※专题课:相互关联的两部分气体问题
例1 下方气体压强为74.36 cmHg 上方气体压强为54.36 cmHg
[解析] 设B管在上时,A、B管内气体的压强分别为p1、p2,倒置后分别为p1'、p2',以cmHg为压强单位,用力的平衡条件有
p1=p2+20
p2'=p1'+20+Δl2-Δl1
式中Δl1=1 cm是A管内气柱长度增加量,Δl2是B管内气柱长度减少量
由玻意耳定律,对A、B管内的气体分别有
p1l1S1=p1'(l1+Δl1)S1
p2l2S2=p2'(l2-Δl2)S2
式中S1、S2分别为A、B管的内横截面积,l1=l2=10 cm是B管在上时,A、B管内气柱的长度.由题意有S1=4S2
由于水银柱体积在玻璃管倒置前后不变,有
S1Δl1=S2Δl2
联立以上各式并代入题给数据得
p1=74.36 cmHg
p2=54.36 cmHg
变式 (1)T0 (2)
[解析] (1)设活塞开始离开卡口上升时,右管内气体的压强为p1,对活塞有mg+p1S=p0S
得p1=p0-
两侧气体体积不变,对右管气体有=
得T1=T0
(2)温度下降到T2时,左、右两管液面高度差为L
则左管中气体压强p2=p0-+ρgL,左管内液面下降L2=
由理想气体状态方程得=
得T2=
例2 (1) (2)L0
[解析] (1)隔板刚要运动时,所受的静摩擦力恰好达到最大,由平衡条件得pS=Ffm+p0S
解得A部分气体的压强p=p0+
对A部分气体,由玻意耳定律有p0SL0=pS(L0-x)
解得活塞向右移动的距离x=
(2)对B部分气体,由玻意耳定律得p0SL0=pBS
解得此时B部分气体的压强pB=2p0
对隔板,由平衡条件得pAS=Ffm+pBS
解得此时A部分气体的压强pA=2p0+
对A部分气体,由玻意耳定律有pASL=p0SL0
解得此时活塞与隔板的距离L=
故活塞向右移动的距离
d=2L0-L-=L0
例3 (1)5p0 (2)2p0
[解析] (1)对左侧活塞受力分析可得p1S1=p0S1+FN
对右侧活塞受力分析可得p2S2=p0S2+FN'
又因为p1=3p0,S1=2S2;FN'=FN
联立解得p2=5p0
(2)由于理想气体的温度不变,对左侧气体由玻意耳定律得p1V0=p3·2V0
解得p3=
对左侧活塞受力分析可得p3S1=p0S1+FN″
对右侧活塞受力分析可得p4S2=p0S2+FN
又FN″=FN
联立解得p4=2p0
随堂巩固
1.A [解析] 加热前后,上段气体的压强保持p0+ρgh1不变,下段气体的压强保持p0+ρgh1+ρgh2不变,整个过程为等压变化,根据盖-吕萨克定律得=,=,所以==,即V1'=2V2',故选A.
2.A [解析] 初态:VA∶VB=2∶1,TA=TB;末态:TA'=400 K,TB'=200 K;对于A,根据理想气体状态方程有=,对于B,根据理想气体状态方程有=,原来处于平衡状态时有pA=pB,后来仍处于平衡状态,有pA'=pB',解得=,故选A.
3.(1)10 cm (2)600 K
[解析] (1)最后平衡时A、B中气体压强相等,设为p,由玻意耳定律对A内气体有pALS=p(L+x)S
对B内气体有pBLS=p(L-x)S
解得p=1.5×105 Pa,x=10 cm.
(2)给B内气体加热,活塞恰好回到初始位置的过程中,对B内气体有=
由玻意耳定律,对A内气体有p(L+x)S=pA'LS
因活塞恰好回到初始位置,活塞与汽缸B的左壁无相互作用,pA'=pB',解得TB=600 K.※专题课:相互关联的两部分气体问题
学习任务一 关于液柱的关联气体问题
[科学思维] 由液柱关联下的气体压强处理:
(1)连通器内静止的同种液体(中间液体不间断)在等高液面(即在同一水平液面)处的压强大小一定是相等的;
(2)探讨由静止液柱封闭的气柱压强时,以与封闭气柱相关联的液柱的最低液面为研究对象,利用该液面受到的向上、向下压力的平衡来处理﹔
(3)探求由非平衡状态的液柱封闭的气体压强时,以与气柱相关联的液柱为力学研究对象进行受力分析,用牛顿第二定律列出方程处理﹔
(4)准确把握好几何关系,找出辅助的关系﹔
(5)两部分气体的问题,要分别以两部分气体为研究对象,根据对应实验规律列方程.
例1 [2023·全国乙卷] 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.管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm.求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强.(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位)
变式 如图所示为一粗细均匀的倒立U形管,左管下端封闭,右管开口且足够长,管的截面积为S,内装有密度为ρ的液体.右管内有一质量为m的活塞(厚度不计)搁在固定卡口上,卡口与左管下端等高,活塞与管壁间无摩擦且不漏气.温度为T0时,左、右管内液面等高,两管内空气柱长度均为L,压强均为大气压强p0,重力加速度为g.现使左、右两管同时缓慢降温,在活塞离开卡口上升前,左、右两管液面保持不动,空气可视为理想气体.求:
(1)温度降低到多少时,右管活塞开始离开卡口上升;
(2)温度降低到多少时,左、右两管液面高度差为L.
学习任务二 关于汽缸的关联气体问题
[科学思维] 由活塞关联下的气体压强处理:
(1)正确分析活塞的受力情况,结合活塞的运动情况由力的平衡或牛顿第二定律来探究压强的关联情况;
(2)两部分气体的问题,分别以两部分气体为研究对象,找出各自状态参量及其关系(注意图中的几何关系),然后根据相应的气体实验定律列方程.
