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专题强化二十四　应用气体实验定律解决两类模型问题
学习目标
掌握“玻璃管液封模型”和“汽缸活塞类模型”的处理方法，熟练应用气体实验定律解决问题。
考点一　“玻璃管液封”模型
1.液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液面的竖直高度)。
2.不要漏掉大气压强。
3.一般选气体为研究对象通过灵活选用气体实验定律、液柱的平衡条件、牛顿运动定律解决相关问题。
4.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。
5.当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”、“mmHg”等，使计算过程简捷。
考向　单独气体
例1 (2024·江苏徐州期末)如图所示为一粗细均匀内径很小的L型玻璃管，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。
(1)求封闭气体的压强p1;
(2)缓慢均匀加热封闭气体，求当水平管中的水银全部进入竖直管时气体的温度T2;
(3)继续缓慢均匀加热封闭气体直到温度达到T3=570 K，求整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度H。
答案　(1)90 cmHg　(2)475 K　(3)8 cm
解析　(1)封闭气体的压强为
p1=p0+ρgh=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg。
(2)当水平管中的水银全部进入竖直管时，封闭气体的压强为p2=p0+ρg(h+L1)=95 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，根据理想气体状态方程得
=
解得T2=475 K。
(3)气体温度从T2到T3，气体发生等压变化，则有
=
解得竖直管内水银柱上升的高度ΔL=3 cm
则整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度为
H=L1+ΔL=8 cm。
考向　关联气体
例2 [2023·全国乙卷·33(2)]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)。
答案　B管气体压强为54.36 cmHg　A管气体压强为74.36 cmHg
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pAlA=pA'lA'
对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB=pB'lB'
联立解得pB=54.36 cmHg
pA=pB+20 cmHg=74.36 cmHg。
如图所示，一根一端封闭粗细均匀足够长的细玻璃管AB开口向上竖直放置，管内用高h=25 cm的水银柱封闭了一段长L=29.4 cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=75 cmHg，封闭气体的温度为T1=27 ℃。绝对零度取-273 K，g取10 m/s2。则:
(1)封闭气体温度T1不变，玻璃管以2 m/s2的加速度竖直向上加速，求水银柱稳定时玻璃管内空气柱长度;
(2)顺时针缓慢转动玻璃管至管口水平，同时使封闭气体的温度缓慢降到T3=280 K，求此时试管内空气柱的长度L3(保留1位小数)。
答案　(1)28 cm　(2)36.6 cm
解析　(1)初时刻，气体的压强为
p1=p0+ρgh=100 cmHg
加速时，对水银，由牛顿第二定律得
p2S-p0S-mg=ma
m=ρSh
联立解得p2=105 cmHg
由玻意耳定律得p1SL=p2SL2
解得L2=28 cm。
(2)玻璃管缓慢转动至管口水平时的压强为
p3=p0=75 cmHg
由理想气体状态方程得=
解得L3=36.6 cm。
考点二　“汽缸活塞类”模型
1.基本思路
(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，并且通过活塞相互关联的问题，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。
考向　单独气体
例3 (2025·江苏淮安模拟)如图，底部水平的固定圆柱形汽缸内，用质量为m、横截面积为S的圆盘形活塞封闭着一定质量的理想气体，当封闭气体温度为T且活塞平衡时，封闭气体的体积为V。现保持封闭气体的温度不变，对活塞施加一个方向竖直向上、大小恒为F的拉力，活塞再次平衡时，封闭气体的体积为V;再保持F不变，加热封闭气体使其缓慢升温至T，活塞第三次达到平衡。汽缸足够高，不计汽缸与活塞间的摩擦，重力加速度大小为g。求:
(1)活塞第三次达到平衡时的体积;
(2)外界大气压强值。
答案　(1)V　(2)
解析　(1)设外界大气压强为p0，封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p1、p2，从状态2到状态3(活塞第三次达到平衡)，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有=
