此时右管中水银面移动的距离. 已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强cmHg 760=p ，环境温度不变. （管的直径忽略不计）12.如图所示，两端开口的U 形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a 、b 的长度分别为cm 10、cm 5. 在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来升高了cm 10=h ，已知大气压强cmHg 760=p ，求向左管注入的水银柱长度.13.(2019·全国Ⅲ卷)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为cm 0.2的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为cm 0.2. 若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为cmHg 76,环境温度为K 296.(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口齐平为止，求此时密封气体的温度.14.如图所示，左端封闭，右端开口的均匀U 形管中用水银封有一段长cm 15的空气柱. 左臂总长为cm 25，右臂足够长，右侧水银面比左侧高cm 10，忽略弯管部分的长度. 如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度.（设大气压强为mmHg 750)15.如图为一粗细均匀、足够长的等臂细U 形管竖直放置，两侧上端都封闭有理想气体A 、B ，且被水银柱隔开，已知气体A 的压强为cmHg 0.75A =p ,A 气柱长度为cm 0.20A =l ,两气柱的长度差为cm 0.5=h .现将U 形管水平放置，使两臂位于同一水平面上.设整个过程温度保持不变，求稳定后两空气柱的长度差'h .16.如图所示，一根一端封闭的玻璃管，长为cm 95=L ，内有一段长为cm 20=h 的水银柱，当温度为 C o 27时，开口端竖直向上，被封闭的气柱长为cm 60=H . 温度至少升高到多少时，水银柱才能从管中全部溢出?(设大气压为cmHg 75)17.如图所示，玻璃管粗细均匀（粗细可忽略不计)，竖直管两封闭端内理想气体长分别为上端cm 30、下端7cm 2，中间水银柱长cm 10.在竖直管上水银柱中间位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭cm 5长水银柱. 大气压cmHg 750=p .(1)求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？(2)现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度各为多少？18.如图所示，两个球形容器容积之比为11:10:21=V V ，由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为1T 和2T 的热库内，已知K 3001=T ，位于细管中央的汞柱静止. (1)求另一热库的温度2T ；(2)若使两热库温度都升高T ∆，汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由.19.如图所示为“浮沉子”问题. 竖直放置的汽缸开口向上，上端口为A ，不计厚度的轻活塞停在B 处，BC 间为理想气体，C 点以下为水银，在DF 之间静止着一个圆柱形的，厚度不计的，开口向下的刚性小瓶，DE 为瓶内理想气体的长度，3LL AB =、L L BC =、L L CD =、2L L DE =、2LL EF =、cm 8=L ,现在用外力将活塞缓慢拉到A 处，小瓶最终将静止在水银面上. 设外界大气压强cmHg 760=p ,整个过程温度不变，没有摩擦，不漏气，小瓶始终竖直，开口向下. 求：(1)小瓶的重力与它底面积的比值等于多少厘米汞柱？(2)小瓶最终静止时瓶内气体的长度（结果保留两位有效数字）.答案1. C o 277解析：:初始状态:cmHg 60101=-=h p p ， 3001cm 100=+=S h V V ， K 3001=T 末状态:cmHg 100202=+=h p p , 32112cm 1002)(=++=Sh h V V ， K )273(22t T += 由理想气体状态方程有222111p p T V T V =,代入数据解得C t o 2772=2.（1）K 468 （2）3cm 37（1）初状态，cmHg 401+=p p ， 11LS V =，末状态cmHg 2p p 02+=，112)h (S L V +=根据222111p p T V T V = ，由以上各式并代入数据解得K 4682=T （3）气体等温变化有3322V p V p = 解得cmHg 5.973=p ，设此时水银柱液面高度差为3h 有21.5cm 76cm -7.5cm 9h 3==，所以注入体积为3cm 373.（1）C o 107 （2）5.06cm解析：（1）设初态气体的体积为1V , U 形管横截面积为S ，则S S l V 1011==,温度为K 3001=T ,压强72cmHg h 01=∆-=p p ，未态气体的体积为2V ，则S hS S l V 122112=∆+=，温度为2T ，压强76cmHg 2=p ，由理想气体状态方程有：222111p p T V T V =解得K 3802=T ，即C t o 107=(2)设末态时左侧气柱高度为3l ，则03p p =， S l V 33=，由玻意耳定律有3311V p V p = 解得：cm 47.93≈l ，则加入的水银高 5.06cm h )(2h 31=∆+-=l l4.（1）cmHg 88 （2）cm 6解析：（1）设左管横截面积为S ,则右管横截面积为S 3，以右管封闭气体为研究对象，初状态的压强为80cmHg h 01=∆+=p p ，体积为21h 3⋅=S V末状态的压强为2p ，从初状态到末状态，设左管水银面下降1h ∆,设右管水银面上升2h ∆h h h 21∆=∆+∆， S S 21h 3h ∆=∆，故3cm h 43h 3h 21=∆=∆=∆末状态的体积为)h h (3222∆-=S V ，由等温变化有2211V p V p =，由以上各式得cmHg 882=p （2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，初状态有:cmHg 7603==p p ,体积为13h S V = 末状态有:cmHg 8824==p p ,体积为44h S V =，由等温变化有4433V p V p = 由以上各式得cm 19h 4=，活塞推动的距离6cm h h h 41=∆+-=L5.（1）cmHg 90 （2）K 340解析（1）设玻璃管的横截面积为S ，初态时，管内气体的温度为K 3061=T ,体积为S V 451=，压强为cmHg 8030sin 01=+=o l p p ，末状态时，设水银柱高为H ,则管内气体体积S H V )55(2-=,压强为cmHg )75(02H H p p +=+=, 由玻意耳定律2211V p V p =代入数据解得cm 15=H (另一解舍去)，故cmHg 902=p (2)设温度升至2T 时，管中水银柱高为cm 5,气体体积为S V 503= 气体压强为cmHg 80h 03=+=p p ，由理想气体状态方程有233111p p T V T V =代入数据得K 3402=T6.（1）62.5cmHg（2）cm 5.27 解析：(1)设当管转至竖直位置时，水银恰好位于管口而未从管中漏出，管截面积为S .此时气柱长度cm 70=l . 由玻意耳定律得:53.6cmHg cmHg 70507500=⨯==l L P P 由于0p cmHg 6.83>=+gh p ρ，因此必有水银从管中漏出.设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为x ,由玻意耳定律得)()(000x L S gx p SL p --=ρ，整理并代入数值后得)100)(75(5075x x --=⨯，解得cm 25=x .（2）设插入水银槽后管内气柱长度为'L ,由题设条件得cm 60)('=∆+-=h x L L . 由玻意耳定律,插入后管内压强62.5cmHg cmHg 607550L p '00=⨯==L P(2)设管内水银与槽内水银面间高度差为'h ，12.5cm cm )5.6275('=-=h .