思维进阶课十八 气体实验定律的综合应用
[学习目标] 1．复习巩固三个气体实验定律和理想气体状态方程。
2．会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析“玻璃管液封”模型、“汽缸活塞”模型及“变质量”问题。
“汽缸”模型
1．解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程
①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。
②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。注意检验求解结果的合理性。
2．两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。
[典例1] 一内壁光滑的汽缸竖直放置，通过轻杆连接的两活塞a、b之间封闭有一定质量的理想气体，如图所示。初始时，两活塞均处于静止状态，且两活塞到汽缸连接处MN的距离相等，封闭气体的热力学温度为T0。已知两活塞a、b的质量分别为ma＝m0，mb＝m0，横截面积Sa＝Sb＝S，重力加速度大小为g，大气压强恒为。
(1)若使封闭气体缓慢降温使活塞a恰好移动到连接处MN，求此时气体的温度；
(2)若在活塞a上缓慢添加细砂使活塞a恰好移动到连接处MN，封闭气体温度不变，求最终所加细砂的总质量。
[听课记录]
[典例2] (2022·河北卷)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”形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p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，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，上部分气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
[听课记录]
“液柱”模型
1．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)液体因所受重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)灵活应用连通器原理，即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。
2．解题基本思路
[典例3] (2025·吉林长春高三检测)如图所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，环境温度为t＝27 ℃，T＝t＋273 K。
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左、右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少？
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
[听课记录]
[典例4] (2023·全国乙卷)如图所示，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)
[听课记录]
“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．充气问题：将原有气体和即将充入的气体的整体作为研究对象，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的整体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。
3．分装问题：将大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体的整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。
4．漏气问题：将容器内剩余气体和漏出气体的整体作为研究对象，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。
充气问题
[典例5] (2024·1月九省联考甘肃卷)如图所示，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为V。(所有气体均视为理想气体)
(1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n；
(2)保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为V，求B中气体的温度T。
[听课记录]
抽气问题
[典例6] (2023·湖南卷)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
[听课记录]
分装问题
[典例7] 已知某钢瓶容积200 L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105 Pa，环境温度为－23 ℃，医院病房内温度为27 ℃(钢瓶的热胀冷缩可以忽略)。T＝t＋273 K，则：
(1)移入室内达到热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？
(2)用该钢瓶在室内对容积为5 L、内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，在分装过程中大、小钢瓶温度均保持不变。最多可分装多少瓶小钢瓶供病人使用？
[听课记录]
漏气问题
[典例8] (一题多法)(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3，取T＝t＋273 K。
(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度；
(2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
[听课记录]
求解变质量问题的四种方法
口袋法 假设给初状态或者末状态接一个口袋，把变化的气体用口袋收集起来，从而保证质量不变
