2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
专题27有关理想气体实验定律的玻璃管类和气缸类模型特训目标
特训内容目标1
高考真题（1T—4T ）目标2
直玻璃管类模型（5T —8T ）目标3
U 型玻璃管类模型（9T —12T
）目标4
单气缸类模型（13T —16T ）目标5关联气缸类模型（17T—20T ）
【特训典例】
一、高考真题
1．足够长的玻璃管水平放置，用长19cm 的水银封闭一段长为25cm 的空气柱，大气压强为76cmHg ，环境温度为300K ，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：
①空气柱是吸热还是放热
②空气柱长度变为多少
③当气体温度变为360K 时，空气柱长度又是多少？
【答案】①放热；②20cm ；③24cm
【详解】①②以封闭气体为研究对象，气体做等温变化，设玻璃管横截面积为S ，玻璃管水平时176c
mHg p =；125V S =玻璃管竖起来后219cmHg 76cmHg 95cmHg p =+=；2V LS =根据1122p V p V =解得20cm L =气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热；③空气柱长度为20cm ；由等压变化得2312
V V T T =其中1300K T =；220V S =；'3V LS =解得'24cm L =2．水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强0p 。活塞面积为S ，隔板两侧气体体积均为0SL ，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。
现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的1
2，设整个过程温度保持不变，求：（i ）此时上、下部分气体的压强；
（ii ）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g ）
。【答案】（1）02p ，023
p ；（2）043p S g 【详解】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知001012
p SL p SL ⋅=⋅解得旋转后上部分气体压强为102p p =旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为0001322
SL SL SL +=，则002032p SL p SL ⋅=⋅解得旋转后下部分气体压强为2023
p p =（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg 竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知12p S mg p S =+解得活塞的质量为043p S
m g
=3．定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为1V 的某气罐装有温度为1T 、压强为1 p 的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为1T ，压强均为1kp ，k 为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
（1）求密封时定高气球内气体的体积；
（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为2T ，求此时气体的压强。
【答案】（1）11 k v k -；（2）121
kpT T 【详解】（1）设密封时定高气球内气体体积为V ，由玻意耳定律()1111 p V
kp V V =+解得11k V k -=（2）由查理定律112
kp p T T =解得121kp T p T =4．如图（a ）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具
有广泛用途。图（b ）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的16
。已知地面大气压强p 0=1.0×105Pa 、温度T 0=300K ，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p ；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的45
。求气球驻留处的大气温度T
。【答案】(1)5.0×104Pa ；(2)266K
【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为1p ，由玻意耳定律00101.5p V p V =⋅解得1023
p p =由目标处的内外压强差可得1016p p p -=解得401 5.P =010a 2p p =⨯（2）有胡克定律F kx =可知弹簧的压缩量变为原来的
45，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的45，即001426515x p p p =⨯=设此时气囊内气体的压强为2p ，对活塞压强平衡可得201930
x p p p p =+=由理想气体状态方程可得00220p V p V T T =其中2000470.555V V V V =+⨯=解得0133=266K 150
T T =二、直玻璃管类模型
5．如图，一粗细均匀的长细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为h 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，静止时下方气体体积为V 0，之后长细管在外力作用下以大小为g 的加速度竖直向上做匀加速直线运动，管内气体温度不变。已知大气压强为p 0，液体密度为ρ，重力加速度为g ，求
（1）静止时下方气体压强；
（2）竖直向上匀加速直线运动时气体体积。
【答案】（1）10p p gh ρ=+；（2）0002p gh V V p gh
内能与什么有关ρρ+=+【详解】（1）设细管横截面积为S ，液柱质量m hS ρ=静止时根据力的平衡可得10S S p p Shg ρ=+解得10p p gh
ρ=+（2）液柱竖直向上匀加速直线运动，由牛顿第二定律得()20p p S mg ma --=；a g =解得202p p gh
ρ=+由玻意耳定律得102pV p V =解得0002p gh V V p gh
ρρ+=+6．如图，上端开口、下端封闭的长度为60cm L =的细玻璃管竖直放置，一段长为15cm l =的水银柱下方封闭有长度也为15cm h =的空气柱，此时环境温度为027t =℃。已知大气压强为075cmHg p =，求（1）如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，在开口向下时管内封闭空气柱的长度；（2）将该气体温度升高为多少时，水银即将溢出。
【答案】（1）22.5cm ；（2）900K 或627℃
【详解】（1）设玻璃管的横截面积为S ，水银的密度为ρ，当玻璃管开口竖直向上时，气体的压强10p p gl ρ=+假设旋转到开口竖直向下时水银不会流下，此时气体的压强20p p gl ρ=-旋转过程温度不变，由玻意耳定律122p hS p h S =解得222.5cm h =由于222.5cm 15cm=37.5cm<L=60cm l h +=+所以旋转半周过程中，没有水银从玻璃管流下，管内封闭空气柱的长度为22.5cm 。
（2）当水银刚要溢出时，设温度为T 3，被封气体的体积为3V L l S =
-（）根据等压变化规律有303
273V hS t T =+得T 3=900K 即t 3=（900-273）℃=627℃
7．热学中将标准大气压定为075cmHg p =。如图所示是一个竖直放置的下端封闭、上端开口且足够长的粗细均匀的玻璃管。长为210cm l =的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度118cm l =。已知外界的压强为标准大气压，环境的温度保持不变，取重力加速度210m/s g =，管内气体视为理想气体。试求：（i ）此时玻璃管内气体的压强（用cmHg 作单位）；
（ii ）若对玻璃管施加一外力，使其向上做加速度为25m/s 的匀加速直线运动，求稳定后管内空气柱的长度。
【答案】（i ）185cmHg p =；（ii ）17cm
l =【详解】（i ）对水银柱分析受力，设空气的压强为1p ，水银柱的横截面为S ，根据平衡条件有10p S mg p S =+又2m l S ρ=解得12085cmHg
p gl p ρ=+=（ii ）对水银柱，由牛顿第二定律有20p S p S mg ma --=又2m l S ρ=可得2022p p l g l a ρρ=++解得
290cmHg p =对管内的气体，由玻意耳定律有112
S p l p lS =解得17cm l =8．如图所示，一支粗细均匀、长L =80cm 的玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长h =15cm 的水银柱封闭着长L 1=50cm 的空气柱，外界大气压强为P 0=75cmHg ，保持气体温度不变。
（1）若让玻璃管自由下落，稳定后空气柱的长度为多少；
（2）若将玻璃缓慢转至管口竖直向下，通过计算判断此过程是否有水银溢出？稳定后空气柱长度为多少？
≈27）
【答案】（1）60cm ；（2）70cm
【详解】（1）初态压强P 1=P 0+P h 体积V 1=L 1S 自由下落，水银完全失重，气体压强P 1′=P 0，体积V 1′=L 1′S 由波意耳定律P 1V 1=P 1′V 1′得L 1′=60cm
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