专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题
学习目标 1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。 2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。
考点一 “玻璃管液封”模型
角度 单独气体
例1 (2024·吉林长春模拟)如图1所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，环境温度为T＝27 ℃，重力加速度为g。
图1
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
答案 (1)380 K (2)19.2 cm
解析 (1)由题意得，加热前左管中气体压强
p左1＝76 cmHg－4 cmHg＝72 cmHg
加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76 cmHg
加热后左管中气体长度为L2＝L1＋＝12 cm
由理想气体状态方程得＝
其中L1＝10 cm，T1＝(273＋27) K＝300 K
解得T2＝380 K。
(2)设注入水银的长度为x，左侧内部温度不变，由玻意耳定律有
p左2L2S＝p左3L1S
此时左侧管中气体压强p左3＝p0＋ρg(x－H1)
解得x＝19.2 cm。
1.如图2所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求：
图2
(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；
(2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
答案 (1)410 K (2)1.6 cm
解析 (1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得
h1S1＋h2S2＝xS1
根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为
p1＝p0＋ρg(h1＋h2)
水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为
p2＝p0＋ρgx
由理想气体状态方程有
＝
解得T2＝410 K。
(2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有
＝
设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则
V3＝(l＋h2)S2＋yS1
解得y＝1.6 cm。
角度 关联气体
例2 如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g。
图3
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
答案 (1)15 cm (2)20 cm
解析 (1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有
p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，
则V2′＝L1S，由玻意耳定律有
p2·2HS＝p2′·L1S
解得L1＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。
考点二 “汽缸活塞”模型
1.“汽缸活塞”模型的解题思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程
①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程。
②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。
2.两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。
角度 单独气体
例3 (2023·湖北卷，13)如图4所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
图4
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
答案 (1)p0 (2)
解析 (1)对左、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0。
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝。
2.(2024·广东东莞联考)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图5所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着重物。当缸内温度为T1＝300 K时，活塞与缸底相距H＝3 cm，与重物相距h＝2 cm。环境空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。
图5
(1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2；
(2)若重物质量为m＝2 kg，当轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求此时缸内气体温度T3。
答案 (1)500 K (2)600 K
解析 (1)从开始到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则＝
解得T2＝500 K。
(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有
p1S＝p0S＋mg
对缸内气体，有＝
解得T3＝600 K。
角度 关联气体
例4 (2022·河北卷，15)水平放置的气体阻尼器模型截面如图6所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
图6
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
答案 (1)2p0 p0 (2)
解析 (1)整个装置旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知
p0·SL0＝p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。
整个装置旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，则p0·SL0＝p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，设活塞质量为m，活塞的重力mg方向竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝。
