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专题突破25　气体状态变化的两类经典问题
1.复习巩固三个气体实验定律和理想气体状态方程。2.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析“玻璃管液封”模型、“汽缸活塞”模型。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　“玻璃管液封”类模型
考向1　单一气体
(2025·湖南卷，13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.2000 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
解析：(1)设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱由力的平衡条件有
ρShg ＋p0S＝p1S
水平放置时，对液柱由力的平衡条件有
p2S＝p0S
若整个过程中温度不变，则对空气柱由玻意耳定律可得
p1SL1＝p2SL2
联立可得g＝。
(2)若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相同，则空气柱的体积不变，由查理定律可得
联立可得g＝＝9.5 m/s2。
答案：(1)　(2)9.5 m/s2
求液柱封闭的气体压强时，要注意
(1)液体因所受重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强。
(3)灵活应用连通器原理，即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。
考向2　关联气体
(2023·全国乙卷，33)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)
解析：B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm
则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm
倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，A管内空气柱长度
lA′＝11 cm
已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23 cmHg
B管内空气柱长度lB′＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
对A管中气体，由玻意耳定律有pAlASA＝pA′lA′SA
对B管中气体，由玻意耳定律有pBlBSB＝pB′lB′SB
联立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg。
答案：A管内压强74.36 cmHg　B管内压强54.36 cmHg,
考点二　“汽缸活塞”类模型
考向1　单一气体
(2024· 全国甲卷，33)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能
离开卡销b时气体的温度。
解析：(1)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定
律有p0V0＝p1V1
其中V1＝V0
外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为FN＝100 N。
(2)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。
答案：(1)100 N　(2) K
(1)“汽缸”模型研究对象分两类：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)答题关键是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。
考向2　关联气体
(2024·广东卷，13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变，当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10-2 m3；B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa。重力加速度大小取g＝10 m/s2。A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并
保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
解析：(1)假设此过程中差压阀关闭，A内气体做等压变化，B内气体做等容变化，
对B内气体，由查理定律得
解得pB2＝0.9p0＝9×104 Pa
A内气体的压强pA＝p0，
此时A、B内气体的压强差Δp′＝pA－pB2＝0.1p0<Δp＝0.11p0，假设成立，差压阀处于关闭状态，此时B内气体压强为9×104 Pa。
(2)对A内气体，由盖-吕萨克定律得
解得VA2＝3.6×10-2 m3。
(3)B中气体压强能够回到p0，说明差压阀在该过程中打开，当A、B中压强差为Δp时，差压阀关闭，可知当B中气体压强回到p0时，A中的气体压强为p0＋Δp＝1.11p0
对活塞，有p0S＋mg＝1.11p0S
解得m＝110 kg。
答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)110 kg
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限时规范
训练(80)　气体状态变化的两类经典问题
(建议用时：40分钟　满分：45分)
(选择题1题5分，共5分)
[基础巩固练]
1．(多选)(2025·河南卷，10)如图，一圆柱形汽缸水
平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活
塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、
右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
AC
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解析：AC　固定M、N时，由理想气体状态方程pV＝nRT可得，，若P不动，两侧气体升高相同温度时，由于V1Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1Δp2，P将向右移，C正确，D错误。
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2．(10分)(2025·江西金太阳5月联考)如图所示的装置中，三支玻璃管A、B和C用细管连通，A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封性良好。A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为h＝18 cm，C管中的水银柱足够长。现将C
管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。已知大气压强p0＝75 cmHg，A、B的横截面积相等，C的横截面积为A横截面积的3倍，封闭气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。求：
(1)B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强p1；
(2)C管中的活塞向上移动的距离d。
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解析：(1)设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x cm，则有
p1＝p0＋x cmHg
根据p0hS＝p1xS，解得p1＝90 cmHg。