隔离法 对变化部分和不变部分隔离，只对不变部分进行研究，从而实现被研究的气体质量不变
比较法 气体常数与气体质量有关，质量变化，气体常数变化；质量不变，气体常数不变。根据各个状态的已知状态参量计算出各个状态下的气体常数，然后进行比较
推论法 利用理想气体状态方程＝，结合数学知识可得＝＋＋＋…，此式适合变质量问题
思维进阶课十八 气体实验定律的综合应用
进阶1
典例1 解析：(1)设活塞a、b到MN处的距离均为L，气体缓慢降温至活塞a恰好移到MN处过程，压强不变，根据盖 吕萨克定律有
＝
解得T＝T0。
(2)初始时，设封闭气体压强为p1，研究a、b两活塞及轻杆整体有
p0Sa＋p1Sb＋mag＋mbg＝p0Sb＋p1Sa
设活塞a恰好移动到MN处时，封闭气体压强为p2，研究a、b两活塞及轻杆整体有
p0Sa＋p2Sb＋mag＋mbg＋mg＝p0Sb＋p2Sa
根据玻意耳定律有p1(Sa＋Sb)L＝p2Sb×2L
联立解得m＝m0。
答案：(1)T0 (2)m0
典例2 解析：(1)整个装置旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知
p0·SL0＝p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。
整个装置旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0
则p0·SL0＝p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。
(2)对“H”形连杆活塞整体受力分析，设“H”形连杆活塞质量为m，“H”形连杆活塞的重力mg方向竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
p1S＝mg＋p2S
解得“H”形连杆活塞的质量为m＝。
答案：(1)2p0 p0 (2)
进阶2
典例3 解析：(1)由题意得，加热前左管中气体压强
p左1＝76 cmHg－4 cmHg＝72 cmHg
加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76 cmHg
加热后左管中气体长度为L2＝L1＋＝12 cm
由理想气体状态方程得＝
其中L1＝10 cm，T1＝(273＋27) K＝300 K
解得T2＝380 K。
(2)设注入水银的长度为x，左管内部温度不变，由玻意耳定律有p左2L2S＝p左3L1S
此时左管中气体压强p左3＝p0＋(x－H1) cmHg
联立解得x＝19.2 cm。
答案：(1)380 K (2)19.2 cm
典例4 解析：倒置前，设A中气体压强为pA1，B中气体压强为pB1，根据压强关系，有
pA1＝pB1＋20 cmHg ①
倒置后A管在上，A管内气体发生等温变化，压强变小，体积变大，故A管内的空气柱长度增加1 cm，即倒置后A管内空气柱长度为11 cm。
A管的内径是B管的2倍，故A管的横截面积为B管的4倍，又水银柱体积不变，可得4ΔhA＝ΔhB，即ΔhB＝4 cm，倒置后B管内空气柱长度为6 cm。
倒置后，设A中气体压强为pA2，B中气体压强为pB2，根据压强关系，有
pB2＝pA2＋23 cmHg ②
A管内气体和B管内气体都发生等温变化，根据玻意耳定律，
对A管内气体有pA1VA1＝pA2VA2
即10pA1＝11pA2 ③
对B管内气体有pB1VB1＝pB2VB2
即10pB1＝6pB2 ④
联立①②③④得
pA1＝74.36 cmHg，pB1＝54.36 cmHg。
答案：74.36 cmHg 54.36 cmHg
进阶3
典例5 解析：(1)对B中气体，根据理想气体状态方程得p0＝p1
解得p1＝3p0
则根据玻意耳定律得
p0V＋np0×V＝p1×
解得n＝24次。
(2)A中气体温度不变，则
p1×＝p2V
对B中气体有p0＝p2
解得T＝5T0。
答案：(1)24次 (2)5T0
典例6 解析：(1)以第1次抽气之前助力气室内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有
p0V0＝p1(V0＋V1)
解得第1次抽气之后助力气室内气体的压强
p1＝p0。
(2)第2次抽气前后，根据玻意耳定律有
p1V0＝p2(V0＋V1)
解得第2次抽气之后助力气室内气体的压强
p2＝p0
第3次抽气前后，根据玻意耳定律得
p2V0＝p3(V0＋V1)
解得第3次抽气之后助力气室内气体的压强
p3＝p0
……
则第n次抽气之后助力气室内气体的压强
pn＝p0
则第n次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小
ΔF＝p0S－pnS＝p0S。
答案：(1)p0 (2)p0S
典例7 解析：(1)气体发生等容变化，由查理定律得
＝
代入数据解得p2＝3.6×105 Pa。
(2)气体温度保持不变，由玻意耳定律得
p2V＝np3V′＋p3V
代入数据解得n＝32 瓶。
答案：(1)3.6×105 Pa (2)32瓶
典例8 解析：方法一：(1)设大气压强为p0，高压舱容积为V0，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，V1＝V0，T1＝(273＋17) K＝290 K
设舱内气体全部等压升温至27 ℃时的体积为V2，密度为ρ2，对于状态二，有
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K
根据盖 吕萨克定律，有＝
根据升温前后气体总质量保持不变，有
ρ1V1＝ρ2V2
联立解得＝
整理并代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)设舱内压强降至1.0个大气压时为状态三，T3＝T2、p3＝p0，舱内气体全部由状态二变化到状态三时的体积为V3，由状态二到状态三，气体温度不变，根据玻意耳定律，有p2V2＝p3V3，
根据变化前后气体总质量保持不变，有
ρ2V2＝ρ3V3
联立解得＝＝
整理并代入数据解得
ρ3＝ρ2≈1.18 kg/m3。
方法二：(1)设大气压强为p0，气体的摩尔质量为M，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，T1＝(273＋17) K＝290 K
对理想气体有pV＝nRT
又n＝
气体密度ρ＝
联立解得ρ＝
其中气体摩尔质量M与R为定值，状态一到状态二的过程压强不变，即