管口距槽内水银面距离cm 5.27''=--=h L L H .7. cmHg 50解析：设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为1p ，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为2p ，气柱长度为2l ，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得2211V p V p =， 01p p =，h p p p +=02 S l V 11=， S l V 21=，由几何关系得)(212l l h -=，联立以上各式，代入数据得cmHg 50=p8.gl p ρ41230+ 解析：设当小瓶内气体的长度为l 43时,压强为1p ；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为2p ，气缸内气体的压强为3p ，依题意l p p g 2101ρ+= ① 由玻意耳定律S l l p lS p )21(4321-=⋅ ② 式中S 为小瓶的横截面积联立①②两式,得)21(2302gl p p ρ+= ③ 又有gl p p ρ2132+= ④联立③④式，得gl p p ρ412303+=9.（1）cmHg 78 （2）cm 7解析：(1)对插入水银槽后右管内气体，有:h)5.0(000∆-=l p l p ，解得cmHg 78=p . (2)插入水银槽后左管中气体压强80cmHg h '=∆+=g p p ρ, 左管内、外水银面高度差cm 4h 01=-=ρgp p'，对中管和左管内气体，有:''0l p l p =',cm 38'=l ,左管插入水银槽中的深度cm 7h -h 21h 1'=∆+∆+=l l .10. cm 90.13解析：初态时，下方气体压强为cmHg 25=+=l p p 上下，加速时，设上方气体压强为'上p ，空气柱长为x ，对水银柱由牛顿第二定律有：ma mg S p S p =--''上下, 且Sl m ρ=，代入数据可知cmHg 10=gl ρ，对上、下方气体由玻意耳定律得：xS p S l p '1上上=, S x l l p S l p )21'2-+=（下下, 联立解得：13.90cm cm )111(6=-=x11. cm 5.0解析：设初始时右管空气的压强为1p ,体积为1V ,玻璃管横截面积为S ,空气柱的长度为1L ,右侧水银柱与左侧水银柱的高度差为1h ,其产生的压强为1h h ,则初状态：cmHg 72101=-=h p p p ， 11SL V =，设旋转90°后，右管空气的压强为2p ,体积为2V ,玻璃管横截面积为S ,空气柱的长度为2L ,左侧水银柱与右侧水银柱的高度差为2h ,其产生的压强为2h h ,则末状态：cmHg 80202=+=h p p p ， 22SL V = ，由于导热良好，满足玻意耳定律，由玻意耳定律有：2211V p V p =，解得：cm 5.42=L ，右管中水银面移动的距离：cm 5.021=-=L L x12. cm 5.21解析：设初状态a 、b 两部分空气柱的压强均为1p ,由题意知90cmHg cmHg 1401=+=p p 因右管水银面升高的高度12cm 10cm <,故b 空气柱仍在水平直管内，设末状态a 、b 两部分空气柱的压强均为2p ，则0cmHg 01h cmHg 1402=++=p p ，设末状态a 、b 两部分空气柱的长度分别为2a L 、2b L ，对a 部分空气柱，根据玻意耳定律：2211a a L p L p = 对b 部分空气柱，根据玻意耳定律：2211b b L p L p =，代入数据解得cm 92=a L ,cm 5.42=b L 设左管所注入的水银柱长度为L ,由几何关系得:)()(22211b a b a L L L L h L +-++= 代入数据解得cm 5.21=L13.（1）cm 41 （2）K 312解析：（1)设细管长度为L ,横截面的面积为S ,水银柱高度为h ，初始时，设水银柱上表面到管口的距离为1h ，被密封气体的体积为V ,压强为p ；细管倒置时，气体体积为1V ,压强为1p . 由玻意耳定律有：11V p pV =，由力的平衡条件有：gh p p ρ+=0，gh p p ρ-=01式中ρ、g 分别为水银密度和重力加速度的大小，0p 为大气压强. 由题意有)(1h h L S V --=， )(1h L S V -=，联立以上各式代入数据得cm 41=L(2)设气体被加热前后的温度分别为0T 和T ,由盖-吕萨克定律有TV T V 10=，联立（1）中各式代入数据得K 312=T14. m m 3.283解析：设初始左、右两臂水银面高度差为h ,倒转后空气柱仍在左臂，如图甲所示，则对所封空气柱，由玻意耳定律有S x x h S h )150)(2750(150)750(+--=⨯+，整理得0300)450(22=+-+h x h x ，当042≥-=∆ac b 时，方程有实数解，且方程的解应满足1000<<x ，即030024)450(2≥⨯⨯--h h ，10044500<-+∆<h，解得m m 5.62<h . 也就是说，只有当两臂水银面高度差小于m m5.62时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂.而本题给出的开始时水银面高度差为62.5m m 100m m >,因此，U 形管倒转后空气柱会进入右臂. 而右臂足够长，倒转后，水银柱全部进入右臂，如图乙所示，S y V )250(2+=450mmHg mmHg )300750(2=-=p .根据玻意耳定律，有S y S )250(450150850+⨯=⨯,解得mm 3.33=y ，则空气柱的长度为283.3mm mm )3.33250(=+=l15. cm 2.6解析：当U 形管竖直放置时，两部分气体的压强关系有：gh p p A B ρ-=当U 形管平放时，两部分气体的压强关系有：p p p BA ==''，则知A 气体等温变化且压强减小，体积增大；B 气体等温变化且压强增大，体积减小，故水银柱会向右侧移动，空气柱的长度差将变大. 对于气体A ，由玻意耳定律得：'A A A pl l p =,对于气体B,由玻意耳定律得：'B B B pl l p =，由几何关系得：B A l h l =-， '''B A l h l =-,''B A B A l l l l +=+，解得cm 2.6'=h .16. K 3.380解析：因为h H L +>,当气体的温度上升时其体积会增大，水银柱将向上运动.在水银柱上升距离小于cm 15时，水银不会溢出，气体做等压膨胀；当水银上表面上升至管口时，若继续升温，气体体积继续膨胀，水银将开始溢出,这时气体压强将变小，温度升高，体积增大.只要水银没有完全溢出,气体质量还是保持不变.由气态方程=TpV恒量可知,要使T 有最大值，则要pV 达最大值，此时对应的温度T 为水银全部溢出的最低温度，只要达到这一温度不再升温，随着水银的溢出，压强减小，气体体积膨胀，水银也会自行全部溢出.设管中还有长为cm x 的水银柱尚未溢出时，温度为T ,停止加热，则此时有：T S L T HS ））（）（x (x p h p 000-+=+ 即：T S )x 95)(x 75(3006095-+=⨯当x x -=+9575，即cm 10=x 时,pV 值最大,这时可求出K 3.380=T ,或用二次根式的判别式0≥∆,即0712519x 20x 2=-+-T 要使方程有解，则0)712519(4)20(2≥-⨯--T 解得:K 3.380≤T ,即当温度大于K 3.380时，原等式不再成立，平衡被打破，此时只要保持这一温度不再升高,水银也会自行全部溢出.17.（1）cmHg 70=上p ， cmHg 80=下p （2）cm 28'=上L ， cm 24'=下L 解析：(1)上端封闭气体的压强：cmHg 700=-=h p p p 上, 下端封闭气体的压强：cmHg 800=+=h p p p 下(2)设玻璃管横截面积为S ,气体发生等温变化，由玻意耳定律得：对上端封闭气体，S L p S L p ’上上上上'=，对下端封闭气体，S L p S L p ’下下下下'=. ''cmHg 15下上p p =+，cm 52''=+下上L L ，解得：cm 28'=上L ， cm 24'=下L18.（1）K 330 （2）解析：(1)两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等。

