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2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第十三章热学专题强化十四
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专题强化十四 应用气体实验定律解决“三类模型问题”
专题解读 1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题.
2.学好本专题可以帮助同学们熟练的选取研究对象和状态变化过程，掌握处理三类模型问题的基本思路和方法.
3.本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等.
命题点一 “玻璃管液封”模型
1.三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数).
(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数).
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数).
2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路
3.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，要注意：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；
(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，同种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”等，使计算过程简捷.
类型1 单独气体问题
例1 (2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
图1
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强.
答案 (1) (2)
解析 (1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρgh③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝.
变式1 (2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图2所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2、足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压强取p0＝1.0×105 Pa.
图2
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？ (g＝10 m/s2)
(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长？
(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？
答案 (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J
解析 (1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态为p2＝p0＋＝1.05×105 Pa，
V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2，得L2＝20 cm
(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K
根据盖－吕萨克定律，
有＝，即＝，得L3＝25 cm.
(3)外界对气体做的功W＝－p2Sh＝－p2S(L3－L2)＝－1.05 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝10 J＋(－1.05 J)＝8.95 J，
即气体的内能增加了8.95 J.
类型2 关联气体问题
例2 (2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图3所示，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空气.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)
图3
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l1′和l2′.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＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm.
变式2 (2018·山东省青岛市二模)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图4所示，单位为厘米.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长.求：
图4
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左侧管中需要倒入水银柱的长度.
答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm
解析 设管内的横截面积为S，
(1)对右管中封闭气体，水银刚好全部进入竖直右管后
p0×40S＝p1×(40－10)S，
解得：p1＝100 cmHg
(2)对水平部分气体，末态压强：
p′＝(100＋15＋10) cmHg＝125 cmHg，
由玻意耳定律：(p0＋15)×15S＝p′LS
解得：L＝10.8 cm
所以加入水银柱的长度为：
125 cm－75 cm＋10 cm－10.8 cm＝49.2 cm.
命题点二 “汽缸活塞类”模型
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题.
1.一般思路
(1)确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).
(2)分析物理过程，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；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.对求解的结果注意检验它们的合理性.
2.常见类型
(1)气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题.
(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题.
(3)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.
类型1 单独气体问题
例3 (2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图5，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.(重力加速度大小为g)
图5
答案 T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h.⑧
类型2 关联气体问题
例4 (2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图6，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.
图6
答案
解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1，下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0·＝p1V1
p0·＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝.
变式3 (2017·全国卷Ⅰ·33(2))如图7，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热.
图7
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强.
答案 (1) 2p0 (2)B的顶部 (3)1.6p0
解析 (1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
3p0V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2，由玻意耳定律得
3p0V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；
此时p2＝p0
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0.
例5 (2018·福建省泉州市模拟三)如图8，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，活塞面积之比为SA∶SB＝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pA＝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pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度TA′.
图8
答案 500 K
解析 活塞平衡时，由平衡条件得：
pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)
pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)
已知SB＝2SA
B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得：pBV0＝pB′VB
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，
故有＝
对气体A，由理想气体状态方程得：＝
解得：TA′＝500 K.
变式4 (2018·福建省南平市适应性检测)如图9所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由水平刚性细杆连接横截面积相同的绝热活塞a、b，绝热活塞a、b与两汽缸间均无摩擦.将一定质量的气体封闭在两汽缸中，开始时活塞静止，活塞与各自汽缸底部距离均相等，B汽缸中气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，A汽缸中气体温度TA＝300 K，设环境温度始终不变.现通过电热丝缓慢加热A汽缸中的气体，停止加热达到稳定后，汽缸B中活塞距缸底的距离为开始状态的，求：
图9
(1)B汽缸气体的压强；
(2)A汽缸气体的温度.