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K
则＝
代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)对于状态三，T3＝T2，p3＝p0
根据(1)中分析有＝
代入数据解得ρ3≈1.18 kg/m3。
答案：(1)1.41 kg/m3 (2)1.18 kg/m3
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第十四章 热 学
思维进阶课十八 气体实验定律的综合应用
[学习目标] 1．复习巩固三个气体实验定律和理想气体状态方程。
2．会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析“玻璃管液封”模型、“汽缸活塞”模型及“变质量”问题。
进阶1 “汽缸”模型
1．解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程
①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。
②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。注意检验求解结果的合理性。
2．两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。
[典例1] 一内壁光滑的汽缸竖直放置，通过轻杆连接的两活塞a、b之间封闭有一定质量的理想气体，如图所示。初始时，两活塞均处于静止状态，且两活塞到汽缸连接处MN的距离相等，封闭气体的热力学温度为T0。已知两活塞a、b的质量分别为ma＝
m0，mb＝m0，横截面积Sa＝Sb＝S，重力加速度大
小为g，大气压强恒为。
(1)若使封闭气体缓慢降温使活塞a恰好移动到连接处MN，求此时气体的温度；
(2)若在活塞a上缓慢添加细砂使活塞a恰好移动到连接处MN，封闭气体温度不变，求最终所加细砂的总质量。
[解析] (1)设活塞a、b到MN处的距离均为L，气体缓慢降温至活塞a恰好移到MN处过程，压强不变，根据盖-吕萨克定律有
＝
解得T＝T0。
(2)初始时，设封闭气体压强为p1，研究a、b两活塞及轻杆整体有
p0Sa＋p1Sb＋mag＋mbg＝p0Sb＋p1Sa
设活塞a恰好移动到MN处时，封闭气体压强为p2，研究a、b两活塞及轻杆整体有
p0Sa＋p2Sb＋mag＋mbg＋mg＝p0Sb＋p2Sa
根据玻意耳定律有p1(Sa＋Sb)L＝p2Sb×2L
联立解得m＝m0。
[答案] (1)T0 (2)m0
[典例2] (2022·河北卷)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”形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p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，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，上部分气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
[解析] (1)整个装置旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知
p0·SL0＝p1·SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。
整个装置旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0
则p0·SL0＝p2·SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。
(2)对“H”形连杆活塞整体受力分析，设“H”形连杆活塞质量为m，“H”形连杆活塞的重力mg方向竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
p1S＝mg＋p2S
解得“H”形连杆活塞的质量为m＝。
[答案] (1)2p0 p0 (2)
进阶2 “液柱”模型
1．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)液体因所受重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)灵活应用连通器原理，即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。
2．解题基本思路
[典例3] (2025·吉林长春高三检测)如图所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为L1＝10 cm，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低H1＝4 cm。大气压强p0＝76 cmHg，
环境温度为t＝27 ℃，T＝t＋273 K。
(1)先将左管中密封气体缓慢加热，使左、右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少？
(2)使左管中气体保持(1)问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，求注入多少长度的水银(右端足够长，无水银从管口溢出)能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
[解析] (1)由题意得，加热前左管中气体压强
p左1＝76 cmHg－4 cmHg＝72 cmHg
加热后左管中气体压强p左2＝p0＝76 cmHg
加热后左管中气体长度为L2＝L1＋＝12 cm
由理想气体状态方程得＝
其中L1＝10 cm，T1＝(273＋27) K＝300 K
解得T2＝380 K。
(2)设注入水银的长度为x，左管内部温度不变，由玻意耳定律有
p左2L2S＝p左3L1S
此时左管中气体压强p左3＝p0＋(x－H1) cmHg
联立解得x＝19.2 cm。
[答案] (1)380 K (2)19.2 cm
[典例4] (2023·全国乙卷)如图所示，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)