(2)设A管中水银柱上升的高度为h1，则有h1＝h－x，3d＝h1＋h，解得d＝7 cm。
答案：(1)90 cmHg　(2)7 cm
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3．(10分)(2025·广西来宾高级中学模拟)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p1＝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。在整个过程中，气体温度不变。
(1)求U形管竖直朝上时，右边气体压强p2；
(2)U形管水平放在水平桌面上时，左边空气柱长度为l1′，右边空气柱长度为l2′，请写出l1、l2、l1′、l2′的关系式(用l1、l2、l1′、l2′表示)；
(3)求U形管平放时两边空气柱的长度。
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解析：(1)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，由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)，解得p2＝6 cmHg。
(2)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′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等，则有l1′－l1＝l2－l2′。
(3)由玻意耳定律，对左边气柱有p1l1S＝pl1′S
由玻意耳定律，对右边气柱有p2l2S＝pl2′S
联立解得l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。
答案：(1)6 cmHg　(2)l1′－l1＝l2－l2′　
(3)22.5 cm　7.5 cm
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[能力提升练]
4．(10分)(2025·安徽合肥八中三模)如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U形玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度L1＝12.5 cm，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度L2＝4 cm，两侧管内水银液面的高度差h＝5 cm，现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强p0＝75 cmHg，玻璃管导热性
能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞
不漏气。求：
(1)施加力F前，气体A的压强；
(2)施加力F后，活塞下降的距离。
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解析：(1)对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强pB1＝p0＝75 cmHg
根据两侧管内水银液面的高低，可得pA1＝pB1＋h＝80 cmHg。
(2)当两侧液面相平时，左侧管内液面升高＝2.5 cm
右侧管内液面降低＝2.5 cm
此时气体A的长度L1′＝10 cm
对气体A，根据玻意耳定律有pA1L1S＝pA2L1′S
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解得pA2＝100 cmHg
两侧是水银液面相平，有pB2＝pA2＝100 cmHg
对气体B，根据玻意耳定律有pB1L2S＝pB2L2′S
解得气体B的长度L2′＝3 cm
故活塞下降的距离为Δh＝＋L2－L2′＝3.5 cm。
答案：(1)80 cmHg　(2)3.5 cm
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[培优创新练]
5．(10分)(2025·广东卷，13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1 ＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下
降的高度h2和气室内气体压强p1；
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过
程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属
液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
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1
解析：(1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强
p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
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1
(2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p′S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强
p′＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强
p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。
答案：(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa
专题突破25　气体状态变化的两类经典问题
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(建议用时：40分钟　满分：45分)
(选择题1题5分，共5分)
[基础巩固练]
1．(多选)(2025·河南卷，10)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
解析：AC　固定M、N时，由理想气体状态方程pV＝nRT可得，，若P不动，两侧气体升高相同温度时，由于V1Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1Δp2，P将向右移，C正确，D错误。
2．(10分)(2025·江西金太阳5月联考)如图所示的装置中，三支玻璃管A、B和C用细管连通，A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封性良好。A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为h＝18 cm，C管中的水银柱足够长。现将C管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。已知大气压强p0＝75 cmHg，A、B的横截面积相等，C的横截面积为A横截面积的3倍，封闭气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。求：
(1)B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强p1；
(2)C管中的活塞向上移动的距离d。
解析：(1)设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x cm，则有
p1＝p0＋x cmHg
根据p0hS＝p1xS，解得p1＝90 cmHg。
(2)设A管中水银柱上升的高度为h1，则有h1＝h－x，3d＝h1＋h，解得d＝7 cm。
答案：(1)90 cmHg　(2)7 cm