例2 [2024·上海中学月考] 如图,一水平放置的汽缸中由横截面积为S的活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B两部分气柱的长度均为L0,压强均等于大气压p0,已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为Ffm,隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力.气体温度始终保持不变,向右缓慢推动活塞.
(1)当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动
(2)若隔板向右缓慢移动了的距离,则活塞向右移动了多大的距离
例3 如图所示,两导热性能良好的汽缸固定在水平地面上,汽缸中的两活塞通过水平轻杆相连,左侧汽缸内气体压强为p1=3p0,活塞横截面积为S1,右侧汽缸内气体压强为 p2(大小未知),活塞横截面积为S2,已知大气压强为p0,S1=2S2,活塞与汽缸之间的摩擦不计,活塞的厚度不计,空气可视为理想气体,整个装置处于静止状态.
(1)求右侧汽缸内气体压强 p2 ;
(2)若保持左侧气体的温度不变,用外力缓慢地使左侧体积变为原来的2倍,此时撤去外力,系统刚好能处于静止状态,求此时右侧汽缸内气体压强.
【要点总结】
复式活塞关联问题
(1)选取复式活塞(含杆)整个连接体为研究对象,正确对其进行受力分析;
(2)弄清复式活塞各面受到的压力方向与大小(含大气压力,封闭气体压力),利用力的平衡条件或牛顿第二定律列式探究压强关系﹔
(3)应用相应的气体实验定律联合求解.
1.(关于液柱的关联气体问题)[2024·湖北荆州中学月考] 如图所示,一端封闭的均匀玻璃管开口向上竖直放置,管中由两段水银柱封闭了两段理想气体,开始时V1=2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热,下列说法正确的是( )
A.加热过程中,始终有V1'=2V2'
B.加热后V1'>2V2'
C.加热后V1'<2V2 '
D.条件不足,无法判断
2.(关于汽缸的关联气体问题)如图所示,活塞与汽缸间无摩擦,汽缸被不导热且能自由移动的活塞隔成两部分,这两部分充有相同温度的理想气体,平衡时VA∶VB=2∶1,现将A气体缓慢加热到400 K,B气体缓慢降温到200 K,则此时A、B两部分气体体积之比等于 ( )
A.4∶1
B.2∶1
C.1∶1
D.1∶2
3.(关于汽缸的关联气体问题)如图所示,A、B汽缸的长度均为L=30 cm,横截面积均为S,A、B汽缸分别是左侧壁和右侧壁导热,其余部分均绝热,C是可在汽缸B内无摩擦滑动、体积不计的绝热轻活塞,K为阀门(细管的体积不计).起初阀门关闭,活塞紧靠B汽缸左壁,A内有压强pA=2.0×105 Pa的氮气,B内有压强pB=1.0×105 Pa的氧气(氮气和氧气均视为理想气体),环境温度为T0=300 K.现将阀门打开,活塞C向右移动,最后达到平衡.
(1)求活塞C移动的距离;
(2)现给B内气体加热,达到平衡时活塞恰好回到初始位置,求此时B内气体温度.
4 热力学第二定律
学习任务一 热力学第二定律
[物理观念] 热现象中的方向性
(1) 传热具有方向性:两个温度不同的物体相互接触时,热量会自发地从 传给 ,而低温物体不能自发地将热量传给高温物体.要实现低温物体向高温物体传递热量,必须 ,因而产生其他影响或引起其他变化.
(2) 物质的扩散现象具有方向性:两种不同的物质可以自发地进入对方,最后成为均匀的混合物质,但这种均匀的混合物质不会自发地分开而成为两种不同的物质.
(3) 有摩擦的机械运动具有方向性:物体在水平面上运动,因摩擦而逐渐停止,但不可能出现物体吸收原来传递出去的 后在地面上重新运动起来.
(4)气体的膨胀具有方向性:气体可以自发地向真空容器中膨胀,但不可能出现气体 从容器中流出而使容器变为真空.
(5)一切与热现象有关的宏观自然过程都是 的.
[教材链接] 阅读教材“热力学第二定律”相关内容,完成下列填空:
(1)热力学第二定律的两种表述
①克劳修斯表述:热量不能 从低温物体传到高温物体.表述阐述的是 的方向性.
②开尔文表述: 不可能从单一热库吸收 ,使之完全变成 ,而不产生其他影响.该表述阐述了 的方向性.
(2)热机
①热机工作时从高温热库吸收的热量Q,只有一部分用来做功W,转变为机械能,另一部分热量要排放给低温热库,故W
②即使没有漏气和摩擦,也没有机体热量的损失,燃料产生的热量也不可能完全转化成机械能,工质吸收的热量不会全部变成功,即热机效率不可能达到100%.
(3)热力学第二定律的克劳修斯表述和开尔文表述是 (选填“等价”或“不等价”)的.
例1 (多选)[2024·山东烟台二中月考] 根据热力学定律,下列说法正确的是 ( )
A.电冰箱的工作表明,热量可以从低温物体向高温物体传递
B.空调机在制冷过程中,从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C.科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机
D.即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失,热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能
[反思感悟]
【要点总结】
1.对热力学第二定律的理解
(1) “自发地”过程就是在不受外界干扰的条件下进行的自然过程.
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成,对周围环境不产生热力学方面的影响.如吸热、放热、做功等.
(3)热力学第二定律的两种表述分别对应着一种“不可能”,但都有一个前提条件“自发地”或“不产生其他影响”,如果去掉这种前提条件,就都是有可能的.例如电冰箱的作用就是使热量从低温物体传到高温物体,等温膨胀就是从单一热库吸收热量,使之完全用来做功,但不是自发地或是产生了其他影响.
2.热力学第二定律的实质:热力学第二定律的每一种表述都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性,进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.