3.(2024·安徽蚌埠联考)如图7所示，下端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒高均为L。两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m，大活塞的横截面积为2S、质量为2m。两活塞用长为L的刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，大活塞上方充有氮气。小活塞的导热性能良好，汽缸及大活塞绝热，不计活塞与汽缸之间的摩擦。开始时，氮气和外界环境的温度均为T0，大活塞处于大圆筒的中间位置，氧气压强大小为，氮气压强大小为，氧气和氮气均可看作理想气体，重力加速度为g，求：
图7
(1)外界大气压p0；
(2)通过电阻丝缓慢加热氮气，当大活塞下降时，氮气的温度。
答案 (1) (2)T0
解析 (1)根据题意，对活塞和刚性杆整体受力分析，由平衡条件有
p0S＋p1·2S＝p1S＋p2·2S＋3mg
其中p1＝
p2＝
联立解得p0＝。
(2)对于氧气，温度不变，初状态p1＝
V1＝L·2S＋L·S＝LS
末状态设压强为p3，体积为
V2＝L·2S＋L·S＝LS
根据玻意耳定律有p1V1＝p3V2
代入数据解得p3＝
对于氮气分析，初状态p2＝
V3＝L·2S＝LS
加热后，由平衡条件有
p0S＋p3·2S＝p3S＋p4·2S＋3mg
解得p4＝
体积为V4＝L·2S＝LS
根据理想气体状态方程知＝
代入数据解得T＝T0。
1.(2024·河北沧州市吴桥中学模拟)如图1所示，粗细均匀的“T”形玻璃管中装有水银，水平管中的水银柱长为10 cm(以竖直管竖直轴线分左右各5 cm)，竖直管中水银柱长也为10 cm，A段封闭气柱长为5 cm，B段封闭气柱长为10 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为300 K，求：
图1
(1)将玻璃管绕水平管水平轴缓慢转过90°，至稳定时竖直管中水银液面移动的距离；
(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动与(1)问中相同的距离，需将环境温度升高多少。
答案 (1)2 cm (2)48 K
解析 (1)开始时，封闭气体的压强为
p1＝85 cmHg
转过90°以后，封闭气体的压强为
p2＝75 cmHg
对A部分气体，由玻意耳定律有
p1LAS＝p2LA′S
解得LA′＝5 cm
对B部分气体，由玻意耳定律有
p1LBS＝p2LB′S
解得LB′＝11 cm
因此竖直玻璃管中水银柱液面移动的距离为
s＝ cm＋1 cm＝2 cm。
(2)设升高后的温度为T2，升温后气体的压强为
p3＝87 cmHg
根据理想气体状态方程，对A部分气体有
＝
对B部分气体有＝
LA″－LA＋LB″－LB＝2 cm
解得T2＝348 K
可知环境温度升高48 K。
2.(2024·四川南充模拟)如图2所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10 cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5 cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图2
(1)静止时左侧气体的压强p1；
(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。
答案 (1)70 cmHg (2) m/s2
解析 (1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0
对底部液柱由平衡条件有p0S＝S
大气压强p0可表示为p0＝ρgh0
其中h0＝75 cm
解得p1＝70 cmHg。
(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3
两边液面相平，故左边气体长度从L1＝L－h＝5 cm变为L2＝L－＝7.5 cm
右边气体长度从L＝10 cm变为L3＝L－＝7.5 cm
对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S
对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S
对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma
其中m＝ρLS
解得a＝ m/s2。
3.如图3(a)所示，水平放置的导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ横截面积S相同，长度均为L，内部分别有质量均为m＝、厚度不计的活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动。汽缸Ⅰ左端开口，外界大气压强为p0，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，汽缸Ⅰ内通过一细管与汽缸Ⅱ连通(细管容积可忽略不计)，初始时A、B均位于汽缸最左端，缸内气体温度为T0。将汽缸缓慢转到竖直位置，如图(b)所示，重力加速度为g。求：
图3
(1)活塞A、B分别下移的距离x1、x2；
(2)对汽缸Ⅱ气体加热，使B活塞恰好回到初始位置，此时汽缸Ⅱ内气体温度T。
答案 (1)L L (2)T0
解析 (1)汽缸缓慢转到竖直位置时，汽缸Ⅱ内气体压强p2＝p0＋＝3p0
体积V2＝(L－x2)S
此过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律有2p0LS＝p2V2
解得x2＝L
汽缸Ⅰ内气体压强p1＝p0＋＝2p0
体积V1＝(L＋x2－x1)S
由玻意耳定律有p0LS＝p1V1
解得x1＝L。
(2)对汽缸Ⅱ内气体加热，使B活塞恰好回到初始位置过程，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律有＝
解得T＝T0。
4.如图4(a)所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞，缸内有理想气体，轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面(图中未画出)。A、B静止时，弹簧处于原长，缸内两部分的气柱长分别为L和；现用轻质细线将活塞B与质量m＝的重物C相连接，如图(b)所示，一段时间后活塞A、B再次静止。已知活塞A、B面积S1、S2分别为S1＝2S2＝2S，弹簧劲度系数k＝，大气压强为p0，环境和缸内气体温度T1＝600 K，重力加速度为g。
图4
(1)活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；
(2)缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小。
答案 (1)L (2)293 K
解析 (1)设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得
pS＋mg＝p0S
设活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得