液柱移动问题

创新微课
解析判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多.
液柱移动问题
创新微课
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：Tp22＝Tp22′′，所以 p2′＝TT2′2 p2，
Δp2＝p2′－p2＝(TT2′2 －1)p2＝ΔTT22p2；同理下段：Δp1＝ΔTT11p1.
(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp＝
p T
ΔT，求出
每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较.
液柱移动问题
例题如图所示，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？(设原来温度相同)
液柱移动问题
创新微课
针对训练如图所示，四支两端封闭、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( )
液柱移动问题
创新微课
解析假设升温后，水银柱不动，则两边压强要增加，由查理定
又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，所以Δp1>Δp2，即水银柱上移.
答案水银柱上移
液柱移动问题
总结提高
创新微课
同一问题可从不同角度考虑，用不同方法求解，培养同学们的发散思维能力.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.
创新微课现在开始
液柱移动问题

高中物理微型专题液柱移动和活塞移动

2.(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图6所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求： (1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？
图6
(2)当贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
VA VB TA TB
解得
TB
=
VB VA
TA
600 K
从B到C等温变化，故 TC 600 K
从C到D等压变化，由盖吕萨克定律得
VC TC
VD TD
解得
TD
= VD VC
TC
300 K
(2)将上述状态变化过程在图乙中画成V－T图线(图中要标明A、B、C、 D四点，且要画箭头表示变化方向)，并说明每段图线各表示什么过程
1234
(2)写出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；
答案 0.4 m3 解析由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程. 对 A 至 C，由理想气体状态方程有：pTAVAA＝pTCVCC 解得：VA＝pCpVATCTC A＝2.01×.51×051×050×.64×00200 m3＝0.4 m3.
对A 初： P0 0.3sH T0 =300K
末： P0 xH
T
根据盖-吕萨克定律 0.3sH = 300 xs T
解得：x 0.9H
对B 初： P0 sH T0 =300K 末： 3P0 sH T
根据查理定律 P0 = 300 3P0 T
(2)当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是多少？