学习任务二 热力学第一定律和热力学第二定律的比较和应用
[物理观念]
(1)两定律的比较
热力学第一定律 热力学第二定律
区别 是能量守恒定律在热力学中的表现,否定了创造能量和消灭能量的可能性,从而否定了第一类永动机 是关于在有限空间和时间内,一切和热现象有关的物理过程具有不可逆性的经验总结,从而否定了第二类永动机
联系 两定律分别从不同角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律,二者既相互独立,又相互补充,都是热力学的理论基础
(2)两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
不需要任何动力或燃料却可以源源不断地对外做功的机器 从单一热源吸热,全部用来对外做功而不引起其他变化的机器
违背能量守恒定律,不可能实现 不违背能量守恒定律,但违背热力学第二定律,不可能实现
[科学态度与责任] 地球上有大量的海水,它的总质量约为1.4×1018 t,如果这些海水的温度降低0.1 ℃,将要放出5.8×1023 J的热量,这相当于1800万个功率为100万千瓦的核电站一年的发电量,这么巨大的能量,人们却不去开发研究是因为这种利用海水的内能发电的过程,违背了 ,不会研究成功.
例2 [2020·全国卷Ⅱ] 下列关于能量转换过程的叙述,违※专题课:相互关联的两部分气体问题
1.C [解析] 在此过程中,上段封闭气体压强不变、温度不变,体积不变;下段封闭气体上移后,压强减小,温度不变,体积变大,推动水银柱向下运动,气体对外界做功,由于温度不变,气体从外界吸热,故C正确,A、B、D错误.
2.B [解析] 对于右边封闭的气体而言,在活塞缓慢地向下移动的过程中发生等压变化,而在缓慢移动过程中可认为与外界及时进行热交换,温度不变,由理想气体的状态方程=C可知,体积不变,所以LB不变;由于右侧压强不变,在压迫左侧气体过程中,造成左右侧压强差增加,所以左侧气体压强变大,由理想气体的状态方程=C可知,在温度不变时,压强变大,所以体积减小即LA减小.故选B.
3.CD [解析] 假设升温后,水银柱不动,则压强要增加,由查理定律,压强的增加量Δp=,而各管原左右两侧压强相同,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;A中因TaΔpb,则水银柱向右移动,选项A错误;B中因Ta=Tb,故Δpa=Δpb,则水银柱不移动,选项B错误;C、D中因Ta>Tb,故Δpa<Δpb,则水银柱向左移动,选项C、D正确.
4.C [解析] 隔板B是导热的,说明甲、乙两气体间有传热,容器和活塞是绝热的,说明容器内气体与外界没有热交换,当将活塞P向左移动一段距离时,活塞压缩气体对气体乙做功,根据热力学第一定律分析得知,乙的内能增加,温度升高,由于隔板B是导热的,而升温后的乙气体温度比甲高,故热量由乙传向甲,甲的内能增加,故A、B错误,C正确.在移动P的过程中,甲、乙气体压强要保持相等,把甲、乙气体看成一个整体,B就必须平分它,所以活塞P移动的距离大于隔板B移动的距离,故D错误.
5.D [解析] 由于是相同质量的同种气体,可以看作同一种气体的两种状态,因温度相等,根据理想气体状态方程得到pAVA=pBVB,由于VA>VB,因而pA6.A [解析] 通过电热丝对A气体加热一段时间,气体A温度升高,体积不变,内能增加,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知道,气体吸热,故A正确.气体B吸热,对外做功,后来活塞达到新的平衡状态,气体B压强不变,根据理想气体状态方程知道,温度升高,内能增加,故B错误.气体A温度升高,体积不变,分子数密度不变,但热运动更剧烈,分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多,故C错误.气体B压强不变,但体积增大,温度升高,所以气体 B 分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少,故D错误.
7.BC [解析] 汽缸的底面半径之比为1∶2,设甲、乙底面积分别为S、4S,对汽缸乙和活塞及杆的整体受力分析,有p甲S+3mg=p0·S,而p甲=,联立可得=,对汽缸乙受力分析,由平衡条件有p乙·4S+2mg=p0·4S,可得p乙=p0,两个汽缸中密封有相同物质的量的同种理想气体,且薄壁导热柱形气缸环境温度稳定,即温度相同,由pV=nRT可知p甲V甲=p乙V乙,联立解得==,选项A错误,B正确;当甲、乙汽缸中气体温度升高时,大气压强不变,对乙汽缸和活塞分析可知两气体的压强均不变,故两气体均发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=,=,而两气体体积的变化为ΔV甲=V甲'-V甲=V甲,ΔV乙=V乙'-V乙=V乙,气体发生等压膨胀,气体对外做的功为W=p·ΔV,故甲、乙汽缸中的气体对外做的功之比为=·=,选项C正确,D错误.
8.B [解析] 设开始时a管中的压强为pa1,b、c管水银高度为h1 cm,大气压强为p0 cmHg,则pa1=(p0+ρgh1) cmHg,将活塞缓慢向左拉动时,a管中气体压强减小,b、c管中水银下降,设稳定后a管中的压强为pa2,c管水银高度为h2 cm,则h2Va1,即a管中的气柱变长,设b管中气体初始压强为pb1 cmHg,稳定后为pb2 cmHg,由题意可知pb1=p0,由于b管中气体发生等温变化,根据玻意耳定律可得pb1Vb1=pb2Vb2,由于b管中水银下降,因此Vb19.
[解析] 设活塞的质量为m,汽缸倒置前下部分气体的压强为p20,倒置后上、下部分气体的压强分别为p2、p1,由力的平衡条件有p20=p10+,p1=p2+,倒置过程中,两部分气体均经历等温过程,设气体的总体积为V0,由玻意耳定律得p10=p1,p20=p2,解得m=.