3．(10分)(2025·广西来宾高级中学模拟)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p1＝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。在整个过程中，气体温度不变。
(1)求U形管竖直朝上时，右边气体压强p2；
(2)U形管水平放在水平桌面上时，左边空气柱长度为l1′，右边空气柱长度为l2′，请写出l1、l2、l1′、l2′的关系式(用l1、l2、l1′、l2′表示)；
(3)求U形管平放时两边空气柱的长度。
解析：(1)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，由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)，解得p2＝6 cmHg。
(2)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′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等，则有l1′－l1＝l2－l2′。
(3)由玻意耳定律，对左边气柱有p1l1S＝pl1′S
由玻意耳定律，对右边气柱有p2l2S＝pl2′S
联立解得l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。
答案：(1)6 cmHg　(2)l1′－l1＝l2－l2′　
(3)22.5 cm　7.5 cm
[能力提升练]
4．(10分)(2025·安徽合肥八中三模)如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U形玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度L1＝12.5 cm，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度L2＝4 cm，两侧管内水银液面的高度差h＝5 cm，现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强p0＝75 cmHg，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求：
(1)施加力F前，气体A的压强；
(2)施加力F后，活塞下降的距离。
解析：(1)对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强pB1＝p0＝75 cmHg
根据两侧管内水银液面的高低，可得pA1＝pB1＋h＝80 cmHg。
(2)当两侧液面相平时，左侧管内液面升高＝2.5 cm
右侧管内液面降低＝2.5 cm
此时气体A的长度L1′＝10 cm
对气体A，根据玻意耳定律有pA1L1S＝pA2L1′S
解得pA2＝100 cmHg
两侧是水银液面相平，有pB2＝pA2＝100 cmHg
对气体B，根据玻意耳定律有pB1L2S＝pB2L2′S
解得气体B的长度L2′＝3 cm
故活塞下降的距离为Δh＝＋L2－L2′＝3.5 cm。
答案：(1)80 cmHg　(2)3.5 cm
[培优创新练]
5．(10分)(2025·广东卷，13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1 ＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1；
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
解析：(1)金属液刚好充满铸型室时，有
h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强
p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有
p0S1h1＝p′S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强
p′＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强
p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。
答案：(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa专题突破25　气体状态变化的两类经典问题
目标 要求 　 　 1.复习巩固三个气体实验定律和理想气体状态方程。2.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析“玻璃管液封”模型、“汽缸活塞”模型。
考点一　“玻璃管液封”类模型
考向1　单一气体
　(2025·湖南卷，13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.2000 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
解析：(1)设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱由力的平衡条件有
ρShg ＋p0S＝p1S
水平放置时，对液柱由力的平衡条件有
p2S＝p0S
若整个过程中温度不变，则对空气柱由玻意耳定律可得
p1SL1＝p2SL2
联立可得g＝。
(2)若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相同，则空气柱的体积不变，由查理定律可得
联立可得g＝＝9.5 m/s2。
答案：(1)　(2)9.5 m/s2
求液柱封闭的气体压强时，要注意
(1)液体因所受重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强。
(3)灵活应用连通器原理，即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。
考向2　关联气体
　(2023·全国乙卷，33)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)
解析：B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm
则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm
倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，A管内空气柱长度
lA′＝11 cm
已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23 cmHg
B管内空气柱长度lB′＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
对A管中气体，由玻意耳定律有
pAlASA＝pA′lA′SA
对B管中气体，由玻意耳定律有
pBlBSB＝pB′lB′SB
联立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg。
答案：A管内压强74.36 cmHg　B管内压强54.36 cmHg,
考点二　“汽缸活塞”类模型
考向1　单一气体
　(2024· 全国甲卷，33)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
解析：(1)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定律有
p0V0＝p1V1
其中V1＝V0
外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有
p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为
FN＝100 N。
(2)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有
p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。
答案：(1)100 N　(2) K