答案 (1)1.25×105 Pa (2)450 K
解析 (1)对汽缸B中的气体，由玻意耳定律：
p0V＝pBV①
解得pB＝1.25×105 Pa②
(2)加热前A汽缸中的气体压强等于B汽缸中的气体压强p0＝1.0×105 Pa
由于通过刚性细杆连接活塞，加热稳定后有：pA＝pB③
VA＝V④
由气体状态方程得：＝⑤
联立②③④⑤得：TA′＝450 K.
命题点三 “变质量气体”模型
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.
(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.
(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.
例6 (2018·广东省茂名市第二次模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p0(p0为1个标准大气压).为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：
(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度？
(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值.
答案 (1)87 ℃ (2)
解析 (1)对气体由查理定律有＝，解得T1＝T0＝360 K，
气体原来温度为t＝(360－273) ℃＝87 ℃.
(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，由气体的玻意耳定律有p1V0＝p0V，
解得V＝V0＝1.2V0，
则剩余气体与原来气体的质量比为＝＝.
变式5 (2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图10所示为喷洒农药用的某种喷雾器.其药液桶的总容积为15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化.
图10
(1)若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
答案 (1)20 (2)10 L
解析 (1)设应打气n次，初态为：
p1＝1 atm，V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L
末态为：p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：n＝20
(2)由题意可知：p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′
代入数据解得：V2′＝5 L
剩下的药液为：V＝15 L－5 L＝10 L.
1.(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图1甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p0＝75 cmHg.
图1
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度.
答案 (1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm
解析 (1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)
解得h＝0或h＝17.5 cm
则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm
(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H，
由玻意耳定律得p0L＝(p0－y)(L＋x)
联立两式解得x2＋60x－700＝0
解得：x＝10 cm，x＝－70 cm(舍去)，故左管水银面下降的高度为10 cm.
2.(2018·江西省五市八校第二次联考)竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图2所示，外界大气压强p0＝75 cmHg.
图2
(1)若从C端缓慢注入水银，使水银与上端管口平齐，需要注入水银的长度为多少？
(2)若在竖直平面内将玻璃管顺时针缓慢转动90°(水银未溢出)，最终AB段处于竖直，BC段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？(结果保留三位有效数字)
答案 (1)24 cm (2)23.4 cm
解析 (1)以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度为l1＝30 cm－10 cm＝20 cm时的压强为p1；
当两侧水银面的高度差为h＝25 cm时，空气柱的长度为l2，压强为p2
由玻意耳定律得p1l1＝p2l2
其中p1＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg，
p2＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg
解得l2＝16 cm，
故需要注入的水银长度
Δl＝20 cm－16 cm＋25 cm－5 cm＝24 cm.
(2)设顺时针转动90°后，水银未溢出，且AB部分留有x长度的水银，
由玻意耳定律得p1l1＝(p0－x)(30－x)
解得x1＝ cm≈6.6 cm>0符合题意，
x2＝ cm不合题意，舍去.
故最终封闭气体的长度为30－x＝23.4 cm.
3.(2018·山西省晋中市适应性调研)一端开口的长直圆筒，在开口端放置一个传热性能良好的活塞，活塞与筒壁无摩擦且不漏气.现将圆筒开口端竖直向下缓慢地放入27 ℃的水中.当筒底与水平面平齐时，恰好平衡，这时筒内空气柱长52 cm，如图3所示.当水温缓慢升至87 ℃时，试求稳定后筒底露出水面多少？(不计筒壁及活塞的厚度，不计活塞的质量，圆筒的质量为M，水的密度为ρ水，大气压强为p0)
图3
答案 10.4 cm
解析 设气体压强为p，活塞横截面积为S
所以p＝p0＋ρ水gh①
以圆筒作为研究对象，有pS－p0S＝Mg②
联立①②两式，得ρ水ghS＝Mg
所以h＝
可见，当温度发生变化时，液面高度保持不变，气体发生等压变化
以气体作为研究对象，设稳定后筒底露出水面的高度为x
有＝
代入数据，有＝
解得x＝10.4 cm.