10.g
[解析] 设玻璃管横截面积为S,已知运动前后管内各处温度相等且不变,则A、B均做等温变化
对A气体:初状态pA=2ρgh,VA=SL
末状态VA'=SL
由玻意耳定律得2ρgh·LS=pA'·LS
解得pA'=ρgh
对B气体:初状态pB=pA+ρgh=3ρgh,VB=2SL
末状态VB'=
由玻意耳定律得3ρgh·2LS=pB'·LS
解得pB'=4ρgh
对水银柱,由牛顿第二定律得pB'S-pA'S-ρgSh=ρSha
解得a=g
11.(1) (2)ΔE+p0V0
[解析] (1)A汽缸内气体初态状态参量为p0、V0、T0,末态状态参量为pA、V、T,根据气体状态方程得=
B汽缸内气体初态状态参量为p0、V0、T0,末态状态参量为pB、V、T0,根据玻意耳定律得p0V0=pBV
由活塞的平衡可知2p0=pA+pB
联立可得V=V0,pA=,pB=
(2)设活塞截面积为S,缓慢加热过程中汽缸内气体作用于活塞的力为S=2p0S
活塞对气体做的功W=-2p0
解得W=-p0V0
根据热力学第一定律得两汽缸应从外界吸热
Q=ΔU+p0V0※专题课:相互关联的两部分气体问题建议用时:40分钟
◆ 知识点一 有关液柱的关联气体问题
1.[2024·江苏徐州一中月考] 如图甲所示,某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内,两段水银柱封闭了两段空气柱(可视为理想气体),轻弹玻璃管,使两段空气合在一起,变成如图乙所示的情景,过程中没有漏气,也没有水银流出,且温度不变.则下列说法正确的是 ( )
A.气体总体积不变
B.气体的压强增大
C.气体对外界做功
D.气体放出了热量
2.[2024·山东日照一中月考] 两端开口的玻璃管中有两段水银,封闭有一段气体,其长度为LB,左边的活塞也封闭了一段气体,其长度为LA,现将活塞缓慢地向下移动,两气柱长度变化情况是 ( )
A.LA不变,LB减小
B.LA减小,LB不变
C.LA增大,LB减小
D.LA减小,LB增大
3.(多选)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( )
A.VaB.Va>Vb,Ta=Tb
C.Va=Vb,Ta>Tb
D.VaTb
◆ 知识点二 有关汽缸的关联气体问题
4.如图所示,内壁光滑的固定容器及可动活塞P都是绝热的,中间有一导热的可动隔板B,B的两边分别盛有完全相同的理想气体甲和乙.现将活塞P缓慢地向左移动一段距离, 已知气体的温度随其内能的增加而升高,则在移动P的过程中 ( )
A.甲的内能不变,乙的内能不变
B.甲的内能增加,乙的内能不变
C.甲的内能增加,乙的内能增加
D.隔板B与活塞P移动的距离相等
5.如图所示,一个绝热且与内壁光滑接触的活塞将密闭的绝热容器分隔成两部分,在两部分空间内封有相同质量的同种气体A、B,可视为理想气体,开始时活塞被销钉固定,A气体的体积大于B气体体积,温度相同.若拔出销钉后,达到平衡时,关于活塞的位置,下面说法正确的是 ( )
A.在原来位置
B.在中间左侧位置
C.在中间位置
D.在中间右侧位置
6.如图所示,一个与外界绝热的汽缸内有一个绝热的活塞,中间有一个固定的导热性良好的隔板,封闭着两部分理想气体A和B,活塞处于静止状态,现通过电热丝对A气体加热一段时间,后来活塞达到新的平衡状态,不计活塞与汽缸壁的摩擦,大气压强保持不变,则 ( )
A.气体A吸热,内能增加
B.气体B吸热,对外做功,内能不变
C.气体A分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变
D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变
7.(多选)如图所示,甲、乙两个薄壁导热柱形汽缸中有通过刚性杆连接的两活塞,将甲用轻绳竖直悬挂于天花板上,已知甲、乙汽缸内壁光滑,汽缸的底面半径之比为1∶2.两个汽缸中密封有相同物质的量的同种理想气体(气体重力忽略不计),甲汽缸的质量为m,乙汽缸的质量为2m,刚性杆和其连接的两活塞总质量为m,大气压为p0,当地重力加速度大小为g,环境温度稳定时,甲中气体的压强为.下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两汽缸中的气体的体积之比为2∶1
B.甲、乙两汽缸中的气体的体积之比为11∶6
C.将环境温度缓慢升高的过程中,若大气压保持不变,活塞未与汽缸脱离,则甲、乙汽缸中的气体对外做的功大小相等
D.将环境温度缓慢升高的过程中,若大气压保持不变,活塞未与汽缸脱离,则甲、乙汽缸中的气体对外做的功大小不相等
8.[2024·河北石家庄一中月考] 如图所示,装有水银的玻璃细管位于竖直平面内,其中a管水平,左端用活塞封闭了一段气柱;b、c管竖直,b管上端封闭了一定量的理想气体,c管上端与大气相通.最初b、c两管中水银面恰好相平,现保持温度和大气压不变,将活塞缓慢向左拉动一小段距离(b、c管仍有水银),稳定后 ( )
A.b管中水银面将高于c管中水银面,a管中的气柱将变短
B.b管中水银面将高于c管中水银面,a管中的气柱将变长
C.b管中水银面将低于c管中水银面,a管中的气柱将变短
D.b管中水银面将低于c管中水银面,a管中的气柱将变长
9.一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形汽缸内盛有一定量的氮气(可视为理想气体),被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分.达到平衡时,这两部分气体的体积相等,上部分气体的压强为p10,如图甲所示,若将汽缸缓慢倒置,再次达到平衡时,上、下两部分气体的体积之比为4∶1,如图乙所示.设外界温度不变,已知活塞截面积为S,重力加速度大小为g,求活塞的质量.