2Sp0＝2Sp＋kx
解得p＝p0，x＝L
活塞重新静止时，设活塞B移动ΔL，移动前后，汽缸体积分别为V1、V2，则
V1＝L·2S＋·S＝LS
V2＝2S(L－x)＋S
由玻意耳定律有p0V1＝pV2
解得ΔL＝L。
(2)缓慢降温至T，使活塞B回到初位置并静止，气体发生等压变化，此过程中，活塞A受力不变，弹簧形变量不变，则活塞A不动。设B回到原位置后，汽缸体积为V3，则V3＝2S(L－x)＋S
由盖－吕萨克定律有＝
联立解得T＝293 K。专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题
学习目标 1.复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。 2.会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。
考点一 “玻璃管液封”模型
角度 单独气体
例1 (2024·吉林长春模拟)如图1所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，环境温度为T＝27 ℃，重力加速度为g。
图1
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
1.如图2所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求：
图2
(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；
(2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
角度 关联气体
例2 如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g。
图3
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
考点二 “汽缸活塞”模型
1.“汽缸活塞”模型的解题思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程
①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程。
②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。
2.两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。
角度 单独气体
例3 (2023·湖北卷，13)如图4所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
图4
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
2.(2024·广东东莞联考)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图5所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着重物。当缸内温度为T1＝300 K时，活塞与缸底相距H＝3 cm，与重物相距h＝2 cm。环境空气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。
图5
(1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2；
(2)若重物质量为m＝2 kg，当轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求此时缸内气体温度T3。
角度 关联气体
例4 (2022·河北卷，15)水平放置的气体阻尼器模型截面如图6所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
图6
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
3.(2024·安徽蚌埠联考)如图7所示，下端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒高均为L。两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m，大活塞的横截面积为2S、质量为2m。两活塞用长为L的刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，大活塞上方充有氮气。小活塞的导热性能良好，汽缸及大活塞绝热，不计活塞与汽缸之间的摩擦。开始时，氮气和外界环境的温度均为T0，大活塞处于大圆筒的中间位置，氧气压强大小为，氮气压强大小为，氧气和氮气均可看作理想气体，重力加速度为g，求：
图7
(1)外界大气压p0；
(2)通过电阻丝缓慢加热氮气，当大活塞下降时，氮气的温度。
(共41张PPT)
专题强化二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题
第十四章 热学
复习巩固气体三个实验定律和理想气体状态方程。
会分析“玻璃管液封”模型和“汽缸活塞”模型。
学习目标
目 录
CONTENTS
研透核心考点
01
提升素养能力
02
研透核心考点
1
考点二 “汽缸活塞”模型
考点一 “玻璃管液封”模型
例1 (2024·吉林长春模拟)如图1所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，环境温度为T＝27 ℃，重力加速度为g。
考点一 “玻璃管液封”模型
角度 单独气体
图1
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；
解析 由题意得，加热前左管中气体压强
p左1＝76 cmHg－4 cmHg＝72 cmHg
加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76 cmHg
其中L1＝10 cm，T1＝(273＋27) K＝300 K
解得T2＝380 K。
答案 380 K
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
解析 设注入水银的长度为x，左侧内部温度不变，由玻意耳定律有
p左2L2S＝p左3L1S
此时左侧管中气体压强p左3＝p0＋ρg(x－H1)
解得x＝19.2 cm。
答案 19.2 cm
1.如图2所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为g。缓慢升高理想气体温度，求：
图2
(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；
(2)当理想气体温度为451 K时，水银柱下端距粗管上端的距离。
答案 (1)410 K (2)1.6 cm
解析 (1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得
h1S1＋h2S2＝xS1
根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为