4.(2016·全国卷Ⅲ·33(2))一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图4所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)
图4
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位.由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l1＝20.0 cm①
l1′＝(20.0－) cm＝12.5 cm②
由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h＝11.5 cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h≈9.42 cm.
5.(2019·山西省大同市模拟)如图5所示，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的水，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气.将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出.已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高.忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(室内温度不变)
图5
(1)求室内温度.
(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比.
答案 (1)(1＋)T0 (2)
解析 (1)设喷雾器的横截面积为S，室内温度为T1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强
p1＝p0＋ρg·，V0＝S·
气体做等容变化：＝
解得：T1＝(1＋)T0
(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p2，体积为V2＝hS.此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3
则p2＝p0＋ρgh，p1V3＝p2V2
即(p0＋ρg·)V3＝(p0＋ρgh)hS
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设充入气体的质量为Δm
则＝
代入得＝
6.(2018·福建省漳州市期末调研)如图6，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，在距汽缸底2h处有固定卡环(活塞不会被顶出).质量为M、横截面积为S、厚度可忽略的绝热活塞可以无摩擦地上下移动，活塞下方距汽缸底h处还有一固定的可导热的隔板将容器分为A、B两部分，A、B中分别封闭着一定质量的同种理想气体.初始时气体的温度均为27 ℃，B中气体压强为1.5p0，外界大气压为p0，活塞距汽缸底的高度为1.5h.现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞恰好到达汽缸卡环处时，求B中气体的压强和温度.(重力加速度为g，汽缸壁厚度不计)
图6
答案 3p0 600 K
解析 A中气体做等压变化，其压强始终为pA＝p0＋
VA1＝0.5Sh，T1＝300 K，VA2＝Sh
设活塞到达卡环处时气体温度为T2
根据盖－吕萨克定律：＝
解得：T2＝600 K
B中气体做等容变化
pB1＝1.5p0，T1＝300 K，T2＝600 K
设加热后气体压强为pB2
根据查理定律＝
得pB2＝3p0.
专题解读 1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题.
2.学好本专题可以帮助同学们熟练的选取研究对象和状态变化过程，掌握处理三类模型问题的基本思路和方法.
3.本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等.
命题点一 “玻璃管液封”模型
1.三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数).
(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数).
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数).
2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路
3.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，要注意：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；
(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，同种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”等，使计算过程简捷.
类型1 单独气体问题
例1 (2017·全国卷Ⅲ·33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
图1
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强.
答案 (1) (2)
解析 (1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρgh③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝.
变式1 (2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图2所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2、足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压强取p0＝1.0×105 Pa.
图2
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？ (g＝10 m/s2)
(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长？
(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？
答案 (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J
解析 (1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态为p2＝p0＋＝1.05×105 Pa，
V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2，得L2＝20 cm
(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K
根据盖－吕萨克定律，
有＝，即＝，得L3＝25 cm.
(3)外界对气体做的功W＝－p2Sh＝－p2S(L3－L2)＝－1.05 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝10 J＋(－1.05 J)＝8.95 J，
即气体的内能增加了8.95 J.
类型2 关联气体问题
例2 (2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图3所示，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空气.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)
图3
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l1′和l2′.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＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm
l2′＝7.5 cm.
变式2 (2018·山东省青岛市二模)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图4所示，单位为厘米.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长.求：
图4
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左侧管中需要倒入水银柱的长度.
答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm
解析 设管内的横截面积为S，
(1)对右管中封闭气体，水银刚好全部进入竖直右管后
p0×40S＝p1×(40－10)S，
解得：p1＝100 cmHg
(2)对水平部分气体，末态压强：
p′＝(100＋15＋10) cmHg＝125 cmHg，
由玻意耳定律：(p0＋15)×15S＝p′LS
解得：L＝10.8 cm
所以加入水银柱的长度为：
125 cm－75 cm＋10 cm－10.8 cm＝49.2 cm.
命题点二 “汽缸活塞类”模型
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题.