10.如图所示,粗细均匀、两端封闭的玻璃管内,长为h的水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段,当玻璃管竖直静止时,A、B的长度分别为L、2L,且A的压强等于2ρgh(ρ为水银的密度、g为重力加速度).当玻璃管保持如图的竖直状态以某一加速度a做竖直向上的匀加速运动时,稳定后,A、B的长度相等,求这个加速度a的大小.已知运动前后管内各处温度相等且不变.
11.如图所示,A、B两个相同且内壁光滑的导热汽缸固定在水平地面上,汽缸内的两活塞(重力忽略不计)用轻杆连接,一个移动时另一个也会同时移动,总保持两汽缸内封闭的理想气体体积相同.当环境温度为T0时,两汽缸内封闭气体的体积均为V0,压强均为p0.现对A汽缸缓慢加热,使其温度升高至T,而B汽缸仍保持原来的温度T0.则:
(1)A、B两汽缸中的压强将分别为多少
(2)若此过程中A汽缸内气体的内能增加了ΔU,则两汽缸需从外界吸收多少热量 (共71张PPT)
※专题课：相互关联的两部分气体问题
学习任务一 关于液柱的关联气体问题
学习任务二 关于汽缸的关联气体问题
随堂巩固
◆
练习册
备用习题
学习任务一 关于液柱的关联气体问题
［科学思维］ 由液柱关联下的气体压强处理:
(1)连通器内静止的同种液体(中间液体不间断)在等高液面(即在同一水平液面)处的压强大小一定是相等的;
(2)探讨由静止液柱封闭的气柱压强时,以与封闭气柱相关联的液柱的最低液面为研究对象，利用该液面受到的向上、向下压力的平衡来处理；
(3)探求由非平衡状态的液柱封闭的气体压强时,以与气柱相关联的液柱为力学研究对象进行受力分析，用牛顿第二定律列出方程处理；
(4)准确把握好几何关系，找出辅助的关系；
(5)两部分气体的问题，要分别以两部分气体为研究对象,根据对应实验规律列方程.
例1 [2023·全国乙卷] 如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为的、两段细管组成，管的内径是管的2倍，管在上方.管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为.现将玻璃管倒置使管在上方，平衡后，管内的空气柱长度改变.求管在上
[答案] 下方气体压强为; 上方气体压强为
方时，玻璃管内两部分气体的压强.(气体温度保持不变，以为压强单位)
[解析] 设管在上时，、管内气体的压强分别为、，倒置后分别为、，以为压强单位，用力的平衡条件有
式中是管内气柱长度增加量，是管内气柱长度减少量
由玻意耳定律，对、管内的气体分别有
式中、分别为、管的内横截面积，是管在上时，、管内气柱的长度.由题意有
由于水银柱体积在玻璃管倒置前后不变，有
联立以上各式并代入题给数据得
变式 如图所示为一粗细均匀的倒立形管，左管下端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为，内装有密度为 的液体.右管内有一质量为的活塞(厚度不计)搁在固定卡口上，卡口与左管下端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气.温度为时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为，压强均为大气压强，重力加速度为.现使左、右两管同时缓慢降温，在活塞离开卡口上升前，左、右两管液面保持不动，空气可视为理想气体.求：
(1) 温度降低到多少时，右管活塞开始离开卡口上升；
[答案]
[解析] 设活塞开始离开卡口上升时，右管内气体的压强为，对活塞有
得
两侧气体体积不变，对右管气体有
得
变式 如图所示为一粗细均匀的倒立形管，左管下端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为，内装有密度为 的液体.右管内有一质量为的活塞(厚度不计)搁在固定卡口上，卡口与左管下端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气.温度为时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为，压强均为大气压强，重力加速度为.现使左、右两管同时缓慢降温，在活塞离开卡口上升前，左、右两管液面保持不动，空气可视为理想气体.求：
(2) 温度降低到多少时，左、右两管液面高度差为.
[答案]
[解析] 温度下降到时，左、右两管液面高度差为
则左管中气体压强，左管内液面
下降
由理想气体状态方程得
得
学习任务二 关于汽缸的关联气体问题
［科学思维］ 由活塞关联下的气体压强处理:
(1)正确分析活塞的受力情况，结合活塞的运动情况由力的平衡或牛顿第二定律来探究压强的关联情况;
(2)两部分气体的问题，分别以两部分气体为研究对象，找出各自状态参量及其关系(注意图中的几何关系),然后根据相应的气体实验定律列方程.
例2 [2024·上海中学月考] 如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为的活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为、两部分;初始时，、两部分气柱的长度均为，压强均等于大气压，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力.气体温度始终保持不变，向右缓慢推动活塞.
(1) 当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动
[答案]
[解析] 隔板刚要运动时，所受的静摩擦力恰好达到最大，由平衡条件得
解得部分气体的压强
对部分气体，由玻意耳定律有
解得活塞向右移动的距离
例2 [2024·上海中学月考] 如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为的活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为、两部分;初始时，、两部分气柱的长度均为，压强均等于大气压，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力.气体温度始终保持不变，向右缓慢推动活塞.
(2) 若隔板向右缓慢移动了的距离，则活塞向右移动了
多大的距离
[答案]
[解析] 对部分气体，由玻意耳定律得
解得此时部分气体的压强
对隔板，由平衡条件得
解得此时部分气体的压强
对部分气体，由玻意耳定律有
解得此时活塞与隔板的距离
故活塞向右移动的距离
例3 如图所示，两导热性能良好的汽缸固定在水平地面上，汽缸中的两活塞通过水平轻杆相连，左侧汽缸内气体压强为，活塞横截面积为，右侧汽缸内气体压强为(大小未知)，活塞横截面积为，已知大气压强为，，活塞与汽缸之间的摩擦不计，活塞的厚度不计，空气可视为理想气体，整个装置处于静止状态.