[解析] 倒置前，设A中气体压强为pA1，B中气体压强为pB1，根据压强关系，有
pA1＝pB1＋20 cmHg ①
倒置后A管在上，A管内气体发生等温变化，压强变小，体积变大，故A管内的空气柱长度增加1 cm，即倒置后A管内空气柱长度为
11 cm。
A管的内径是B管的2倍，故A管的横截面积为B管的4倍，又水银柱体积不变，可得4ΔhA＝ΔhB，即ΔhB＝4 cm，倒置后B管内空气柱长度为6 cm。
倒置后，设A中气体压强为pA2，B中气体压强为pB2，根据压强关系，有pB2＝pA2＋23 cmHg ②
A管内气体和B管内气体都发生等温变化，根据玻意耳定律，
对A管内气体有pA1VA1＝pA2VA2
即10pA1＝11pA2 ③
对B管内气体有pB1VB1＝pB2VB2
即10pB1＝6pB2 ④
联立①②③④得
pA1＝74.36 cmHg，pB1＝54.36 cmHg。
[答案] 74.36 cmHg 54.36 cmHg
进阶3 “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．充气问题：将原有气体和即将充入的气体的整体作为研究对象，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的整体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。
3．分装问题：将大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体的整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。
4．漏气问题：将容器内剩余气体和漏出气体的整体作为研究对象，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。
角度1 充气问题
[典例5] (2024·1月九省联考甘肃卷)如图所示，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为V。(所有气体均视为理想气体)
(1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n；
(2)保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为V，求B中气体的温度T。
[解析] (1)对B中气体，根据理想气体状态方程得p0＝p1
解得p1＝3p0
则根据玻意耳定律得
p0V＋np0×V＝p1×
解得n＝24次。
(2)A中气体温度不变，则
p1×＝p2V
对B中气体有p0＝p2
解得T＝5T0。
[答案] (1)24次 (2)5T0
角度2 抽气问题
[典例6] (2023·湖南卷)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气
室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
[解析] (1)以第1次抽气之前助力气室内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有
p0V0＝p1(V0＋V1)
解得第1次抽气之后助力气室内气体的压强
p1＝p0。
(2)第2次抽气前后，根据玻意耳定律有
p1V0＝p2(V0＋V1)
解得第2次抽气之后助力气室内气体的压强
p2＝p0
第3次抽气前后，根据玻意耳定律得
p2V0＝p3(V0＋V1)
解得第3次抽气之后助力气室内气体的压强
p3＝p0
……
则第n次抽气之后助力气室内气体的压强
pn＝p0
则第n次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小
ΔF＝p0S－pnS＝p0S。
[答案] (1)p0 (2)p0S
角度3 分装问题
[典例7] 已知某钢瓶容积200 L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105 Pa，环境温度为－23 ℃，医院病房内温度为27 ℃(钢瓶的热胀冷缩可以忽略)。T＝t＋273 K，则：
(1)移入室内达到热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？
(2)用该钢瓶在室内对容积为5 L、内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，在分装过程中大、小钢瓶温度均保持不变。最多可分装多少瓶小钢瓶供病人使用？
[解析] (1)气体发生等容变化，由查理定律得
＝
代入数据解得p2＝3.6×105 Pa。
(2)气体温度保持不变，由玻意耳定律得
p2V＝np3V′＋p3V
代入数据解得n＝32 瓶。
[答案] (1)3.6×105 Pa (2)32瓶
角度4 漏气问题
[典例8] (一题多法)(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3，取T＝t＋273 K。
(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度；
(2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
[解析] 方法一：(1)设大气压强为p0，高压舱容积为V0，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，V1＝V0，T1＝(273＋17) K＝290 K
设舱内气体全部等压升温至27 ℃时的体积为V2，密度为ρ2，对于状态二，有
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K
根据盖-吕萨克定律，有＝
根据升温前后气体总质量保持不变，有
ρ1V1＝ρ2V2
联立解得＝
整理并代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)设舱内压强降至1.0个大气压时为状态三，T3＝T2、p3＝p0，舱内气体全部由状态二变化到状态三时的体积为V3，由状态二到状态三，气体温度不变，根据玻意耳定律，有p2V2＝p3V3，
根据变化前后气体总质量保持不变，有
ρ2V2＝ρ3V3
联立解得＝＝
整理并代入数据解得ρ3＝ρ2≈1.18 kg/m3。