高中物理液柱移动问题

1.在一个密闭容器中，有一根竖直插入的细管，管内有一段水柱。

当容器被加热时，水柱会如何移动？A.向上移动B.向下移动（答案）C.保持不动D.无法确定2.一根两端开口的玻璃管，下端插入水银槽中，管内有一段水银柱。

当大气压强增大时，管内水银柱会如何变化？A.上升B.下降（答案）C.保持不变D.先上升后下降3.在一个U形管中，左右两侧分别装有不同密度的液体，中间有一段液柱。

当U形管向右倾斜时，中间液柱会如何移动？A.向左移动（答案）B.向右移动C.保持不动D.无法确定4.一根竖直放置的玻璃管，下端封闭，上端开口，管内有一段空气柱和一段水柱。

当玻璃管向上加速运动时，水柱会如何移动？A.向上移动（答案）B.向下移动C.保持不动D.无法确定5.在一个连通器中，左右两侧分别装有不同高度的液体，中间有一段液柱相连。

当连通器向右倾斜时，哪一侧的液体会升高？A.左侧B.右侧（答案）C.两侧都升高D.两侧都不变6.一根两端封闭的玻璃管，管内有一段空气柱和一段水柱。

当玻璃管被加热时，水柱会如何移动？A.向左移动B.向右移动（答案）C.保持不动D.无法确定7.在一个倒置的U形管中，左右两侧分别装有相同高度的水柱，中间有一段空气柱。

当向U形管中注入更多水时，中间空气柱会如何变化？A.变长B.变短（答案）C.保持不变D.无法确定8.一根竖直放置的玻璃管，下端开口，上端封闭，管内有一段水柱。

当外界大气压强减小时，水柱会如何移动？A.向上移动（答案）B.向下移动C.保持不动D.无法确定9.在一个连通器中，左右两侧分别装有相同高度的液体，中间有一段液柱相连。

当向连通器一侧加入更多液体时，另一侧的液体会如何变化？A.升高B.降低（答案）C.保持不变D.无法确定10.一根两端开口的玻璃管，下端插入水银槽中，管内有一段水银柱。

当玻璃管向上提起时（不离开水银槽），管内水银柱会如何变化？A.上升B.下降（答案）C.保持不变D.无法确定。

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，运用玻意耳定律判断二、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【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，中间封有一段空气。

则（）（A ）弯管左管内外水银面的高度差为h（B ）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大（C ）若把弯管向下移动少许，右管内的水银柱沿管壁上升（D ）若环境温度升高，右管内的水银柱沿管壁上升【答案】ACDh第13题 h【例4】一直玻璃管水平放置，正中间有长4cm 的水银柱，将其两端封闭封入左右两端空气柱，长均为10cm ，压强均为76cmHg ，如图所示，现使管子向左做加速运动，水银柱移动了0.2cm，求其加速度的大小【答案】7.625【例5】.如图所示,截面均匀的U 形玻璃细管两端都开口,玻璃管足够长,管内有两段水银柱封闭着一段空气柱.若气体温度是27℃时,空气柱在U 形管的左侧.A 、B 两点之间封闭着的空气柱长为15cm,U 形管底长CD=10cm,AC 高为5cm.已知此时的大气压强为75cmHg.(1)若保持气体的温度不变,从U 形管左侧管口处缓慢地再注入25cm 长的水银柱,则管内空气柱长度为多少?(2)为了使这段空气柱长度恢复到15cm,且回到A 、B 两点之间.可以向U 形管再注入一些水银,且可改变气体的温度,应从哪一侧管口注人多长水银柱?气体的温度变为多少?【答案】(1)12cm(2)右侧,25cm,375K练习1、如图所示，玻璃管水银柱上方有少量空气，如果把玻璃管再向上提高少许，分析管内水银柱的高度变化。

高中物理人教版第八章小专题大智慧由温度变化引起的液柱移动问题分析

A．向A端移动
C．始终不动
B．向B端移动
D．以上三种情况都有可能
解析：由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动。答案：C
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3. 如图6所示，两端开口的U形管，右侧直管中
有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若
在左管中再注入一些水银，平衡后则 ( A．下部两侧水银面A、B高度差h减小 B．h增大 C．右侧封闭气柱体积变小图6 )
返回
2．图像法
在同一p－T坐标系中画出两段气柱的
等容线，如图2所示，在温度相同时p1>p2，上段气柱等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量 Δp1>Δp2，水银柱上移。 3．极限法由于p2较小，设想p2＝0，上部为真空，升温时p1增大，图2水银柱上移。返回Fra bibliotek[例]
在一粗细均匀且两端封闭的
怎样，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，两部分气体都为等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
返回
T2′ p2 T2 上段：＝，所以 p2′＝ T p2 p2′ T2′ 2 T2′ ΔT2 Δp2＝p2′－p2＝( T －1)p2＝ T p2 2 2 ΔT1 同理下段：Δp1＝ T p1 1 又因为 ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋h>p2，所以 Δp1>Δp2，即水银柱上移。
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第八章
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专题冲关
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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，管内水银柱将如何移动？(设原来温度相同) 下面通过几种常用方法对此问题加以分析：图1

