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第十五章
微专题22　应用气体实验定律解决“三类模型”问题
热　学
模型一　“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、列平衡方程求解，要注意：
1．液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度).
2．不要漏掉大气压强，同时又要平衡掉某些气体产生的压力．
3．有时注意应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一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”，使计算过程简捷．
典 题 悟 法
　　　　如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，管内A、B两段水银柱将管内封闭有长均为10 cm的a、b两段气体，水银柱A长为5 cm，水银柱B在右管中的液面比在左管中的液面高5 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为320 K．现将环境温度降低，使气柱b长度变为9 cm.求：
(1) 降低后的环境温度．
答案： (1) 280.32 K　
1
【解析】 (1) 开始时，左管中气柱a的压强为
p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
右管中气柱b的压强为p2＝p1－5 cmHg＝75 cmHg
温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为
p′2＝p1－7 cmHg＝73 cmHg
对气柱b研究，根据理想气体状态方程
(2) 水银柱A下降的高度．
答案：(2) 2.24 cm
类题固法1
1．(2025·南通统考)如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声．已知温度为27 ℃时，封闭空气柱长度L1为20 cm，此时水银柱上表面与导线下端的距离L2为10 cm，水银柱的高度h为5 cm，大气压强为75 cmHg，绝对零度为－273 ℃.
(1) 当温度达到多少摄氏度时，蜂鸣器会报警．
答案： (1) 177 ℃　
(2) 如果要使该装置在90 ℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？
答案：(2) 8 cm
2．(2025·连云港期末)如图甲所示，一端封闭粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管长L＝56 cm，横截面积S＝1 cm2，管中一段h＝24 cm的水银柱将长L1＝24 cm空气柱封闭在管内．大气压强p0＝76 cmHg.
(1) 求被封闭气体的压强．
答案： (1) 100 cmHg　
【解析】 (1) 根据图甲可得p＝p0＋ρgh
代入数据解得p＝100 cmHg
(2) 若将甲状态的气体缓慢加热使水银柱刚好到达管口，求被封闭气体对外做的功．(取1 cmHg＝1 333 Pa，结果保留一位有效数字)
答案：(2) 1 J　
【解析】(2) 根据W＝pS(L－h－L1)
代入数据解得W＝1 J
(3) 若将甲状态的玻璃管缓慢旋至开口竖直向下，求稳定后管内空气柱的长度L2.
答案：(3) 40 cm
【解析】(3) 由题知，从图甲变到图乙，气体发生等温变化，在图乙中，假设水银柱刚好在管口，根据玻意耳定律有pL1S＝(p0－ρgh)L2S
因为L2＋h＞56 cm，故有水银溢出
根据玻意耳定律有pL1S＝[p0－ρg(L－L2)]L2S
解得L2＝40 cm
模型二　“汽缸活塞类”模型
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．
典 题 悟 法
　　　　(2025·南京二模)如图所示，固定的竖直汽缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞横截面积为S，汽缸内气体的初始热力学温度为T0、高度为h0.已知大气压强为p0，重力加速度为g.现对缸内气体缓慢加热，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦．
(1) 当气体的温度变为1.5T0时，求活塞上升的距离Δh.
答案： (1) 0.5h0　
2
【解析】 (1) 汽缸内的气体为等压变化
初状态 V1＝h0S，T1＝T0
末状态 V2＝(h0＋Δh)S，T2＝1.5T0
解得Δh＝0.5h0
(2) 若在对气体缓慢加热的同时，在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变．当汽缸内气体的温度变为1.5T0时，求所加沙子的质量M.
类题固法2
1．(2025·徐州调研)如图所示为水平放置的固定圆柱形汽缸，汽缸内被A、B两活塞封有一定质量的气体，活塞之间用硬杆相连(硬杆的粗细可忽略)，活塞与汽缸壁之间可无摩擦地滑动而不漏气．现缸内气体温度为T1，活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温度缓慢下降到T2，且降温幅度很小，外界环境压强不变，则下列说法中正确的是 (　　)
A．缸内气体将做等体积变化，活塞不发生移动
B．活塞将向右移动
C．活塞将向左移动
D．活塞再次静止时，缸内气体的体积、温度、压强
与降温前相比都发生了变化
B
2．如图所示为一内壁光滑且导热良好的汽缸，用活塞封闭一定质量的理想气体，该汽缸可按图甲竖直放置或按图乙水平放置．环境温度升高，按图甲放置时汽缸内气体对外做功为W，已知活塞的质量为m，横截面积为S，重力加速度为g.求：
(1) 两种放置方法，汽缸内气体的压强差Δp.
(2) 按图乙放置时，上述升温过程气体对外做的功W′.