(1) 求右侧汽缸内气体压强；
[答案]
[解析] 对左侧活塞受力分析可得
对右侧活塞受力分析可得
又因为,;
联立解得
例3 如图所示，两导热性能良好的汽缸固定在水平地面上，汽缸中的两活塞通过水平轻杆相连，左侧汽缸内气体压强为，活塞横截面积为，右侧汽缸内气体压强为(大小未知)，活塞横截面积为，已知大气压强为，，活塞与汽缸之间的摩擦不计，活塞的厚度不计，空气可视为理想气体，整个装置处于静止状态.
(2) 若保持左侧气体的温度不变，用外力缓慢地使左
侧体积变为原来的2倍，此时撤去外力，系统刚好能
处于静止状态，求此时右侧汽缸内气体压强.
[答案]
[解析] 由于理想气体的温度不变，对左侧气体由玻意耳定律得
解得
对左侧活塞受力分析可得
对右侧活塞受力分析可得
又
联立解得
【要点总结】
复式活塞关联问题
(1)选取复式活塞(含杆)整个连接体为研究对象，正确对其进行受力分析;
(2)弄清复式活塞各面受到的压力方向与大小(含大气压力,封闭气体压力),利用力的平衡条件或牛顿第二定律列式探究压强关系；
(3)应用相应的气体实验定律联合求解.
1.如图所示,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中气体的温度为273 K,B中气体的温度为293 K,如果将它们的温度都升高10 K,则水银柱将 ( )
A.向A移动 B.向B移动
C.不动 D.不能确定
√
[解析]假定水银柱两边气体的体积不变,即V1、V2不变,所装气体温度分别为T1=273 K和T2=293 K,当温度升高ΔT=10 K时,由查理定律可知,则Δp=ΔT,因为p2=p1,T2>T1,所以Δp1>Δp2,即A内压强增加得更多,所以最终A内压强大,水银柱将向B移动,故选B.
2.如图所示,绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分,K与汽缸壁的接触面是光滑的.两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b.气体分子之间相互作用的势能可忽略.现通过电热丝对气体a加热一段时间后,a、b各自达到新的平衡.下列说法中错误的是 ( )
A.a的温度升高
B.加热后a的分子热运动比b更激烈
C.a增加的内能大于b增加的内能
D.a的体积增大,压强变小
√
[解析]当加热a时,气体a的温度升高,故A正确;
由于过程中a气体膨胀,b气体被压缩,由理想气体状态方程得,pa=pB,Va>Vb,故Ta>Tb,所以a气体的温度较高,所以加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈,故B正确;
a气体的最终温度较高,内能增加较多,故C正确;
当a加热时,气体a的温度升高,VbT0,故pa=pb>p0,故D错误.
3.粗细均匀的“U”形细玻璃管竖直放置,左侧管开口,右侧管封闭,两侧均有水银柱,水平部分封闭有一段理想气体,各部分长度如图所示(图中数据单位均为cm). 现从左管口缓慢倒入水银,恰好使右侧水平部分的水银全部进入右侧竖直管中.已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长. 则左管中需要倒入水银柱的长度为( )
A.30 cm B.27 cm
C.24 cm D.21 cm
√
[解析]对右管中的气体,初态压强p1=75 cmHg,V1=30S,末态体积V2=(30-5)S=25S,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得p2=90 cmHg,对水平管中的气体,初态压强p=p0+15 cmHg=90 cmHg,V=11S,末态压强p'=p2+20 cmHg=110 cmHg,根据玻意耳定律得pV=p'V',解得V'=9S,水平管中的气柱长度变为9 cm,此时原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中,所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是110 cm-75 cm-8 cm=27 cm,故选B.
4.在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段理想气体.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.
[答案] 22.5 cm 7.5 cm
[解析] 设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l'1和l'2.由力的平衡条件有
p1=p2+ρg(l1-l2) ①
式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小.
由玻意耳定律有
p1l1=pl'1 ②
p2l2=pl'2 ③
两边气柱长度的变化量大小相等
l'1-l1=l2-l'2 ④
由①②③④式和题给条件得
l'1=22.5 cm⑤
l'2=7.5 cm⑥
5. [2022·全国乙卷] 如图所示,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处.活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l.初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0.已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积.
(重力加速度为g)
(1)求弹簧的劲度系数;
[答案]
[解析] 设封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧的整体受力分析,由平衡条件有
mg+p0·2S+2mg+p1S=p0S+p1·2S
解得p1=p0+
对活塞Ⅰ,由平衡条件有2mg+p0·2S+k·0.1l=p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k=
5. [2022·全国乙卷] 如图所示,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处.活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l.初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0.已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积.
(重力加速度为g)
(2)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处
时,活塞间气体的压强和温度.
[答案] p0+ T0
[解析] 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,对两活塞和弹簧整体由平衡条件可知,气体的压强不变,为p2=p1=p0+
即封闭气体做等压变化,初、末状态的体积分别为V1=×2S+×S=,V2=l2·2S
由于气体的压强不变,则弹簧的弹力也不变,故有l2=1.1l
由盖-吕萨克定律有
解得T2=T0
1.(关于液柱的关联气体问题)[2024·湖北荆州中学月考] 如图所示，一端封闭的均匀玻璃管开口向上竖直放置，管中由两段水银柱封闭了两段理想气体，开始时.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是( )
A.加热过程中，始终有 B.加热后
C.加热后 D.条件不足，无法判断
√
[解析] 加热前后，上段气体的压强保持不变，下段气体的压强保持不变，整个过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律得，，所以，即，故选A.
2.(关于汽缸的关联气体问题)如图所示，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸被不导热且能自由移动的活塞隔成两部分，这两部分充有相同温度的理想气体，平衡时，现将气体缓慢加热到，气体缓慢降温到，则此时、两部分气体体积之比等于( )
A. B. C. D.
√
[解析] 初态：，；末态：,；对于A，根据理想气体状态方程有,对于B，根据理想气体状态方程有,原来处于平衡状态时有，后来仍处于平衡状态,有,解得,故选A.