巧用“形象思维”，速解液柱（活塞）移动问题

巧用形象思维 ,速解液柱(活塞)移动问题ʏ河北省石家庄市鹿泉区第一中学姚翠芳王爱理想气体的状态分析是高中物理选考部分中非常重要的一个Ⅱ级考点,因为其涉及的知识点可以是单一的理想气体常见模型,也可以是与各种力学模型的综合,所以有的试卷中以选择题的形式呈现,有的试卷中以计算题的形式呈现㊂在选择题中,关于判断玻璃管内液柱移动方向或者汽缸中活塞移动方向的题目花样很多,分析方法也很多,最常见的分析方法是基于假设法的定性半定量分析,最基础的求解方法是程序化判断方法㊂采用定性半定量分析方法的思维过程比较烦琐,采用程序化方法分析判断时需要厘清三个关系(力学上的平衡条件,理想气体的状态方程,根据气体状态变化示意图可以找到的几何关系)㊂采用这两种分析方法求解选择题,会有大材小用之感,费时费力㊂现在我们借助下面的情境,找出一个简捷易懂的方法,快速判断液柱(活塞)移动的方向㊂一㊁生活经验的启示情境Ⅰ:在一个恒温池中,气泡由池底慢慢升到水面,仔细观察可以发现气泡在上升过程中,体积逐渐变大,到水面时就会破裂㊂情境Ⅱ:比较饱满的氢气球,在上升的过程中,会越来越饱满,最终撑破㊂这两个情境的物理本质是一样的:在温度不变的情况下,随着外界压强的减小,气体体积不断增大㊂不同的是容纳气体的容器,一个是靠一层水包围的气泡,一个是氢气球㊂我们遇到的物理问题中,容纳气体的容器通常是玻璃管+液柱 ,或汽缸+活塞 ,且在这些模型中只能通过液柱或活塞的移动来实现气体体积的变化;外界压强的改变方式比较多,可以是外界压强直接变大,也可以是注入液体,还可以是推动活塞,还可以是将其按压到水池深处等㊂在实际应用中,若利用形象思维,把那些容纳气体的容器想象成氢气球,则可使得分析过程大大简化㊂二㊁形象思维的建立例1如图1所示,一端封闭的玻璃管图1开口向下竖直倒插在水银槽中,其位置保持固定,已知封闭端内有少量空气㊂若将玻璃管竖直向上缓慢提起(管下端未离开槽内水银面),则管中在槽内水银面上方的水银柱高度h和封闭端内空气的压强p的变化情况是()㊂A.变小,变大B.变大,变大C.变大,变小D.变小,变小解法1:基于假设法的定性半定量分析㊂第一步:温度保持不变,把玻璃管稍向上提起一段距离,假设管中水银柱高度不变,则封闭端内空气柱变长,根据玻意耳定律可知,封闭端内空气的压强变小,即p<p0-ρh g㊂因此在此假设基础上水银柱会向上移㊂第二步:假设封闭端内空气柱的长度不变,则封闭端内空气的压强不变,管中水银柱高度增大,即p>p0-ρh g㊂因此在此假设基础上水银柱会向下移㊂第三步:水银柱最后平衡,停下来的位置介于第一步和第二步所说的两种情况之间,即h增大,L也增大,p减小㊂解法2:程序化方法分析㊂第一步:根据力学平衡条件可知,槽内水银面处的压强p+ρg h=p0,因为p0不变,所以p和h一增一减㊂第二步:根据玻意耳定律得p S L=C(C 为常数),因此p和L一增一减㊂综合以上两式可知,h和L都增大或者都减小㊂第三步:根据几何关系得h+L增大,且增量之和为玻璃管上移的高度,因此h和L 只能都增大,则p一定减小㊂解法3:形象思维法㊂把玻璃管和其内部H+h高度(H为槽内水银面下方的水银柱的高度)的水银柱看成氢气球 ,将玻璃管竖直向上缓慢提起时,相当于氢气球处 (玻璃管口)的压强减小,因此封闭空气的体积一定会增大,即L增大,压强会减小,水银将从玻璃管中流出,再2 3解题篇经典题突破方法高考理化2023年5月Copyright©博看网. All Rights Reserved.根据p '+ρh g =p 0可知,h 增大㊂答案:C小结:按照常规的解法1和解法2分析求解,步骤繁杂,稍有不慎,就会陷入混乱状态;采用形象思维法分析求解,不仅回避了对多种假设条件的分析,而且避免了复杂的关系式的书写,简捷易懂㊂三、活学活用图21.感悟模型㊂例2 如图2所示,玻璃管A 和B 同样粗细,玻璃管A 的上端封闭,两管下端用橡皮管连通,两管中水银柱的高度差为h ,若将玻璃管B 慢慢地提起,则( )㊂A.玻璃管A 内封闭空气柱将变长B .玻璃管A 内封闭空气柱将变短C .两管内水银柱的高度差将增大D .两管内水银柱的高度差将减小解析:将玻璃管B 慢慢地提起,等效于在玻璃管B 中加入了少量水银,致使玻璃管B 原水银面压强增大,氢气球被压缩,玻璃管A 内封闭空气柱将变短,根据玻璃管A 中空气的压强p =p 0+ρg h ,p 增大可知,两管内水银柱的高度差h 将增大㊂答案:B C小结:本题中橡胶管的长度变化,形状变化,都对气体状态变化问题的研究没有任何影响,所以大胆地将玻璃管B 慢慢地提起等效成向玻璃管B 中加入少量水银,这在一定程度上简化了思维过程,进而采用形象思维法即可顺利解决㊂2.大胆等效㊂例3 如图3所示,一试管开口朝下插入盛水的广口瓶中,在某一深度静止时,管内图3封闭有一定质量的空气㊂若向广口瓶中缓慢倒入一些水,则试管将( )㊂A.加速上浮B .加速下沉C .保持静止D .以原静止位置为平衡位置上下振动解析:把试管和其内部的水看成氢气球 ,向广口瓶中缓慢倒入一些水,试管口处的压强变大,封闭气体的体积变小,试管内的水会增加㊂以试管和其内部的水为研究对象,重力大于浮力,所以试管将加速下沉㊂答案:B小结:本题中试管静止时受到的浮力等于重力,倒入一些水的效果和将玻璃管缓慢往下按一下的效果相同,都会导致气体被压缩,重力大于浮力而加速下沉㊂3.