将V2=V，T2=T，T3=T代入解得V3=V。
(2)从状态1到状态2，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1V1=p2V2
将V1=V，V2=V代入解得p1=p2
状态1，由力的平衡条件有p0S+mg=p1S
状态2，由力的平衡条件有p0S+mg=p2S+F
代入数据解得p0=。
考向　关联气体
例4 如图所示，水平放置的绝热汽缸和活塞封闭了A、B两部分理想气体，活塞M1绝热，活塞M2导热良好，面积均为S，A、B两部分气体的压强、温度均与外界大气相同，分别为p0和T0。两活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff=0.25p0S，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，活塞M1与汽缸底部相距L，活塞M1、M2间的距离为2L。现接通电热丝加热气体，一段时间后，活塞M2将要发生滑动。求该过程中:
(1)活塞M1移动的距离x;
(2)当活塞M2刚好发生滑动时A部分气体的温度TA。
答案　(1)0.4L　(2)2.1T0
解析　(1)活塞M2将要发生滑动时，设B部分气体压强为p，有
pS=p0S+Ff，解得p=1.25p0
对B部分气体，由玻意耳定律有p0·2L=pl
解得l=1.6L
活塞M1移动的距离为x=2L-l=0.4L。
(2)当活塞M2刚好发生滑动时，设A部分气体的压强为pA，对活塞M1，有
pAS=pS+Ff
对A部分气体由理想气体方程有
=
解得TA=2.1T0。
如图甲所示，汽缸开口处有挡板，开始汽缸水平放置，用质量为m、截面积为S、厚度不计的活塞封闭一定质量的理想气体，当封闭气体的温度为27 ℃时，活塞到汽缸底部的距离为汽缸总长度的，大气压强为p0，重力加速度为g。已知=，现将汽缸缓慢地转至开口向上，如图乙所示，忽略一切摩擦。求:
(1)稳定时，活塞到汽缸底部的距离与原来到汽缸底部距离的比值;
(2)稳定后将气体加热到402 ℃，求封闭气体的压强与大气压强的比值。
答案　(1)5∶6　(2)3∶2
解析　(1)汽缸缓慢地转至开口向上时，设封闭气体压强为p2，由活塞受力平衡可得p0S+mg=p2S
解得p2=+p0=p0
对封闭气体，由玻意耳定律有p1V1=p2V2
代入数据有p0S·l=p0Sl'
解得l'=l，则=
故活塞到汽缸底部的距离与原来到汽缸底部距离的比值为5∶6。
(2)当活塞到达汽缸顶部时，由盖-吕萨克定律可知
=，即=
解得T3=540 K
气体加热到402 ℃，热力学温度为
T4=(273+402) K=675 K
当气体温度继续升高，由查理定律得=
即=
解得p4=p0
故封闭气体的压强与大气压强的比值为3∶2。
A级　基础对点练
对点练1　“玻璃管液封”模型
1.如图所示，一根粗细均匀的U形玻璃管在竖直平面内放置，左端封闭、右端连通大气，大气压强p0=76 cmHg。管内左、右液面差h=16 cm，左管内空气柱的长度L=19 cm。如果让该管在原来的竖直平面内自由下落，稳定时两边水银面的高度差为(　　)
A.12 cm B.16 cm C.20 cm D.24 cm
答案　D
解析　未下落时封闭气体压强为p1=p0+ph=(76+16) cmHg=92 cmHg;当管自由下落时，水银处于完全失重状态，可知封闭气体压强为p0。由玻意耳定律有p1L=p0L'，解得L'=23 cm，可知封闭管内水银面下降了4 cm，所以两管内液面差变为Δh=h+2×4 cm=24 cm，故D正确。
2.如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图，在输液过程中，下列说法正确的是(　　)
A.B瓶中的药液先用完
B.A、B瓶中的药液同时用完
C.随着液面下降，A瓶内C处气体压强不变
D.随着液面下降，A瓶内C处气体压强变大
答案　D
解析　药液从B瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶补充，使B瓶液面保持不变，直到A瓶液体全部流入B瓶，所以A瓶中的药液先用完，故A、B错误;A瓶内瓶口处压强始终等于大气压，但液面下降，液体产生的压强减小，根据p0=pC+ρgh可知，因此A瓶内C处气体压强增大，故C错误，D正确。
对点练2　“汽缸活塞类”模型
3.如图所示，一定质量的理想气体用质量可忽略的活塞封闭在导热性能良好的质量m=1 kg的汽缸中，活塞的密封性良好，用劲度系数为k=200 N/m的轻弹簧将活塞与天花板连接。汽缸置于水平桌面上，开始时弹簧刚好处于原长。已知活塞与汽缸底部的间距为L=0.1 m，活塞的横截面积为S=0.01 m2，外界环境的压强为p0=1.0×105 Pa，温度为T0=300 K，忽略一切摩擦，重力加速度g=10 m/s2。缓慢降低环境温度，则当汽缸刚好要离开水平桌面时环境温度为(　　)
A.125.0 K B.148.5 K C.297.0 K D.248.5 K
答案　B
解析　当汽缸刚好要离开水平桌面时，由平衡条件有mg=kx，解得弹簧伸长量为x== m=0.05 m，则当汽缸刚好要离开水平桌面时，活塞与汽缸底部的间距为L1=L-x=0.05 m，汽缸内气体压强为p1=p0-=1.0×105 Pa- Pa=0.99×105 Pa，对汽缸内气体由理想气体状态方程得=，解得当汽缸刚好要离开水平桌面时环境温度为T1=148.5 K，故B正确。