3.(关于汽缸的关联气体问题)如图所示，、汽缸的长度均为，横截面积均为，、汽缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热，是可在汽缸内无摩擦滑动、体积不计的绝热轻活塞，为阀门(细管的体积不计).起初阀门关闭，活塞紧靠汽缸左壁，内有压强的氮气，内有压强的氧气(氮气和氧气均视为理想气体)，环境温度为.现将阀门打开，活塞向右移动，最后达到平衡.
(1) 求活塞移动的距离；
[答案]
[解析] 最后平衡时、中气体压强相等，设为，由玻意耳定律对内气体有
对内气体有
解得，.
3.(关于汽缸的关联气体问题)如图所示，、汽缸的长度均为，横截面积均为，、汽缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热，是可在汽缸内无摩擦滑动、体积不计的绝热轻活塞，为阀门(细管的体积不计).起初阀门关闭，活塞紧靠汽缸左壁，内有压强的氮气，内有压强的氧气(氮气和氧气均视为理想气体)，环境温度为.现将阀门打开，活塞向右移动，最后达到平衡.
(2) 现给内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初
始位置，求此时内气体温度.
[答案]
[解析] 给内气体加热，活塞恰好回到初始
位置的过程中，对内气体有
由玻意耳定律，对内气体有
因活塞恰好回到初始位置，活塞与汽缸的左壁无相互作用，
，解得.
练 习 册
知识点一 有关液柱的关联气体问题
1.[2024·江苏徐州一中月考] 如图甲所示，某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内，两段水银柱封闭了两段空气柱(可视为理想气体)，轻弹玻璃管，使两段空气合在一起，变成如图乙所示的情景，过程中没有漏气，也没有水银流出，且温度不变.则下列说法正确的是( )
A.气体总体积不变 B.气体的压强增大
C.气体对外界做功 D.气体放出了热量
√
[解析] 在此过程中，上段封闭气体压强不变、温度不变，体积不变；下段封闭气体上移后，压强减小，温度不变，体积变大，推动水银柱向下运动，气体对外界做功，由于温度不变，气体从外界吸热，故C正确，A、B、D错误.
2.[2024·山东日照一中月考] 两端开口的玻璃管中有两段水银，封闭有一段气体，其长度为，左边的活塞也封闭了一段气体，其长度为，现将活塞缓慢地向下移动，两气柱长度变化情况是( )
A.不变，减小 B.减小，不变
C.增大，减小 D.减小，增大
√
[解析] 对于右边封闭的气体而言，在活塞缓慢地向下移动的过程中发生等压变化，而在缓慢移动过程中可认为与外界及时进行热交换，温度不变，由理想气体的状态方程可知，体积不变，所以不变；由于右侧压强不变，在压迫左侧气体过程中，造成左右侧压强差增加，所以左侧气体压强变大，由理想气体的状态方程可知，在温度不变时，压强变大，所以体积减小即减小.故选B.
3.(多选)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( )
A.，
B.，
C.，
D.，
√
√
[解析] 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量，而各管原左右两侧压强相同，所以，即越高，越小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；A中因，故,则水银柱向右移动，选项A错误；
B中因，故,则水银柱不移动，选项B错误；
C、D中因，故,则水银柱向左移动，选项C、D正确.
A B C D
知识点二 有关汽缸的关联气体问题
4.如图所示，内壁光滑的固定容器及可动活塞都是绝热的，中间有一导热的可动隔板，的两边分别盛有完全相同的理想气体甲和乙．现将活塞缓慢地向左移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高，则在移动的过程中( )
A.甲的内能不变，乙的内能不变
B.甲的内能增加，乙的内能不变
C.甲的内能增加，乙的内能增加
D.隔板与活塞移动的距离相等
√
[解析] 隔板B是导热的，说明甲、乙两气体间有传热，容器和活塞是绝热的，说明容器内气体与外界没有热交换，当将活塞向左移动一段距离时，活塞压缩气体对气体乙做功，根据热力学第一定律分析得知，乙的内能增加，温度升高，由于隔板B是导热的，而升温后的乙气体温度比甲高，故热量由乙传向甲，甲的内能增加，故A、B错误，C正确.
在移动的过程中，甲、乙气体压强要保持相等，把甲、乙气体看成一个整体，B就必须平分它，所以活塞移动的距离大于隔板B移动的距离，故D错误.
5.如图所示，一个绝热且与内壁光滑接触的活塞将密闭的绝热容器分隔成两部分，在两部分空间内封有相同质量的同种气体、，
A.在原来位置 B.在中间左侧位置
C.在中间位置 D.在中间右侧位置
可视为理想气体，开始时活塞被销钉固定，气体的体积大于气体体积，温度相同．若拔出销钉后，达到平衡时，关于活塞的位置，下面说法正确的是( )
√
[解析] 由于是相同质量的同种气体，可以看作同一种气体的两种状态，因温度相等，根据理想气体状态方程得到，由于，因而，拔去销钉后，活塞达到平衡前会向左运动，气体B对活塞做正功，内能减少，温度降低，活塞对A做正功，内能增大，温度升高，最终A、B的压强相等，A的温度高于B的温度，由理想气体状态方程可知，A的体积大于B的体积，所以活塞在中间右侧位置，故D正确，A、B、C错误.
6.如图所示，一个与外界绝热的汽缸内有一个绝热的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分理想气体和，活塞处于静止状态，现通过电热丝对气体加热一段时间，后来活塞达到新的平衡状态，不计活塞与汽缸壁的摩擦，大气压强保持不变，则( )
A.气体吸热，内能增加
B.气体吸热，对外做功，内能不变
C.气体分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变
D.气体分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变
√
[解析] 通过电热丝对A气体加热一段时间，气体A温度升高，
体积不变，内能增加，根据热力学第一定律知
道，气体吸热，故A正确．
气体B吸热，对外做功，后来活塞达到新的平衡状态，气体B压强不变，根据理想气体状态方程知道，温度升高，内能增加，故B错误．
气体A温度升高，体积不变，分子数密度不变，但热运动更剧烈，分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多，故C错误．
气体B压强不变，但体积增大，温度升高，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D错误.