灵活应用㊂图4例4 如图4所示,一粗细均匀的U 型玻璃管右侧开口向上,竖直放置,左㊁右两管中各封闭有一定质量的理想气体A ㊁B ,水银面a ㊁b 间的高度差为h 1,水银柱c d 的长度h 2=h 1,a 面与c 面恰好处于同一高度㊂现向右侧开口端注入少量水银达到重新平衡,则( )㊂A.水银面c 下降的高度大于水银面a 上升的高度B .水银面a ㊁b 间新的高度差等于右管上段新水银柱的长度C .封闭气体A 的压强一定大于外界大气压强D .封闭气体A 的压强变化量等于封闭气体B 的压强变化量解析:先把玻璃管和其内部水银柱c d 看成氢气球 ,向右侧开口端注入少量水银,水银面d 处的压强p =p 0+ρg h 增大,封闭气体B 的体积变小,压强增大;再把玻璃管和其内部水银柱a b 看成氢气球 ,封闭气体B 的压强增大,则封闭气体A 的体积变小,压强增大;假设封闭气体A 的长度减小了Δh 1,封闭气体B 的高度减小了Δh 2,那么水银面c 下降的高度为Δh 1+Δh 2,一定大于水银面a 上升的高度Δh 1,选项A 正确㊂水银面a ㊁b 间新的高度差为2Δh 1,假设右管上段新水银柱的长度为Δh ,未注入水银前,封闭气体A 的压强p A =p 0+ρg h 1-ρg h 2=p 0,注入水银后,封闭气体A 的压强p A '=p 0+ρg (h 1+Δh )-33解题篇经典题突破方法高考理化 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.ρg (h 2+2Δh 1)=p 0+ρg (Δh -2Δh 1),而封闭气体A 的体积变小,压强增大,即p A '>p A =p 0,所以Δh >2Δh 1,选项B 错误,C 正确㊂封闭气体A 的压强变化量Δp A =p A'-p A =ρg (Δh -2Δh 1),封闭气体B 的压强变化量Δp B =ρg Δh 1,所以Δp A <Δp B ,选项D 错误㊂答案:A C小结:本题可以先考虑外界压强变化导致封闭气体B 压缩,继而导致封闭气体A 压缩,不妨假设这是一个多层氢气球,所有封闭气体都要被压缩;再考虑液柱移动距离,从封闭气体A 压缩导致液柱移动开始分析,然后联动影响封闭气体B 压缩导致的液柱移动㊂4.拓展提升㊂图5例5 如图5所示,两端开口的弯管,左侧插入水银槽中,管内外水银面高度差为h 1,右侧有一段水银柱,两端液面的高度差为h 2,中间封闭有一段空气,则下列说法中正确的是( )㊂A.若大气压强升高,则h 1减小,h 2增大B .若把弯管向上移动少许,则重新平衡后,管内气体体积不变C .若把弯管向下移动少许,则重新平衡后,管内气体压强不变D .弯管无论向上还是向下移动,重新平衡后,h 1始终等于h 2解析:管中封闭气体是靠左侧水银槽和右侧水银柱共同封闭的,整体可以看成一个氢气球 ,封闭气体的压强p =p 0+ρg h 1=p 0+ρg h 2,则h 1=h 2㊂当外界压强变大时,两侧一起压缩封闭气体,导致h 1和h 2同时减小,但始终有h 1=h 2,选项A 错误㊂若把弯管向上移动少许,相当于氢气球左侧压强变小,右侧水银柱会向中间管移动,导致h 2变小,气体压强变小,但最终仍有h 1=h 2,选项B 错误㊂若把弯管向下移动少许,相当于氢气球左侧压强变大,右侧水银柱会向右管移动,导致h 2变大,气体压强变大,但最终仍有h 1=h 2,选项C 错误,D 正确㊂答案:D小结:求解本题需要先判断出封闭气体的压强变化情况,再根据压强变化判断出重新平衡时依然满足h 1=h 2㊂图61.如图6所示,一根竖直放置的弹簧连接一个汽缸中的活塞,使汽缸悬空而静止㊂若不计活塞与汽缸壁之间的摩擦,汽缸导热性能良好,外部温度恒定不变,则下列判断正确的是( )㊂A.若大气压强增大,则活塞将上升B .若大气压强减小,则活塞将上升C .若大气压强增大,则汽缸将上升D .若大气压强减小,则汽缸将上升图72.如图7所示,汽缸开口向下,缸内活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞可自由滑动且不漏气,活塞下挂一个砂桶,砂桶装满砂子时,活塞恰好静止㊂现将砂桶底部钻一个小洞,让砂子慢慢漏出㊂汽缸导热性能良好,外部温度恒定不变,则( )㊂A.缸内的气体压强减小,内能减小B .缸内的气体压强增大,内能减小C .缸内的气体压强增大,内能不变D .缸内的气体压强减小,内能不变图83.如图8所示,均匀U 型管内盛有液体,左右液面相平,左管用活塞封闭了一定质量的气体A ,右管封闭气体B ,开始时A ㊁B 两部分气体的压强均为p ,气柱的长度均为l ㊂现将活塞缓慢向上提升高度d ,则在此过程中( )㊂A.气柱A 的长度增加量等于d B .气柱B 的长度增加量小于d C .气体A 的最终压强小于l pl +d D .气体A 的最终压强大于l pl +d 参考答案:1.D 2.C 3.B D(责任编辑张巧)43 解题篇经典题突破方法高考理化 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