p1＝p0＋ρg(h1＋h2)
水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为
p2＝p0＋ρgx
由理想气体状态方程有
解得T2＝410 K。
(2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有
设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则
V3＝(l＋h2)S2＋yS1
解得y＝1.6 cm。
例2 如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g。
角度 关联气体
图3
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
答案 (1)15 cm (2)20 cm
解析 (1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有
p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，
则V2′＝L1S，由玻意耳定律有
p2·2HS＝p2′·L1S
解得L1＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。
1.“汽缸活塞”模型的解题思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程
①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程。
②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。
考点二 “汽缸活塞”模型
2.两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。
角度 单独气体
图4
(1)最终汽缸内气体的压强；
解析 对左、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
解析 对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
2.(2024·广东东莞联考)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图5所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着重物。当缸内温度为T1＝300 K时，活塞与缸底
相距H＝3 cm，与重物相距h＝2 cm。环境空气压强p0＝
1.0×105 Pa，重力加速度 大小g＝10 m/s2，不计活
塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。
(1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2；
(2)若重物质量为m＝2 kg，当轻绳拉力刚好为零，警报
器开始报警，求此时缸内气体温度T3。
图5
答案 (1)500 K (2)600 K
解得T2＝500 K。
(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有
p1S＝p0S＋mg
解得T3＝600 K。
角度 关联气体
图6
(1)此时上、下部分气体的压强；
解析 整个装置旋转过程，上部分气体发生等温
变化，根据玻意耳定律可知
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
解析 对“H”型连杆活塞整体受力分析，设活塞质量为m，活塞的重力mg方向竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S
图7
(1)外界大气压p0；
解析 (1)根据题意，对活塞和刚性杆整体受力分析，由平衡条件有
p0S＋p1·2S＝p1S＋p2·2S＋3mg
末状态设压强为p3，体积为
根据玻意耳定律有p1V1＝p3V2
加热后，由平衡条件有
p0S＋p3·2S＝p3S＋p4·2S＋3mg
提升素养能力
2
1.(2024·河北沧州市吴桥中学模拟)如图1所示，粗细均匀的“T”形玻璃管中装有水银，水平管中的水银柱长为10 cm(以竖直管竖直轴线分左右各5 cm)，竖直管中水银柱长也为10 cm，A段封闭气柱长为5 cm，B段封闭气柱长为10 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为300 K，求：
图1
(1)将玻璃管绕水平管水平轴缓慢转过90°，至稳定时竖直管中水银液面移动的距离；
(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动与(1)问中相同的距离，需将环境温度升高多少。
答案 (1)2 cm (2)48 K
解析 (1)开始时，封闭气体的压强为p1＝85 cmHg
转过90°以后，封闭气体的压强为p2＝75 cmHg
对A部分气体，由玻意耳定律有p1LAS＝p2LA′S
对B部分气体，由玻意耳定律有p1LBS＝p2LB′S
因此竖直玻璃管中水银柱液面移动的距离为
(2)设升高后的温度为T2，升温后气体的压强为
p3＝87 cmHg
根据理想气体状态方程，对A部分气体有
LA″－LA＋LB″－LB＝2 cm
解得T2＝348 K
可知环境温度升高48 K。
2.(2024·四川南充模拟)如图2所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10 cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5 cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图2
(1)静止时左侧气体的压强p1；
(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。
解析 (1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0
大气压强p0可表示为p0＝ρgh0
其中h0＝75 cm
解得p1＝70 cmHg。
(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3
对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S
对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S
对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma
其中m＝ρLS
图3
(1)活塞A、B分别下移的距离x1、x2；
(2)对汽缸Ⅱ气体加热，使B活塞恰好回到初始位置，此时汽缸Ⅱ内气体温度T。
体积V2＝(L－x2)S
此过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律有2p0LS＝p2V2
体积V1＝(L＋x2－x1)S
由玻意耳定律有p0LS＝p1V1
4.