1.一般思路
(1)确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).
(2)分析物理过程，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；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.对求解的结果注意检验它们的合理性.
2.常见类型
(1)气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题.
(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题.
(3)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.
类型1 单独气体问题
例3 (2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图5，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.(重力加速度大小为g)
图5
答案 T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h.⑧
类型2 关联气体问题
例4 (2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图6，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.
图6
答案
解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1，下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0·＝p1V1
p0·＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝.
变式3 (2017·全国卷Ⅰ·33(2))如图7，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热.
图7
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强.
答案 (1) 2p0 (2)B的顶部 (3)1.6p0
解析 (1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
3p0V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2，由玻意耳定律得
3p0V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；
此时p2＝p0
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0.
例5 (2018·福建省泉州市模拟三)如图8，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，活塞面积之比为SA∶SB＝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pA＝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pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度TA′.
图8
答案 500 K
解析 活塞平衡时，由平衡条件得：
pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)
pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)
已知SB＝2SA
B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得：pBV0＝pB′VB
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，
故有＝
对气体A，由理想气体状态方程得：＝
解得：TA′＝500 K.
变式4 (2018·福建省南平市适应性检测)如图9所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由水平刚性细杆连接横截面积相同的绝热活塞a、b，绝热活塞a、b与两汽缸间均无摩擦.将一定质量的气体封闭在两汽缸中，开始时活塞静止，活塞与各自汽缸底部距离均相等，B汽缸中气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，A汽缸中气体温度TA＝300 K，设环境温度始终不变.现通过电热丝缓慢加热A汽缸中的气体，停止加热达到稳定后，汽缸B中活塞距缸底的距离为开始状态的，求：
图9
(1)B汽缸气体的压强；
(2)A汽缸气体的温度.
答案 (1)1.25×105 Pa (2)450 K
解析 (1)对汽缸B中的气体，由玻意耳定律：
p0V＝pBV①
解得pB＝1.25×105 Pa②
(2)加热前A汽缸中的气体压强等于B汽缸中的气体压强p0＝1.0×105 Pa
由于通过刚性细杆连接活塞，加热稳定后有：pA＝pB③
VA＝V④
由气体状态方程得：＝⑤
联立②③④⑤得：TA′＝450 K.
命题点三 “变质量气体”模型
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.
(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.
(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.
例6 (2018·广东省茂名市第二次模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p0(p0为1个标准大气压).为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：
(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度？
(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值.
答案 (1)87 ℃ (2)
解析 (1)对气体由查理定律有＝，解得T1＝T0＝360 K，
气体原来温度为t＝(360－273) ℃＝87 ℃.
(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，由气体的玻意耳定律有p1V0＝p0V，
解得V＝V0＝1.2V0，
则剩余气体与原来气体的质量比为＝＝.
变式5 (2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图10所示为喷洒农药用的某种喷雾器.其药液桶的总容积为15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化.
图10
(1)若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
答案 (1)20 (2)10 L
解析 (1)设应打气n次，初态为：
p1＝1 atm，V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L
末态为：p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：n＝20
(2)由题意可知：p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′
代入数据解得：V2′＝5 L
剩下的药液为：V＝15 L－5 L＝10 L.
1.(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图1甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p0＝75 cmHg.
图1
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度.
答案 (1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm
解析 (1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)
解得h＝0或h＝17.5 cm
则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm
(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H，
由玻意耳定律得p0L＝(p0－y)(L＋x)
联立两式解得x2＋60x－700＝0
解得：x＝10 cm，x＝－70 cm(舍去)，故左管水银面下降的高度为10 cm.
2.(2018·江西省五市八校第二次联考)竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图2所示，外界大气压强p0＝75 cmHg.