4.如图所示，水平放置的导热汽缸内A、B两部分气体由横截面积为S的活塞(厚度不计)隔开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度与环境温度相同，压强均为p，体积之比为VA∶VB=2∶3。现将汽缸缓慢转动，当转到竖直位置放置时，A、B两部分气体体积相同。已知重力加速度大小为g，则活塞的质量m为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设A、B两部分气体的总体积为V，对A气体，初状态pA1=p，VA1=V，末状态pA2=p'，VA2=V，根据玻意耳定律可得pA1VA1=pA2VA2，对B气体，初状态pB1=p，VB1=V，末状态VB2=V，pB2=p'+，根据玻意耳定律可得pB1VB1=pB2VB2，联立解得m=，故C正确。
B级　综合提升练
如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为270 K时，被封闭的气柱长L=30 cm，两边水银柱高度差h=5 cm，大气压强p0=75 cmHg。
(1)使左端水银面下降h1=5 cm，封闭气体温度应变为多少
(2)封闭气体的温度保持(1)问中的值不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少(管中水银柱足够长)
答案　(1)360 K　(2)9.67 cm
解析　(1)设左端水银面下降前，封闭气体的压强为p1，温度为T1，体积为V1
则p1=70 cmHg，V1=LS，T1=270 K
设左端水银面下降后，封闭气体的压强为p2，气体温度为T2，体积为V2
则p2=80 cmHg，V2=(L+h1)S
由理想气体状态方程有=
代入数值解得T2=360 K。
(2)两液面相平时，气体的压强为p3=p0，设气体体积为V3，左端水银面下降h2，右端水银面下降
(h1+h2)，则V3=(L+h1+h2)S
由玻意耳定律有p2V2=p3V3
解得h2= cm
所以从底端放出的水银柱长度为
H=2h2+h1= cm=9.67 cm。
6.(2025·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，气体发生等压变化，则=
解得T2=500 K。
(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，气体发生等容变化，设绳子拉力刚好为零时缸内气体压强为p1，有p1S=p0S+mg
对缸内气体，有=
解得T3=600 K。
7.(2025·江苏淮安模拟)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两段气柱，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;
(2)水银柱A下降的高度。
答案　(1)280.32 K　(2)2.24 cm
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
p2'=p1-7 cmHg=73 cmHg
对气柱b，根据理想气体状态方程有=
解得T2=280.32 K。
(2)气柱a发生等压变化，则=
解得L1'=8.76 cm
则水银柱A下降的高度为
h=1 cm+10 cm-8.76 cm=2.24 cm。
8.(2025·江苏盐城模拟)如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸M和密闭的汽缸N组成，两汽缸由一细管(容积可忽略)连通，两汽缸均由导热材料制成，内径相同。汽缸M长为3L，汽缸N长为L，薄活塞A、B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两汽缸处于温度为T1=300 K的空气中，汽缸M、N中分别封闭压强为p0、2p0的理想气体，活塞A、B均位于汽缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为T2=360 K，且活塞B向右移动了L。已知大气压强为p0，相当于10 m水柱产生的压强。求:
(1)装置所在处水的深度;
(2)活塞A向右移动的距离。
答案　(1)38 m　(2)L
解析　(1)汽缸N中气体
初状态pN1=2p0，T1=300 K，VN1=LS
末状态T2=360 K，VN2=LS
根据理想气体状态方程有=
放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中的气体压强相等，即pM2=pN2，在此处水产生的压强为p水=pM2-p0，解得p水=3.8p0
10 m高的水柱产生的压强为p0
所以此处水深h=38 m。
(2)装置放在水中后，设活塞A向右移动的距离为x
汽缸M中气体初状态
pM1=p0，T1=300 K，VM1=3LS
汽缸M中气体末状态pM2=pN2，T2=360 K
VM2=S
根据理想气体状态方程有=
解得x=L。

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