专题一 液柱移动问题与关联气体问题 导学案 -2025-2026学年高二 下学期物理人教版选择性必修第三册

专题一　液柱移动问题与关联气体问题导学案 【学习目标】 1. 知道液柱移动问题成因是受力不平衡造成的，而这个成因是压强。 2. 知道关联气体问题之间的联系是压强或体积。 3. 综合应用气体实验定律、理想气体状态方程分析关联气体问题。 【重点难点】关联气体问题分析 【导】 一定质量的气体等容变化中，由等容线为过原点直线可知 盖-吕萨克定律是不是也满足这样的分比形式？ 【思】 一、液柱移动问题 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． 例1.如图所示，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(　　) A．L2′∶L1′＝2∶1 B．L2′∶L1′<2∶1 C．L2′∶L1′>2∶1 D．以上结论都有可能 例2.如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为的水银柱将管内气体分为两部分，已知.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱的移动情况是（ ）(设原来上、下两部分气体温度相同) A．向下移动 B．向上移动 C．静止不动 D．条件不足，无法判断 二、关联气体问题 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： (1)A部分气体的压强pA； (2)B部分气体的温度TB. 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： (1)粗管中气体的最终压强； (2)活塞推动的距离． 【讨论环节】例题1/2/3/4 【展示环节】例题例题1/2/3/4 【讲评环节】 一、液柱移动问题 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. 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． ⑷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：压强关系、体积关系，注意初末状态参量角标，再列出联系方程即可. 【检测环节】 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. 专题1　液柱移动问题与关联气体问题导学案参考答案 例1.【答案】A【详解】设大气压为，由图示可以知道，封闭气体1、2分别为的压强: 对气体加热过程气体压强不变，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得 则 由于均匀加热，温度变化相等，又因为L2：L1＝2：1，则 所以 A.A项与上述计算结果相符，故A正确； B.B项与上述计算结果不相符，故B错误； C.C项与上述计算结果不相符，故C错误； D.D项与上述计算结果不相符，故D错误． 例2.A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．故选A 例3.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. 例4.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. [检] 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.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. ( 第 1 页 共 8 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $