1、由力学平衡条件得p1pgh整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pVp1V1联立式得p（2）由题意知hl联立式有p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S2 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L21 cm的气柱,气体的温度为t17 ,外界大气压强取p01.0105 Pa.图2（1）若在活塞上放一个质量为m0.1 kg的砝码,保持气体的温度t1不变,则平衡后气柱为多长？ （g10 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
2、t277 ,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p1p01.0105 PaV1LS42 cm3,T1280 K末状态为p2p01.05105 Pa,V2L2S,T2T1280 K根据玻意耳定律,有p1V1p2V2,即p1Lp2L2,得L220 cm（2）对气体加热后,气体的压强不变,p3p2,V3L3S,T3350 K根据盖吕萨克定律,有,即,得L325 cm.（3）外界对气体做的功Wp2Shp2S（L3L2）1.05 J根据热力学第一定律UQW得U10 J（
3、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233（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l118.0 cm和l212.0 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 cm7.5 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
4、两边气柱长度分别变为l1和l2.由力的平衡条件有p1p2g（l1l2）式中为水银密度,g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1pl1p2l2pl2两边气柱长度的变化量大小相等l1l1l2l2由式和题给条件得l122.5 cml27.5 cm.变式2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p075 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
5、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p040Sp1（4010）S,解得：p1100 cmHg（2）对水平部分气体,末态压强：p（1001510） cmHg125 cmHg,由玻意耳定律：（p015）15SpLSL10.8 cm所以加入水银柱的长度为：125 cm75 cm10 cm10.8 cm49.2 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
6、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
7、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.例3全国卷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（p0Smg）h解析开始时活塞位
8、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,根据查理定律有根据力的平衡条件有p1Sp0Smg联立式可得T1T0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式中V1SHV2S（Hh）联立式解得T2T0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（p0Smg）h.例4全国卷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
9、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p0p1V1p2V2由已知条件得V1VV2设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得p2Sp1Smg联立以上各式得m.变式333（2）如图7,容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可
10、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
11、意耳定律得p0Vp1V13p0Vp1（2VV1）联立式得V1p12p0（2）打开K3后,由式知,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（V22V）时,活塞下气体压强为p2,由玻意耳定律得3p0Vp2V2由式得p2p0由式知,打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2p0（3）设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从T1300 K升高到T2320 K的等容过程中,由查理定律得将有关数据代入式得p31.6p0.例5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SASB12.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连,可沿水平方向无摩
12、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T0300 K,A中气体压强pA1.5p0,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pA2.0p0,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：pASApBSBp0（SASB）pASApBSBp0（SASB）已知SB2SAB中气体初、末态温度相等,设末态体积为VB,由玻意耳定律得：pBV0pBVB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：TA500 K.变式4福建省南平市适应性检测）如图9所示,结构相同的绝
13、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p01.0105 Pa,A汽缸中气体温度TA300 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）1.25105 Pa（2）450 K解析（1）对汽缸B中的气体,由玻意耳定律：p0VpBV解得pB1.25105 Pa（2）加热前A汽缸中的气
14、体压强等于B汽缸中的气体压强p01.0由于通过刚性细杆连接活塞,加热稳定后有：pApBVAV由气体状态方程得：联立得：TA450 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
15、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）
16、解析（1）对气体由查理定律有,解得T1T0360 K,气体原来温度为t（360273） 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p1V0p0V,解得VV01.2V0,则剩余气体与原来气体的质量比为.变式5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
17、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：p11 atm,V1150 cm3n2 L0.15n L2 L末态为：p22.5 atm,V22 L根据玻意耳定律得：p1V1p2V2n20（2）由题意可知：p21 atmp2V2p2V2代入数据解得：V25 L剩下的药液为：V15 L5 L10 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L20 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p075 cmHg.（1）若将
18、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H35 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（p02h）（Lh）解得h0或h17.5 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：xyH,由玻意耳定律得p0L（p0y）（Lx）联立两式解得x260x
19、7000x10 cm,x70 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p075 cmHg.（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
20、空气柱长度为l130 cm10 cm20 cm时的压强为p1；当两侧水银面的高度差为h25 cm时,空气柱的长度为l2,压强为p2由玻意耳定律得p1l1p2l2其中p1（755） cmHg80 cmHg,p2（7525） cmHg100 cmHg解得l216 cm,故需要注入的水银长度l20 cm16 cm25 cm5 cm24 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（p0x）（30x）解得x1 cm6.6 cm0符合题意,x2 cm不合题意,舍去.故最终封闭气体的长度为30x23.4 cm.3.（2018山西省晋中市适应性调研）一端开口
21、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,水的密度为水,大气压强为p0）答案10.4 cm解析设气体压强为p,活塞横截面积为S所以pp0水gh以圆筒作为研究对象,有pSp0SMg联立两式,得水ghSMg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x10.
22、4 cm.4.（201633（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p075.0 cmHg.环境温度不变.（保留三位有效数字）答案144 cmHg9.42 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p2p0,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
23、cmHg为压强单位.由题给条件得p1p0（20.05.00） cmHg90 cmHgl120.0 cml1（20.0） cm12.5 cm由玻意耳定律得p1l1Sp1l1S联立式和题给条件得p1144 cmHg依题意p2p1l24.00 cm cmh11.5 cmh由玻意耳定律得p2l2Sp2l2S联立式和题给条件得h9.42 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,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
24、气体.（室内温度不变）（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p1p0g,V0S气体做等容变化：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V2hS.此气体经等温变化,压强为p1时,体积为V3则p2p0gh,p1V3p2V2即（p0g）V3（p0gh）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m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
25、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）答案3p0600 K解析A中气体做等压变化,其压强始终为pAp0VA10.5Sh,T1300 K,VA2Sh设活塞到达卡环处时气体温度为T2根据盖吕萨克定律：T2600 KB中气体做等容变化pB11.5p0,T1300 K,T2600 K设加热后气体压强为pB2根据查理定律得pB23p0.
