《气体》专题二 理想气体连接体问题
气体连接体问题涉及两部分（或两部分以上）的气体，它们之间无气体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系。
一、解决此类问题的关键： 1．分析两类对象：
（1）力学对象（活塞、液柱、气缸等） （2）热学对象（一定质量的气体） 2．寻找三种关系： （1）力学关系（压强关系）
（2）热学关系（气体状态参量P 、V 、T 之间的关系） （3）几何关系（体积变化关系） 二、解决此类问题的一般方法：
l ．分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态及其状态参量，根据气态方程写出状态参量间的关系式。
2．分析相关联气体间的压强或体积之间的关系并写出关系式。 3．联立求解并选择物理意义正确的解。
【例1】如图所示，在固定的气缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ：S B = 1：2. 两活塞以穿过B 的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动. 两个气缸都不漏气. 初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，温度皆为T 0=300K。A 中气体压强p A =1.5p 0，p 0是气缸外的大气压强. 现对A 加热，使其中气体的压强升到 p A = 2.0p 0，同时保持B 中气体的温度不变. 求此时A 中气体温度T A ’. 解：活塞平衡时，有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 ) S B =2S A
④
② ③
已知
①
B 中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B ，
则有
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，故有
⑤ ⑥ ⑦
由气态方程 解得
【例2】用钉子固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图所示，起初A 中空气温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa，B 中空气温度为27 ℃，压强为1.2×105 Pa.拔去钉子，使活塞可以无摩
擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．
【变式】（2014 海南卷）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，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，上部气体的压强为p Ⅰ0，如图（a ）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3:1，如图（b ）所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S ，重力加速度大小为g ，求活塞的质量。
【解析】 (2) (8分) 设活塞的质量为m ，气缸倒置前下部气体的压强为p 20，倒置后上下气体的压强分别为p 2、p 1，由力的平衡条件有
p 20=p 10+
mg
S mg
p 1=p 2+
S
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V 0，由玻意耳定律得
V 0V V 3V =p 10 p 200=p 20
2424
4p 10S
解得 m =
5g p 10
【例3】如图所示的系统由左右两个侧壁绝热、底部导热、截面均为S 的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。大气的压强为p 0，温度为T 0＝273 K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p 0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定
高度。用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h 。氮气和氢气均可视为理想气体。求：
(1)第二次平衡时氮气的体积； (2)水的温度。
解析：(1)考虑氢气的等温过程，该过程气体的初态压强为p 0，体积为hS ，末态体积为0.8hS
设末态的压强为p ，由玻意耳定律得
p hS p ＝＝1.25p 0 0.8hS
活塞A 从最高点被推回第一次平衡位置的过程是等温过程。该过程气体的初态压强为1.1p 0，体积为V ；末态的压强为p ′，体积为V ′，则
p ′＝p ＋0.1p 0＝1.35p 0 V ′＝2.2hS
1.35p 由玻意耳定律得V ＝×2.2hS ＝2.7hS
1.1p 0
(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程气体的初态体积和温度分别为2hS 和T 0＝273 K，末态体积为2.7hS ，设末态温度为T ，
2.7hS
由盖－吕萨克定律得T ＝＝368.55 K
2hS 0
答案：(1)2.7hS (2)368.55 K
【变式】(2015海南高考) 如图，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V 。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 。现假设活塞B 发生缓
0慢漏气，致使B 最终与容器底面接触。求活塞A 移动的距离。 【答案】V h =
mgV
P 0S 2+mgS
【解析】A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为P 1、P 2，在漏气前，对A 分析有