答案：(2) W
【解析】(2) 两种放置方法，初状态p甲V甲＝p乙V乙
末状态p甲V′甲＝p乙V′乙
气体均为等压变化，乙汽缸内气体对外做功为
W′＝p乙(V′乙－V乙)
甲汽缸内气体对外做功为W＝p甲(V′甲－V甲)
乙汽缸内气体对外做功W′＝W
模型三　“变质量气体”模型
1．充气问题
选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
2．抽气问题
选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．
3．灌气分装
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，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．
典 题 悟 法
　　　　(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa.求：
(1) 在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小．
答案： (1) 2.5×105 Pa　
3
(2) 充进该轮胎的空气体积．
答案：(2) 6 L
【解析】(2) 由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得V＝6 L
类题固法3
1．(2026·南京学情调研)某型号汽车轮胎采用高强度橡胶材料制成．清晨时被充入质量为m0的理想气体后，轮胎内气体压强为p0，温度为T0.经过白天长时间行驶和太阳暴晒，轮胎内气体温度上升至1.2T0.假设轮胎内气体的体积不变且没有漏气．求：
(1) 此时轮胎内气体的压强．
答案： (1) 1.2p0　
(2) 为使轮胎内气体压强恢复到p0，需释放掉的气体的质量(假设放气过程中，轮胎内气体的温度保持1.2T0不变).
2．玉龙雪山位于云南省丽江市，备受旅行爱好者的关注．由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气瓶．已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定.
(1) 若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？
答案： (1) 55　
【解析】 (1) 设能分装n个氧气瓶，则以容器内开始的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0V0＝p(nV＋V0)
代入数据解得n＝55
(2) 若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？
配套热练
1．(2025·海南卷)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10-3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g＝10 m/s2.
(1) 若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10-3 m3，
求此时的温度T1.
答案： (1) 450 K　
(2) 若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2.
答案：(2) 4×10-3 m3
【解析】(2) 设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10-3 m3
2．如图所示为一粗细均匀、内径很小的L形玻璃管，其中竖直管开口且足够长，水平管右端封闭．现在向竖直管中缓慢注入水银，在水平管中封闭了一定质量的理想气体，相关数据如图所示．已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度T1＝300 K．不计水银的热胀冷缩．求：
(1) 封闭气体的压强p1.
答案：(1) 90 cmHg　
【解析】 (1) 封闭气体的压强为
p1＝p0＋ρgh＝75 cmHg＋15 cmHg＝90 cmHg
(2) 缓慢均匀加热封闭气体，当水平管中的水银全部进入竖直管时气体的温度T2.
答案：(2) 475 K　
(3) 继续缓慢均匀加热封闭气体直到温度达到T3＝570 K，整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度H.
答案：(3) 8 cm
3．(2026·南京期初补偿训练)汽车行驶过程中电子系统对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全．按照行业标准，夏季汽车轮胎正常胎压为p＝2.4 atm(1 atm为标准大气压).某汽车轮胎的正常容积为V＝3.0×10-2 m3，某次启动该汽车后，电子系统正常工作并
报警，各轮胎胎压及温度如图所示(假设轮胎内气体的体
积不变，且没有漏气，可视为理想气体).为使汽车正常
行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒充入体积为
ΔV、温度为27 ℃、压强为p0＝1 atm的气体，充气t1＝
9 s后，左前轮胎压恢复到正常胎压．充气过程中轮胎内气体温度不变．
(1) 求每秒充入的气体体积ΔV.
答案：(1) 2.0×10-3 m3　
【解析】 (1) 设充气前，左前轮胎内气体胎压为p1；充入气体的总体积为V1，以左前轮充气后的所有气体为研究对象，则初状态p1＝1.8 atm，V＝3.0×10-2 m3
末状态p＝2.4 atm，V＝3.0×10-2 m3
由题干和图可知，充入气体的温度与原有气体的温度相同，充气过程为等温变化，由玻意耳定律得p1V＋p0V1＝pV
(2) 在行驶过程中，汽车右前轮扎到钉子，导致车胎缓慢漏气，漏气前后轮胎体积不变，停车后发现仪表显示胎内气体压强仍为2.4 atm.已知剩余气体质量与原有气体质量之比为10∶11，求停车时右前轮胎内气体的温度(温度单位用K，T＝273 K＋t).
答案：(2) 330 K
4．(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示．长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B.汲液时，将汲液器竖直浸入液体，
液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄
浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提
出液面，储液罐内刚好储满液体．已知液体密度ρ＝1.0×103
kg/m3，取g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa.整个过程温度
保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度．
(1) 求x.
答案：(1) 2 cm　
【解析】 (1) 由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
p1(H－x)S1＝p2HS1
又因为p1＝p0
p2＋ρgh＝p0
代入数据联立解得x＝2 cm
(2) 松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V.
答案：(2) 8.92×10-4 m3
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