图2
(1)若从C端缓慢注入水银，使水银与上端管口平齐，需要注入水银的长度为多少？
(2)若在竖直平面内将玻璃管顺时针缓慢转动90°(水银未溢出)，最终AB段处于竖直，BC段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？(结果保留三位有效数字)
答案 (1)24 cm (2)23.4 cm
解析 (1)以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度为l1＝30 cm－10 cm＝20 cm时的压强为p1；
当两侧水银面的高度差为h＝25 cm时，空气柱的长度为l2，压强为p2
由玻意耳定律得p1l1＝p2l2
其中p1＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg，
p2＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg
解得l2＝16 cm，
故需要注入的水银长度
Δl＝20 cm－16 cm＋25 cm－5 cm＝24 cm.
(2)设顺时针转动90°后，水银未溢出，且AB部分留有x长度的水银，
由玻意耳定律得p1l1＝(p0－x)(30－x)
解得x1＝ cm≈6.6 cm>0符合题意，
x2＝ cm不合题意，舍去.
故最终封闭气体的长度为30－x＝23.4 cm.
3.(2018·山西省晋中市适应性调研)一端开口的长直圆筒，在开口端放置一个传热性能良好的活塞，活塞与筒壁无摩擦且不漏气.现将圆筒开口端竖直向下缓慢地放入27 ℃的水中.当筒底与水平面平齐时，恰好平衡，这时筒内空气柱长52 cm，如图3所示.当水温缓慢升至87 ℃时，试求稳定后筒底露出水面多少？(不计筒壁及活塞的厚度，不计活塞的质量，圆筒的质量为M，水的密度为ρ水，大气压强为p0)
图3
答案 10.4 cm
解析 设气体压强为p，活塞横截面积为S
所以p＝p0＋ρ水gh①
以圆筒作为研究对象，有pS－p0S＝Mg②
联立①②两式，得ρ水ghS＝Mg
所以h＝
可见，当温度发生变化时，液面高度保持不变，气体发生等压变化
以气体作为研究对象，设稳定后筒底露出水面的高度为x
有＝
代入数据，有＝
解得x＝10.4 cm.
4.(2016·全国卷Ⅲ·33(2))一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图4所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)
图4
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位.由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l1＝20.0 cm①
l1′＝(20.0－) cm＝12.5 cm②
由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h＝11.5 cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h≈9.42 cm.
5.(2019·山西省大同市模拟)如图5所示，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的水，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气.将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出.已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高.忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(室内温度不变)
图5
(1)求室内温度.
(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比.
答案 (1)(1＋)T0 (2)
解析 (1)设喷雾器的横截面积为S，室内温度为T1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强
p1＝p0＋ρg·，V0＝S·
气体做等容变化：＝
解得：T1＝(1＋)T0
(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p2，体积为V2＝hS.此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3
则p2＝p0＋ρgh，p1V3＝p2V2
即(p0＋ρg·)V3＝(p0＋ρgh)hS
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设充入气体的质量为Δm
则＝
代入得＝
6.(2018·福建省漳州市期末调研)如图6，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，在距汽缸底2h处有固定卡环(活塞不会被顶出).质量为M、横截面积为S、厚度可忽略的绝热活塞可以无摩擦地上下移动，活塞下方距汽缸底h处还有一固定的可导热的隔板将容器分为A、B两部分，A、B中分别封闭着一定质量的同种理想气体.初始时气体的温度均为27 ℃，B中气体压强为1.5p0，外界大气压为p0，活塞距汽缸底的高度为1.5h.现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞恰好到达汽缸卡环处时，求B中气体的压强和温度.(重力加速度为g，汽缸壁厚度不计)
图6
答案 3p0 600 K
解析 A中气体做等压变化，其压强始终为pA＝p0＋
VA1＝0.5Sh，T1＝300 K，VA2＝Sh
设活塞到达卡环处时气体温度为T2
根据盖－吕萨克定律：＝
解得：T2＝600 K
B中气体做等容变化
pB1＝1.5p0，T1＝300 K，T2＝600 K
设加热后气体压强为pB2
根据查理定律＝
得pB2＝3p0.
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