2023高考物理热学专题冲刺训练--气体实验定律的综合应用(一)--液柱模型

气体实验定律的综合应用（一）一、液柱模型：液柱移动问题1．气体实验定律及理想气体状态方程理想气体状态方程：pV T ＝C p 1V 1T 1＝p 2V2T 2⎩⎪⎨⎪⎧当T 一定时，p 1V 1＝p 2V 2当p 一定时，V 1T 1＝V2T 2当V 一定时，p 1T 1＝p 2T22．玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，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．二、针对练习1、如图所示，竖直放置且粗细均匀的U 形玻璃管与容积为30cm 90=V 的金属球形空容器连通，用U 形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为C o 27时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出cm 16h 1=,水银柱上方空气长cm 20h 0=，现在对金属球形容器缓慢加热，当U 形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出cm 24h 2=时停止加热. 已知大气压cmHg 760=p ，U 形玻璃管的横截面积为20.5cm S =，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度?2、[2020·全国Ⅲ卷]如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H ＝18 cm 的U 型管，左管上端封闭，右管上端开口。

右管中有高h 0＝4 cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l ＝12 cm 。

管底水平段的体积可忽略。

环境温度为T 1＝283 K ，大气压强p 0＝76 cmHg 。

(1) 现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。

此时水银柱的高度为多少？(2) 再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？3、如图所示，长cm 55L =的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口. 现用长cm 10=l 的水银柱封闭一定质量的理想气体，气体温度为K 306，且水银面恰与管口齐平. 现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强cmHg 750=p . 求：(1)水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；(2)对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下cm 5高的水银柱，气体温度升高了多少.4、如图所示，内径粗细均匀的U 形管竖直放置在温度为7 Ⅲ的环境中，左侧管上端开口，并用h 1＝4 cm 的水银柱封闭有长l 1＝14 cm 的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l 2＝24 cm 的理想气体，左右两管内水银面高度差h 2＝10 cm ，若把该装置移至温度恒为27 Ⅲ的房间中(依然竖直放置)，在左侧管中再注入一定量的水银，使右管中气体仍然恢复到原来的长度l 2，大气压强恒为p 0＝76 cmHg ，不计一切摩擦，求： (1)注入的水银柱的长度； (2)注入水银后左侧气柱的长度。