图4
(1)活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；
(2)缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小。
解析 (1)设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得pS＋mg＝p0S
设活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得
2Sp0＝2Sp＋kx
活塞重新静止时，设活塞B移动ΔL，移动前后，汽缸体积分别为V1、V2，则
由玻意耳定律有p0V1＝pV2
联立解得T＝293 K。
本节内容结束
THANKS 专题强化练二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题
1.(2024·河北沧州市吴桥中学模拟)如图1所示，粗细均匀的“T”形玻璃管中装有水银，水平管中的水银柱长为10 cm(以竖直管竖直轴线分左右各5 cm)，竖直管中水银柱长也为10 cm，A段封闭气柱长为5 cm，B段封闭气柱长为10 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为300 K，求：
图1
(1)将玻璃管绕水平管水平轴缓慢转过90°，至稳定时竖直管中水银液面移动的距离；
(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动与(1)问中相同的距离，需将环境温度升高多少。
2.(2024·四川南充模拟)如图2所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为L＝10 cm，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高h＝5 cm，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图2
(1)静止时左侧气体的压强p1；
(2)关闭阀门向左加速时的加速度大小a。
3.如图3(a)所示，水平放置的导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ横截面积S相同，长度均为L，内部分别有质量均为m＝、厚度不计的活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动。汽缸Ⅰ左端开口，外界大气压强为p0，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，汽缸Ⅰ内通过一细管与汽缸Ⅱ连通(细管容积可忽略不计)，初始时A、B均位于汽缸最左端，缸内气体温度为T0。将汽缸缓慢转到竖直位置，如图(b)所示，重力加速度为g。求：
图3
(1)活塞A、B分别下移的距离x1、x2；
(2)对汽缸Ⅱ气体加热，使B活塞恰好回到初始位置，此时汽缸Ⅱ内气体温度T。
4.如图4(a)所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞，缸内有理想气体，轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面(图中未画出)。A、B静止时，弹簧处于原长，缸内两部分的气柱长分别为L和；现用轻质细线将活塞B与质量m＝的重物C相连接，如图(b)所示，一段时间后活塞A、B再次静止。已知活塞A、B面积S1、S2分别为S1＝2S2＝2S，弹簧劲度系数k＝，大气压强为p0，环境和缸内气体温度T1＝600 K，重力加速度为g。
图4
(1)活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；
(2)缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小。
专题强化练二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题
1.(1)2 cm (2)48 K
解析 (1)开始时，封闭气体的压强为p1＝85 cmHg
转过90°以后，封闭气体的压强为p2＝75 cmHg
对A部分气体，由玻意耳定律有p1LAS＝p2LA′S
解得LA′＝5 cm
对B部分气体，由玻意耳定律有p1LBS＝p2LB′S
解得LB′＝11 cm
因此竖直玻璃管中水银柱液面移动的距离为
s＝ cm＋1 cm＝2 cm。
(2)设升高后的温度为T2，升温后气体的压强为
p3＝87 cmHg
根据理想气体状态方程，对A部分气体有＝
对B部分气体有＝
LA″－LA＋LB″－LB＝2 cm
解得T2＝348 K
可知环境温度升高48 K。
2.(1)70 cmHg (2) m/s2
解析 (1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0
对底部液柱由平衡条件有p0S＝S
大气压强p0可表示为p0＝ρgh0
其中h0＝75 cm
解得p1＝70 cmHg。
(2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3
两边液面相平，故左边气体长度从L1＝L－h＝5 cm变为
L2＝L－＝7.5 cm
右边气体长度从L＝10 cm变为L3＝L－＝7.5 cm
对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S
对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S
对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma
其中m＝ρLS
解得a＝ m/s2。
3.(1)L L (2)T0
解析 (1)汽缸缓慢转到竖直位置时，汽缸Ⅱ内气体压强
p2＝p0＋＝3p0
体积V2＝(L－x2)S
此过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律有2p0LS＝p2V2
解得x2＝L
汽缸Ⅰ内气体压强p1＝p0＋＝2p0
体积V1＝(L＋x2－x1)S
由玻意耳定律有p0LS＝p1V1
解得x1＝L。
(2)对汽缸Ⅱ内气体加热，使B活塞恰好回到初始位置过程，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律有
＝
解得T＝T0。
4.(1)L (2)293 K
解析 (1)设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得pS＋mg＝p0S
设活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得
2Sp0＝2Sp＋kx
解得p＝p0，x＝L
活塞重新静止时，设活塞B移动ΔL，移动前后，汽缸体积分别为V1、V2，则V1＝L·2S＋·S＝LS
V2＝2S(L－x)＋S
由玻意耳定律有p0V1＝pV2
解得ΔL＝L。
(2)缓慢降温至T，使活塞B回到初位置并静止，气体发生等压变化，此过程中，活塞A受力不变，弹簧形变量不变，则活塞A不动。设B回到原位置后，汽缸体积为V3，则
V3＝2S(L－x)＋S
由盖－吕萨克定律有＝
联立解得T＝293 K。