7.(多选)如图所示，甲、乙两个薄壁导热柱形汽缸中有通过刚性杆连接的两活塞，将甲用轻绳竖直悬挂于天花板上，已知甲、乙汽缸内壁光滑，汽缸的底面半径之比为.两个汽缸中密封有相同物质的量的同种理想气体(气体重力忽略不计)，甲汽缸的质
量为，乙汽缸的质量为，刚性杆和其连接的两活塞总质量为，大气压为，当地重力加速度大小为，环境温度稳定时，甲中气体的压强为.下列说法正确的是( )
A.甲、乙两汽缸中的气体的体积之比为
B.甲、乙两汽缸中的气体的体积之比为
C.将环境温度缓慢升高的过程中，若大气压保持不变，活塞未与汽缸脱离，则甲、乙汽缸中的气体对外做的功大小相等
D.将环境温度缓慢升高的过程中，若大气压保持不变，活塞未与汽缸脱离，则甲、乙汽缸中的气体对外做的功大小不相等
√
√
[解析] 汽缸的底面半径之比为，设甲、乙底面积分别为、，对汽缸乙和活塞及杆的整体受力分析，有，而，联立可得，对汽缸乙受力分析，由平衡条件有，可得，两个汽缸中密封有相同物质的量的同种理想气体，且薄壁导热柱形气缸环境温度稳定，即温度相同，由可知，联立解得，选项A错误，B正确；
当甲、乙汽缸中气体温度升高时，大气压强不变，对乙汽缸和活塞分析可知两气体的压强均不变，故两气体均发生等压变化，由盖-吕萨克定律有，，而两气体体积的变化为，，气体发生等压膨胀，气体对外做的功为，故甲、乙汽缸中的气体对外做的功之比为，选项C正确，D错误.
8.[2024·河北石家庄一中月考] 如图所示，装有水银的玻璃细管位于竖直平面内，其中管水平，左端用活塞封闭了一段气柱；、管竖直，管上端封闭了一定量的理想气体，管上端与大气相通.最初、两管中水银面恰好相平，现保持温度和大气压不变，将活塞缓慢向左拉动一小段距离(、管仍有水银)，稳定后( )
A.管中水银面将高于管中水银面，管中的气柱将变短
B.管中水银面将高于管中水银面，管中的气柱将变长
C.管中水银面将低于管中水银面，管中的气柱将变短
D.管中水银面将低于管中水银面，管中的气柱将变长
√
[解析] 设开始时管中的压强为，、管水银高度为
，大气压强为，则,
将活塞缓慢向左拉动时，管中气体压强减小，、管中水银下降，设稳定后管中的压强为，管水银高度为，则，故，该过程管中气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得，因此，即管中的气柱变长，设管中气体初始压强为，稳定后为，由题意可知，由于管中气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得，由于管中水银下降，因此，故，因此稳定后管中水银面高于管中水银面.故选B.
9.一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形汽缸内盛有一定量的氮气(可视为理想气体)，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分.达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部分气体的压强为，如图甲所示，若将汽缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上、下两部分气体的体积之比为，如图乙所示.设外界温度不变，已知活塞截面积为，重力加速度大小为，求活塞的质量.
[答案]
[解析] 设活塞的质量为，汽缸倒置前下部分气体的压强为，倒置后上、下部分气体的压强分别为、，由力的平衡条件有，，倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为，由玻意耳定律得，，解得.
10.如图所示，粗细均匀、两端封闭的玻璃管内，长为的水银柱将内部的理想气体分隔成、两段，当玻璃管竖直静止时，、的长度分别为、，且的压强等于( 为水银的密度、为重力加速度).当玻璃管保持如图的竖直状态以某一加速度做竖直向上的匀加速运动时，稳定后，、的
[答案]
长度相等，求这个加速度的大小.已知运动前后管内各处温度相等且不变.
[解析] 设玻璃管横截面积为，已知运动前后管内各处温度相等且不变，则、均做等温变化
对气体：初状态，
末状态
由玻意耳定律得
解得
对气体：初状态，
末状态
由玻意耳定律得
解得
对水银柱，由牛顿第二定律得
解得
11.如图所示，、两个相同且内壁光滑的导热汽缸固定在水平地面上，汽缸内的两活塞(重力忽略不计)用轻杆连接，一个移动时另一个也会同时移动，总保持两汽缸内封闭的理想气体体积相同.当环境温度为时，两汽缸内封闭气体的体积均为，
压强均为.现对汽缸缓慢加热，使其温度升高至，而汽缸仍保持原来的温度.则：
(1) 、两汽缸中的压强将分别为多少？
[答案] ;
[解析] 汽缸内气体初态状态参量为、、，末态状态参量为、、，根据气体状态方程得
B汽缸内气体初态状态参量为、、，末态状态参量为、、，根据玻意耳定律得
由活塞的平衡可知
联立可得，，
11.如图所示，、两个相同且内壁光滑的导热汽缸固定在
水平地面上，汽缸内的两活塞(重力忽略不计)用轻杆连接，
一个移动时另一个也会同时移动，总保持两汽缸内封闭的理
想气体体积相同.当环境温度为时，两汽缸内封闭气体的体
积均为，压强均为.现对汽缸缓慢加热，使其温度升高至，而汽缸仍保持原来的温度.则：
(2) 若此过程中汽缸内气体的内能增加了，则两汽缸需从外界吸收多少热量？
[答案]
[解析] 设活塞截面积为，缓慢加热过程中汽缸内气体作用于活塞的力为
活塞对气体做的功
解得
根据热力学第一定律得两汽缸应从外界吸热
