22版：专题强化十七 应用气体实验定往解决“三类模型”问题（创新设计）

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Tp00＝Tp11① 根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg② 联立①②式可得 T1＝1＋pm0gST0③ 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
的根温据度盖为－吕T2；萨活克塞定位律于有aVT处11＝和VTb2处2④时气体的体积分别为V1和V2。 式中V1＝SH⑤ V2＝S(H＋h)⑥ 联立③④⑤⑥式解得 T2＝1＋Hh 1＋pm0gST0⑦
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图1
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(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l；
解析 设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放
入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有
p1V1＝p0V0① V0＝hS②
V1＝(h－l)S③
p1＝p0＋ρg(H－l)④
联立以上各式并考虑到 H≫h＞l，解得 l＝p0＋ρgρHgHh⑤
T2＝363 K
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【变式2】 (2020·重庆市上学期一诊)有一内径相同的“U”形玻璃细管ABCD，A 端封闭、D端开口，AB、CD长度均为40 cm，BC长度为19 cm。用水银封闭一 定质量的理想气体在A端，竖直段水银柱长为18 cm，水平段水银柱长为4 cm， 如图3所示。已知大气压强为75 cmHg，温度为27 ℃，现将其以BC为轴缓慢翻 转直到A、D端竖直向上，求：
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类型2 关联气体问题
【例2】 [2018·全国卷Ⅲ，33(2)]如图4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， 图4 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。
INNOVATIVE DESIGN
专题强化十七 应用气体实验定律解决
“三类模型”问题
第十三章 热 学
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【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地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。
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类型1 单独气体问题
【例3】 [2018·全国卷Ⅱ，33(2)]如图6，一竖直放置的汽缸上
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
(2)气温保持不变，在活塞上施加竖直向上并缓慢增大的拉力F，请通过分析
判断最终汽缸能否被提离地面。
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答案 (1)1.02×105 Pa (2)最终汽缸能被提离地面 理由见解析 解析 (1)气柱高度为h＝0. 80 m时，对活塞由受力平衡得p1S＝mg＋p0S，解得 p1＝1.02×105 Pa。 (2)设汽缸没被提离地面前活塞能被拉至汽缸顶端，此时汽缸内气体压强为p2， 由玻意耳定律得p1Sh＝p2SL 对在汽缸顶端的活塞由受力平衡得F＋p2S＝mg＋p0S 解得F＝220 N 由于F＞(M＋m)g，故最终汽缸能被提离地面。
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。
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模型一 “玻璃管液封”模型 模型二 “汽缸活塞类”模型 模型三 “变质量气体”模型
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模型一 “玻璃管液封”模型
1.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)：Tp11＝Tp22或Tp＝C(常数)。 (3)盖－吕萨克定律(等压变化)：VT11＝VT22或VT＝C(常数)。
设需压入筒内的气体在其压强为p0时的体积为V，依题意V＝V3－V0⑧
联立②⑥⑦⑧式得 V＝ρgSp0Hh
答案 ρgSHh
题
p0
干
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【变式1】 [2020·全国卷Ⅲ，33(2)]如图2，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度 均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。 环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
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【变式3】 (2020·四川攀枝花市第二次统考)粗细均匀的细玻 璃管开口向上竖直静止放置，注入一段水银柱后管内气体 分为长度均为l＝27 cm的A、B两部分，如图5甲所示。现将 细管上端封闭，在竖直面内缓慢旋转180°后竖直静止放置， 如图乙所示，此时A部分气体长度为lA＝24 cm。已知外界 大气压p0＝76 cmHg，环境温度保持不变，求：
图5
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(1)旋转180°后竖直静止放置时A部分气体的压强； 答案 85.5 cmHg 解析 设旋转前A部分气体的体积为VA压强为p0； 旋转180°后A部分气体的压强pA′，体积为VA′； 细玻璃管横截面积为S，VA＝lS，VA′＝lAS 对A部分气体，由玻意耳定律有p0VA＝pA′VA′ 联立以上各式可得pA′＝85.5 cmHg。
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模型二 “汽缸活塞类”模型
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
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(2)保持A、D端竖直向上，缓慢升高A中气体的温度，使CD管中的水银柱变为 18 cm，求此时气体的温度。 答案 477 ℃
解析 保持 A、D 端竖直向上，则此时
p3＝(75＋18)cmHg＝93 cmHg，V1＝(40＋15)S＝55S 根据理想气体状态方程有 pT1V1 1＝pT3V3 3 解得T3＝750 K 则t3＝(750－273)℃＝477 ℃
图2
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(ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到
达右管底部。此时水银柱的高度为多少？ 答案 12.9 cm
解析 设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封 气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有 p1V1＝p2V2① 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0② p2＝p0＋ρgh③ V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④ 联立①②③④式并代入题给数据得h＝12.9 cm⑤
上放置在水平地面上，汽缸中有横截面积S＝1.0×10－2 m2、
质量m＝2 kg的活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在
汽缸内。当外界温度t＝27 ℃、大气压p0＝1.0×105 Pa时， 图7 气柱高度h＝0. 80 m，不计汽缸和活塞的厚度及两者间的
摩擦，取g＝10 m/s2，求： (1)汽缸内的气体压强p1；
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2.解题基本思路
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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。
答案
ρgH
p0＋ρgHh
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(ⅱ)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时 的体积。
解析 设水全部排出后筒内气体的压强为p2，此时筒内气体的体积为V0，这些
气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律得
p2V0＝p0V3⑥
其中p2＝p0＋ρgH⑦
图3
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(1)翻转后AB管中水银柱的长度； 答案 9 cm
解析 翻转前：p1＝(75＋18)cmHg＝93 cmHg，V1＝(40－18)S＝22S，T1＝ (273＋27)K＝300 K 设翻转后AB管中水银柱的长度h，则 p2＝(75－h) cmHg，V2＝(40－h)S 根据玻意耳定律p1V1＝p2V2 解得h＝9 cm。
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。
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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。
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类型1 单独气体问题
【例1】 (2020·全国卷Ⅱ，33)潜水钟是一种水下救生设备，它 是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟 在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避 险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为 h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下 吊放至深度为H的水下，如图1所示。已知水的密度为ρ，重 力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和 水密度随深度的变化。
图6
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。
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
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(ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封
气体的温度为多少？ 答案 363 K
解析 密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2， 由盖－吕萨克定律有VT12＝VT23⑥ 按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦ 联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
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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 cm⑤ l2′＝7.5 cm。⑥ 答案 22.5 cm 7.5 cm
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(2)管内注入的水银柱长度。 答案 9 cm
解析 设旋转前B部分气体的压强pB，体积为VB； 旋转180°后B部分气体的压强pB′，体积为VB′； 细玻璃管橫截面积为S，pB＝p0＋ph，VB＝lS，pB′＋ph＝pA′，VB′＝(2l－lA)S 对B部分气体， 由玻意耳定律有pBVB＝pB′VB′ 联立以上各式可得ph＝9 cmHg 故水银柱的长度h＝9 cm。
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。 答案 1＋Hh 1＋pm0gST0 (p0S＋mg)h
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【变式4】 (2020·福建泉州市第一次质检)如图7所示，导热
性能良好的汽缸，质量M＝18 kg、高L＝1. 02 m，开口向