(1)“汽缸”模型研究对象分两类：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)答题关键是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。
考向2　关联气体
　(2024·广东卷，13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变，当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10-2 m3；B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa。重力加速度大小取g＝10 m/s2。A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
解析：(1)假设此过程中差压阀关闭，A内气体做等压变化，B内气体做等容变化，
对B内气体，由查理定律得
解得pB2＝0.9p0＝9×104 Pa
A内气体的压强pA＝p0，
此时A、B内气体的压强差Δp′＝pA－pB2＝0.1p0<Δp＝0.11p0，假设成立，差压阀处于关闭状态，此时B内气体压强为9×104 Pa。
(2)对A内气体，由盖-吕萨克定律得
解得VA2＝3.6×10-2 m3。
(3)B中气体压强能够回到p0，说明差压阀在该过程中打开，当A、B中压强差为Δp时，差压阀关闭，可知当B中气体压强回到p0时，A中的气体压强为p0＋Δp＝1.11p0
对活塞，有p0S＋mg＝1.11p0S
解得m＝110 kg。
答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)110 kg
限时规范训练(80)　气体状态变化的两类经典问题
(建议用时：40分钟　满分：45分)
(选择题1题5分，共5分)
[基础巩固练]
1．(多选)(2025·河南卷，10)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
解析：AC　固定M、N时，由理想气体状态方程pV＝nRT可得，，若P不动，两侧气体升高相同温度时，由于V1Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1Δp2，P将向右移，C正确，D错误。
2．(10分)(2025·江西金太阳5月联考)如图所示的装置中，三支玻璃管A、B和C用细管连通，A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封性良好。A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为h＝18 cm，C管中的水银柱足够长。现将C管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。已知大气压强p0＝75 cmHg，A、B的横截面积相等，C的横截面积为A横截面积的3倍，封闭气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。求：
(1)B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强p1；
(2)C管中的活塞向上移动的距离d。
解析：(1)设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x cm，则有
p1＝p0＋x cmHg
根据p0hS＝p1xS，解得p1＝90 cmHg。
(2)设A管中水银柱上升的高度为h1，则有h1＝h－x，3d＝h1＋h，解得d＝7 cm。
答案：(1)90 cmHg　(2)7 cm
3．(10分)(2025·广西来宾高级中学模拟)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p1＝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。在整个过程中，气体温度不变。
(1)求U形管竖直朝上时，右边气体压强p2；
(2)U形管水平放在水平桌面上时，左边空气柱长度为l1′，右边空气柱长度为l2′，请写出l1、l2、l1′、l2′的关系式(用l1、l2、l1′、l2′表示)；
(3)求U形管平放时两边空气柱的长度。
解析：(1)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，由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)，解得p2＝6 cmHg。
(2)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′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等，则有l1′－l1＝l2－l2′。
(3)由玻意耳定律，对左边气柱有p1l1S＝pl1′S
由玻意耳定律，对右边气柱有p2l2S＝pl2′S
联立解得l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。
答案：(1)6 cmHg　(2)l1′－l1＝l2－l2′　
(3)22.5 cm　7.5 cm
[能力提升练]
4．(10分)(2025·安徽合肥八中三模)如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U形玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度L1＝12.5 cm，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度L2＝4 cm，两侧管内水银液面的高度差h＝5 cm，现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强p0＝75 cmHg，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求：
(1)施加力F前，气体A的压强；
(2)施加力F后，活塞下降的距离。
解析：(1)对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强pB1＝p0＝75 cmHg
根据两侧管内水银液面的高低，可得pA1＝pB1＋h＝80 cmHg。
(2)当两侧液面相平时，左侧管内液面升高＝2.5 cm
右侧管内液面降低＝2.5 cm
此时气体A的长度L1′＝10 cm
对气体A，根据玻意耳定律有pA1L1S＝pA2L1′S
解得pA2＝100 cmHg
两侧是水银液面相平，有pB2＝pA2＝100 cmHg
对气体B，根据玻意耳定律有pB1L2S＝pB2L2′S
解得气体B的长度L2′＝3 cm
故活塞下降的距离为Δh＝＋L2－L2′＝3.5 cm。
答案：(1)80 cmHg　(2)3.5 cm
[培优创新练]
5．(10分)(2025·广东卷，13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1 ＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1；
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
解析：(1)金属液刚好充满铸型室时，有
h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强
p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有
p0S1h1＝p′S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强
p′＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强
p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。
答案：(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa

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