P 1=P 0+
mg mg
，对B 有P 2=P +1S S
mg
S
B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为P ，气体体积为V ' ，则有P =P 0+
因为温度失重不变，对于混合气体有(P 1+P 2)⋅2V =PV ' ，
2V
， S V '
漏气后A 距离底面的高度为h ' =
S
mgV
联立可得V h = 2
P 0S +mgS
漏气前A 距离底面的高度为h =
【例4】如图所示，活塞把密闭气缸分成左、右两个气室，每室各与U 形管压强计的一臂相连，压强计的两壁截面处处相同，U 形管内盛有密度为
ρ=7. 5⨯102kg /m 3的液体。开始时左、右两气室的体积都为
V 0=1. 2⨯10-2M 3，气压都为p 0=4. 0⨯103Pa ，且液体的液面
处在同一高度，如图所示，现缓慢向左推进活塞，直到液体在U 形管中的高度差h =40cm，求此时左、右气室的体积V 1、V 2，假定两气室的温度保持不变，计算时可以不计U 形管和连接管道中气体的体积，g 取10m /s 。
分析 此题中两气室的体积关联条件是体积和是一恒量，压强关联条件是压强差等于
2
ρgh 。
解 以p 1、V 1表示压缩后左室气体的压强和体积，p 2、V 2表示这时右室气体的压强和体积，p 0、V 0表示初态两室气体的压强和体积。由玻意耳定律得
p 1V 1=p 1V 0p 2V 2=p 0V 0
由题述可知体积关系V 1+V 2=2V 0 两气室压强关系p 1-p 2=ρgh 解以上四式得
2(P 0+ρgh ) V 02P 0V 02
V -V 1+=0
ρgh ρgh
2
1
解方程并选择物理意义正确的解得
V 1=
V 0
(P 0+ρgh -P 02+ρ2g 2h 2) ρgh
-3
3
代入数值，得V 1=8. 0⨯10m
V 2=
2V 0-V 1=1. 6⨯10-2m 3
【变式】（2013全国新课标I ）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K. 两气缸的容积均为V 0气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略) 。开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体) ，压强分别为p o 和p o /3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方气体体积为V 0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T o ，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求: (i)恒温热源的温度T ;
(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V X 。
解析：（i ）与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖∙吕萨克定律得
T 7V 0/47
① 由此得T=T 0② =
5T 05V 0/4
（ii ）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞质量比右活塞的大。打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方
7V P V 0
⋅③ (P +P 0)(2V 0-V x ) =P 0⋅0④联立34411
③④式得6V x 2-V 0V x -V 02=0 解为V x =V 0 ⑤ 另一解V x =-V 0, 不合题意, 舍去.
23
气体压强为P ，由玻意耳定律得 PV x =
【例5】如图所示，粗细均匀、两端封闭的玻璃管竖直放置，中间一段水银柱隔出两段空气柱，已知l 2=2l 1，若初始两部分气体温度相同，现使两部分气体温度同时升高，管中水银柱将如何运动？
分析 先弄清初始情况，设上、下两段空气柱的压强分别为p 2、p 1水银柱产生的压强p n 。初态水银柱静止不动，处于平衡状态，以水银柱为研究对象，受力分析如图所示，由力的平衡方程可得
p 2S +ρghS =p 1S
∴p 1=p 2+ρgh =p 2+p h
现使气体温度升高，必将引起气体的压强、体积的变化，这也必将引起水银
柱受力情况的变化。显然，若变化后气体的压强仍能使水银柱受力平衡，水银柱将保持不动；若变化后气体的压强使水银柱平衡被打破，水银柱将移动。由此可见，水银柱移动的原因是气体的压强变化引起水银柱受力发生变化，从而运动状态改变。
引导学生根据上述分析提出解决水银柱移动问题的思路：
l ．先假设水银柱不动，气体做等容变化。温度升高或降低时，两部分气体的压强如何变化。 2．根据两部分气体压强变化的大小分析水银柱受力变化情况，进而判断水银柱移动方向。 此题的具体解法有如下四种：
（1
）假设法假设水银柱不动，即假设两部分气体都作等容变化，设两部分气体同时温
度由T 升高到T′，由查理定律，得
P 1' P 1P 2' P 2
==
T 1T 1T 2T 2
上面二式可化为
' P P ∆P 11-p 1
=' =1 T 1T 1-T 1∆T 1
P 2P 2' -p 2∆P 2
=' =
T 2T 2-T 2∆T 2
∴∆p 1=
p 1p
∆T 1 ∆p 2=2∆T 2 T 1T 2
由题意可知
T 1-T 2, ∆T 1=∆T 2, P 1>P 2
∴∆P 1>∆P 2 即水银柱将向上方移动。 （2）极限法
由上方气体压强P 2较小，设想上方气体压强P 2→0，即上方接近于真空。当温度T 升高时，下方气体体积膨胀，水银柱将向上移动。
（3）赋值法
即给出符合题意的特殊值进行求解。
设P 2=3, P h =2, P 1=5（统一单位即可）设温度由T 升高到2T ，若水银柱不动，由查