高中物理选修3-3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：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 ＝p ΔT T ，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V 1∶V 2＝1∶2，温度之比T 1∶T 2＝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 0.1．(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L 2∶L 1＝2∶1，两水银柱长度之比为L A ∶L B ＝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1A ．L 2′∶L 1′＝2∶1B ．L 2′∶L 1′<2∶1C ．L 2′∶L 1′>2∶1D ．以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V A ∶V B ＝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V A ′∶V B ′为( ) A ．1∶1 B ．2∶3 C ．3∶4 D ．2∶1答案 B解析对A 部分气体有：p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′①对B 部分气体有：p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′②因为p A ＝p B ，p A ′＝p B ′，T A ＝T B ，所以将①÷②式得 V A V B ＝V A ′T B ′V B ′T A ′所以V A ′V B ′＝V A T A ′V B T B ′＝1×4002×300＝23.3.(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p 1＝2.0×105 Pa ，温度T 1＝300 K 的氮气；B 内装有压强p 2＝1.0×105 Pa ，温度T 2＝600 K 的氧气．打开阀门D ，活塞C 向右移动，最后达到平衡．以V 1和V 2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V 1与V 2之比为( )图2A ．1∶2B ．1∶4C ．1∶1D ．4∶1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：p 1LS T 1＝p (L ＋x )S T对B 部分气体有：p 2LS T 2＝p (L －x )ST将两式相除：(L ＋x )S (L －x )S ＝V 1V 2＝p 1p 2×T 2T 1＝41，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<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱的温度降为0 ℃，左端空气柱的温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图3A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 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Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝－10293p同理右端空气柱Δp 右＝－20293p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.(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分装置示意图，在输液过程中( )图4A ．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升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化量为Δp A、Δp B，对液面压力的变化量为ΔF A、ΔF B，则()图5A．水银柱向下移动了一段距离B．Δp A>Δp BC．ΔV A<ΔV BD．ΔF A＝ΔF B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：pT ＝Δp ΔT对气体A：Δp A＝ΔTT A·p A对气体B：Δp B＝ΔTT B·p B因为p A>p B，T A＝T B所以Δp A>Δp B即水银柱向上移动，故A错，B对；由于气体总体积不变，因此ΔV A＝ΔV B，C错；因ΔF＝Δp·S，Δp A>Δp B，S A>S B，有ΔF A>ΔF B，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S A∶S B＝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p A＝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p A′＝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6A ．400 KB ．450 KC ．500 KD ．600 K 答案 C解析活塞平衡时，由平衡条件得：p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )，p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )，已知S B ＝2S A ，B 中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B ，由玻意耳定律得，p B ′V B ＝p B V 0，设A 中气体末态的体积为V A ，因为两活塞移动的距离相等，即V A －V 0S A ＝V B －V 0S B ，对气体A 由理想气体状态方程得：p A V 0T 0＝p A ′V AT A，解得：T A ＝500 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l 0.已知大气压强与活塞质量的关系为p 0＝3mgS ，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 0.9l 0解析对Ⅰ部分气体，其初态压强p 1＝p 0＋3mg S ＝2p 0，末态压强为p 1′＝p 0＋mg S ＝43p 0，设末态时Ⅰ部分气体的长度为l 1，则由玻意耳定律可得p 1l 0S ＝p 1′l 1S 解得l 1＝32l 0对Ⅱ部分气体，其初态压强为p 2＝p 1＋mg S ＝73p 0，末态压强为p 2′＝p 1′＋mg S ＝53p 0设末态时Ⅱ部分气体的长度为l 2，则由玻意耳定律可得p 2l 0S ＝p 2′l 2S 代入数据解得l 2＝75l 0故活塞A 上升的高度为Δh ＝l 1＋l 2－2l 0＝0.9l 09.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l 1＝30 cm ，外界大气压强p 0＝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？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p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0＋14 cmHg ＋10 cmHg ＝100 cmHg ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＝90 cmHg ＋ΔhV 1＝l 1S ，V 2＝(l 1－12ΔL )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V 2＝(l 1－12ΔL )S ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ，T 0＝300 K升温结束后V 3＝l 1S ，p 3＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＋ΔL由理想气体状态方程得p 2V 2T 0＝p 3V 3T解得T ＝390 K则升温后的温度为t ＝117 ℃.10．(2019·全国卷Ⅱ)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p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，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)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )；② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③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p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p V 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p.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p 0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 ＝3p 0S l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 ＝p 0S g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)7l 3(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p 0，弹簧弹力为零，所以活塞C 到汽缸A 底部的距离为x 1＝l放上物体稳定后，设汽缸A 、B 中气体的压强均为p 1，对D 活塞有p 1S ＝mg ＋p 0S对活塞C 有p 1S ＝F 1＋p 0SF 1为弹簧的弹力，F 1＝k Δx 1＝3p 0S lΔx 1 联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx 1＝l 3此时活塞C 距汽缸底部的距离为x 2＝4l 3初态下气体的总体积V 0＝4lS ，末态总体积为V 1，由玻意耳定律p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝2lS由此可知活塞D 下降的距离为x ＝3l －(2l －4l 3)＝7l 3(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．V 2＝133lS 由盖—吕萨克定律V 1T 0＝V 2T 2解得T 2＝650 K ，所以气体此时的温度为t＝377 ℃.。

专题讲座：液柱移动问题

一、气体温度不变（运动状态和放置方式改变）例1、如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱高于水银槽h ，若将玻璃管竖直向上缓慢地提起（管下端未离开槽内水银面），则H和h 的变化情况为（ A ）和h都增大和h都减小减小,h增大增大,h减小分析与解:（假设法）思路一：假设管内水银柱高度不变由于水银柱的高度不变，封闭空气柱变长，根据玻意耳定律,气体体积增大，空气柱压强变小，根据P=P-ρgh（即h增大）。

所以H和h都增大思路二：假设管内封闭空气柱长度不变由于管内封闭空气柱长度不变， h增大，压强减小，根据玻意耳定律压强减小，体积增大。

所以H和h都增大。

小结：解决动态变化的常用方法就是假设法，然后利用PV之间关系来确定压强和体积如何变化。

（水银柱高于水银槽的高度与气柱长度同增同减）但是水银柱从静止改变运动状态最根本的原因就是受力不再平衡。

1、如图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，管的上部封有部分空气，玻璃管露出槽中水银面的长度为L，两水银面的高度差为h，现保持L不变，使玻璃管向右转过一个小角度，则（ BD ）将增大将减小不变 D.空气柱的长度会减小2、运动状态和放置方式的改变例2、如图所示，粗细均匀的玻璃管，两端封闭，中间用一段小水银柱将空气分隔成A、B两部分，竖直放置处于静止时，水银柱刚好在正中，（1）现让玻璃管做自由落体运动时，水银柱相对玻璃管如何移动分析与解：原来静止时PB >PA，玻璃管自由落体运动时，水银处于完全失AB重状态，所以末状态当水银柱相对玻璃管稳定时PB =PA（结合受力分析），对于A气体压强增大根据玻意耳定律，体积减小，而B气体正好相反，所以水银相对玻璃管向上移动。

（用假设法，假设体积不变，原来平衡PB >PA ，，现需要向下的合外力，所以PA增大，PB减小）思考：有没有可能PA 增大，PB不变（拓展）上题的基础上（2）现将玻璃管水平放置，当再次达到平衡时，水银柱相对于玻璃管如何移动分析与解：原来竖直时PB >PA，玻璃管水平后，再次平衡时PB=PA（结合受力分析），对于A气体压强增大根据玻意耳定律，体积减小，而B 气体正好相反，所以水银相对玻璃管向A移动。