' ' '
理定律可知P 2' =6, P =10. P >P 112+P n
原有平衡P 1=P 2+P n 被打破，水银柱上移。 （4）图像法
首先在同一p －T 图中画出两段气柱的等容图线，如图所示，由于两气柱在相同初温条件下压强不等，所以它们各自做等容变化的斜率不同，气柱l 1的初态压强大，其对应的等容线的斜率也大。现在p －T 图上，截取相同温度变化∆T =T 2-T 1，由图可看出：压强增量∆P 1>∆P 2，所以，水银柱上移。
此题还可改变题设条件，让学生分析解答，以培养学生的灵活运用知识能力。如： ①现使两部分气体同时降低相同的温度，管中水银柱将如何运动？
②若将玻璃管由竖直改为水平放置（或改为倾斜放置），管中水银柱将如何运动？ ③若玻璃管加速下降，管中水银柱将如何运动。 答案：①水银柱向下移动。
②由竖直改为水平放置，水银柱将向l 2端移动。竖直改为倾斜放置，水银柱向上移动。 ③玻璃加速下降，管中水银柱向上移动。
【变式】有人设计了一种测定液体温度的仪器，其结构如图所示．在两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内，有一段长10 cm的水银柱将管内气体分隔成上、下两部分，上部分气柱长20 cm、压强为50cmHg ，下部分气柱长5 cm．今将玻璃管下部插入待测液体中（上部分气体温度始终与环境温度相同，上下两部分气体可以认为没有热交换），这时水银柱向上移动了2 cm，已知环境温度是20ºC ，试问：
(1)此时上部分气体的压强为多少cmHg ？ (2)待测液体的温度是多少ºC ？ （计算结果保留一位小数）
t 22=448. 5-273=175. 5℃． 30.7（2分）
【知识延伸】p －V 图线下“面积”的物理意义
设想一气缸内封闭有一定质量的理想气体，在等压条件下膨胀，如图19－7所示，则其做功W =F ·△l =pS ·△l =p △V ，在p －V 图中即等于图线下所围的面积，如图19－8所示。实际上，任何状态变化过程，p －V 图线上所围面积均表示气体在该状态变化过程中所做功的数值，如图19－9所示。要注意，气体体积增大做正功，体积减小做负功。
《气体》专题二 理想气体连接体问题
气体连接体问题涉及两部分（或两部分以上）的气体，它们之间无气体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系。
一、解决此类问题的关键： 1．分析两类对象：
（1）力学对象（活塞、液柱、气缸等） （2）热学对象（一定质量的气体） 2．寻找三种关系： （1）力学关系（压强关系）
（2）热学关系（气体状态参量P 、V 、T 之间的关系） （3）几何关系（体积变化关系） 二、解决此类问题的一般方法：
l ．分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态及其状态参量，根据气态方程写出状态参量间的关系式。
2．分析相关联气体间的压强或体积之间的关系并写出关系式。 3．联立求解并选择物理意义正确的解。
【例1】如图所示，在固定的气缸A 和B 中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A ：S B = 1：2. 两活塞以穿过B 的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动. 两个气缸都不漏气. 初始时，A 、B 中气体的体积皆为V 0，温度皆为T 0=300K。A 中气体压强p A =1.5p 0，p 0是气缸外的大气压强. 现对A 加热，使其中气体的压强升到 p A = 2.0p 0，同时保持B 中气体的温度不变. 求此时A 中气体温度T A ’. 解：活塞平衡时，有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 ) S B =2S A
④
② ③
已知
①
B 中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B ，
则有
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，故有
⑤ ⑥ ⑦
由气态方程 解得
【例2】用钉子固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图所示，起初A 中空气温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa，B 中空气温度为27 ℃，压强为1.2×105 Pa.拔去钉子，使活塞可以无摩
擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．
【变式】（2014 海南卷）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，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，上部气体的压强为p Ⅰ0，如图（a ）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3:1，如图（b ）所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S ，重力加速度大小为g ，求活塞的质量。
【解析】 (2) (8分) 设活塞的质量为m ，气缸倒置前下部气体的压强为p 20，倒置后上下气体的压强分别为p 2、p 1，由力的平衡条件有
p 20=p 10+
mg
S mg
p 1=p 2+
S
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V 0，由玻意耳定律得
V 0V V 3V =p 10 p 200=p 20
2424
4p 10S
解得 m =
5g p 10
【例3】如图所示的系统由左右两个侧壁绝热、底部导热、截面均为S 的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。大气的压强为p 0，温度为T 0＝273 K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p 0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定
高度。用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h 。氮气和氢气均可视为理想气体。求：
(1)第二次平衡时氮气的体积； (2)水的温度。
解析：(1)考虑氢气的等温过程，该过程气体的初态压强为p 0，体积为hS ，末态体积为0.8hS
设末态的压强为p ，由玻意耳定律得
p hS p ＝＝1.25p 0 0.8hS
活塞A 从最高点被推回第一次平衡位置的过程是等温过程。该过程气体的初态压强为1.1p 0，体积为V ；末态的压强为p ′，体积为V ′，则
p ′＝p ＋0.1p 0＝1.35p 0 V ′＝2.2hS
1.35p 由玻意耳定律得V ＝×2.2hS ＝2.7hS
1.1p 0
(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程气体的初态体积和温度分别为2hS 和T 0＝273 K，末态体积为2.7hS ，设末态温度为T ，
2.7hS
由盖－吕萨克定律得T ＝＝368.55 K
2hS 0
答案：(1)2.7hS (2)368.55 K
【变式】(2015海南高考) 如图，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V 。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 。现假设活塞B 发生缓
0慢漏气，致使B 最终与容器底面接触。求活塞A 移动的距离。 【答案】V h =
mgV
P 0S 2+mgS
【解析】A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为P 1、P 2，在漏气前，对A 分析有
P 1=P 0+
mg mg
，对B 有P 2=P +1S S
mg
S
B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为P ，气体体积为V ' ，则有P =P 0+
因为温度失重不变，对于混合气体有(P 1+P 2)⋅2V =PV ' ，
2V
， S V '
漏气后A 距离底面的高度为h ' =
S
mgV
联立可得V h = 2
P 0S +mgS
漏气前A 距离底面的高度为h =
【例4】如图所示，活塞把密闭气缸分成左、右两个气室，每室各与U 形管压强计的一臂相连，压强计的两壁截面处处相同，U 形管内盛有密度为
ρ=7. 5⨯102kg /m 3的液体。开始时左、右两气室的体积都为
V 0=1. 2⨯10-2M 3，气压都为p 0=4. 0⨯103Pa ，且液体的液面
处在同一高度，如图所示，现缓慢向左推进活塞，直到液体在U 形管中的高度差h =40cm，求此时左、右气室的体积V 1、V 2，假定两气室的温度保持不变，计算时可以不计U 形管和连接管道中气体的体积，g 取10m /s 。
分析 此题中两气室的体积关联条件是体积和是一恒量，压强关联条件是压强差等于
2
ρgh 。
解 以p 1、V 1表示压缩后左室气体的压强和体积，p 2、V 2表示这时右室气体的压强和体积，p 0、V 0表示初态两室气体的压强和体积。由玻意耳定律得
p 1V 1=p 1V 0p 2V 2=p 0V 0
由题述可知体积关系V 1+V 2=2V 0 两气室压强关系p 1-p 2=ρgh 解以上四式得
2(P 0+ρgh ) V 02P 0V 02
V -V 1+=0
ρgh ρgh
2
1
解方程并选择物理意义正确的解得
V 1=
V 0
(P 0+ρgh -P 02+ρ2g 2h 2) ρgh
-3
3
代入数值，得V 1=8. 0⨯10m
V 2=
2V 0-V 1=1. 6⨯10-2m 3
【变式】（2013全国新课标I ）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K. 两气缸的容积均为V 0气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略) 。开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体) ，压强分别为p o 和p o /3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方气体体积为V 0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T o ，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求: (i)恒温热源的温度T ;
(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V X 。
解析：（i ）与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖∙吕萨克定律得
T 7V 0/47
① 由此得T=T 0② =
5T 05V 0/4
（ii ）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞质量比右活塞的大。打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方
7V P V 0
⋅③ (P +P 0)(2V 0-V x ) =P 0⋅0④联立34411
③④式得6V x 2-V 0V x -V 02=0 解为V x =V 0 ⑤ 另一解V x =-V 0, 不合题意, 舍去.
23
气体压强为P ，由玻意耳定律得 PV x =
【例5】如图所示，粗细均匀、两端封闭的玻璃管竖直放置，中间一段水银柱隔出两段空气柱，已知l 2=2l 1，若初始两部分气体温度相同，现使两部分气体温度同时升高，管中水银柱将如何运动？
分析 先弄清初始情况，设上、下两段空气柱的压强分别为p 2、p 1水银柱产生的压强p n 。初态水银柱静止不动，处于平衡状态，以水银柱为研究对象，受力分析如图所示，由力的平衡方程可得
p 2S +ρghS =p 1S
∴p 1=p 2+ρgh =p 2+p h
现使气体温度升高，必将引起气体的压强、体积的变化，这也必将引起水银
柱受力情况的变化。显然，若变化后气体的压强仍能使水银柱受力平衡，水银柱将保持不动；若变化后气体的压强使水银柱平衡被打破，水银柱将移动。由此可见，水银柱移动的原因是气体的压强变化引起水银柱受力发生变化，从而运动状态改变。
引导学生根据上述分析提出解决水银柱移动问题的思路：
l ．先假设水银柱不动，气体做等容变化。温度升高或降低时，两部分气体的压强如何变化。 2．根据两部分气体压强变化的大小分析水银柱受力变化情况，进而判断水银柱移动方向。 此题的具体解法有如下四种：
（1
）假设法假设水银柱不动，即假设两部分气体都作等容变化，设两部分气体同时温
度由T 升高到T′，由查理定律，得
P 1' P 1P 2' P 2
==
T 1T 1T 2T 2
上面二式可化为
' P P ∆P 11-p 1
=' =1 T 1T 1-T 1∆T 1
P 2P 2' -p 2∆P 2
=' =
T 2T 2-T 2∆T 2
∴∆p 1=
p 1p
∆T 1 ∆p 2=2∆T 2 T 1T 2
由题意可知
T 1-T 2, ∆T 1=∆T 2, P 1>P 2
∴∆P 1>∆P 2 即水银柱将向上方移动。 （2）极限法
由上方气体压强P 2较小，设想上方气体压强P 2→0，即上方接近于真空。当温度T 升高时，下方气体体积膨胀，水银柱将向上移动。
（3）赋值法
即给出符合题意的特殊值进行求解。
设P 2=3, P h =2, P 1=5（统一单位即可）设温度由T 升高到2T ，若水银柱不动，由查
' ' '
理定律可知P 2' =6, P =10. P >P 112+P n
原有平衡P 1=P 2+P n 被打破，水银柱上移。 （4）图像法
首先在同一p －T 图中画出两段气柱的等容图线，如图所示，由于两气柱在相同初温条件下压强不等，所以它们各自做等容变化的斜率不同，气柱l 1的初态压强大，其对应的等容线的斜率也大。现在p －T 图上，截取相同温度变化∆T =T 2-T 1，由图可看出：压强增量∆P 1>∆P 2，所以，水银柱上移。
此题还可改变题设条件，让学生分析解答，以培养学生的灵活运用知识能力。如： ①现使两部分气体同时降低相同的温度，管中水银柱将如何运动？
②若将玻璃管由竖直改为水平放置（或改为倾斜放置），管中水银柱将如何运动？ ③若玻璃管加速下降，管中水银柱将如何运动。 答案：①水银柱向下移动。
②由竖直改为水平放置，水银柱将向l 2端移动。竖直改为倾斜放置，水银柱向上移动。 ③玻璃加速下降，管中水银柱向上移动。
【变式】有人设计了一种测定液体温度的仪器，其结构如图所示．在两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内，有一段长10 cm的水银柱将管内气体分隔成上、下两部分，上部分气柱长20 cm、压强为50cmHg ，下部分气柱长5 cm．今将玻璃管下部插入待测液体中（上部分气体温度始终与环境温度相同，上下两部分气体可以认为没有热交换），这时水银柱向上移动了2 cm，已知环境温度是20ºC ，试问：
(1)此时上部分气体的压强为多少cmHg ？ (2)待测液体的温度是多少ºC ？ （计算结果保留一位小数）
t 22=448. 5-273=175. 5℃． 30.7（2分）
【知识延伸】p －V 图线下“面积”的物理意义
设想一气缸内封闭有一定质量的理想气体，在等压条件下膨胀，如图19－7所示，则其做功W =F ·△l =pS ·△l =p △V ，在p －V 图中即等于图线下所围的面积，如图19－8所示。实际上，任何状态变化过程，p －V 图线上所围面积均表示气体在该状态变化过程中所做功的数值，如图19－9所示。要注意，气体体积增大做正功，体积减小做负功。