方法二：(1)设大气压强为p0，气体的摩尔质量为M，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，T1＝(273＋17) K＝290 K
对理想气体有pV＝nRT
又n＝
气体密度ρ＝
联立解得ρ＝
其中气体摩尔质量M与R为定值，状态一到状态二的过程压强不变，即
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K
则＝
代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)对于状态三，T3＝T2，p3＝p0
根据(1)中分析有＝
代入数据解得ρ3≈1.18 kg/m3。
[答案] (1)1.41 kg/m3 (2)1.18 kg/m3
规律方法 求解变质量问题的四种方法
口袋法 假设给初状态或者末状态接一个口袋，把变化的气体用口袋收集起来，从而保证质量不变
隔离法 对变化部分和不变部分隔离，只对不变部分进行研究，从而实现被研究的气体质量不变
比较法 气体常数与气体质量有关，质量变化，气体常数变化；质量不变，气体常数不变。根据各个状态的已知状态参量计算出各个状态下的气体常数，然后进行比较
推论法 利用理想气体状态方程＝，结合数学知识可得＝＋＋＋…，此式适合变质量问题
思维进阶特训(十八)
题号
1
3
5
2
4
6
7
1．(2024·海南卷)如图为用铝制易拉罐制作的温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)，吸管与罐连接处密封良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐的容积为330 cm3，薄吸管横截面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃
(300 K)时，油柱离罐口10 cm，不考虑
大气压强变化，下列说法正确的是( )
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5 ℃
C．该装置所测温度不低于23.5 ℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一些，则油柱离罐口距离增大
√
题号
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7
B [温度变化时，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝，又V0＝＝335 cm3，T0＝300 K，V＝330＋0.5x(cm3)，T＝t＋273(K)，解得t＝x＋(℃)，则吸管上标注等差温度值刻度均匀，A错误；当x＝20 cm时，所测温度最高，代入A项表达式可得t≈31.5 ℃，B正确；当x＝0时，所测温度最低，代入A项表达式可得t≈22.5 ℃，C错误；缓慢把吸管拉出来一些，封闭气体的温度和压强均不变，因此封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，D错误。]
题号
1
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7
2．某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27 ℃、压强为1.0p0(p0为大气压强)，经过一段时间后，环境温度升高，舱内气体的温度变为37 ℃，压强为p1，此时打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，T＝t＋273 K，则( )
A．气体压强p1＝p0
B．气体压强p1＝p0
C．放出气体的质量是舱内原有气体质量的
D．放出气体的质量是舱内原有气体质量的
√
题号
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7
D [由查理定律得＝，解得p1＝p0，故A、B错误；设核心舱体积为V，打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，此时舱内气体和放出气体的总体积为V′，由玻意耳定律有p1V＝p0V′，同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，有＝，解得＝，故D正确，C错误。]
题号
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3．(2025·四川雅安高三阶段检测)如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量M＝2 kg、高度L＝9 cm，B为质量m＝2 kg的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量(远小于汽缸的质量)的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数k＝1 000 N/m 的轻弹簧，A与B的横截面积均为S＝10 cm2。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为L。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强p0＝1×105 Pa，环境温度不变，弹簧原长L0＝10 cm，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
题号
1
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7
(1)求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p；
(2)用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。
题号
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7
[解析] (1)对汽缸受力分析有Mg＋p0S＝pS
解得p＝1.2×105 Pa。
(2)设刚开始静止时弹簧的压缩量为Δx1，对A、B整体受力分析有(M＋m)g＝kΔx1
可得Δx1＝4 cm
设活塞B刚要离开汽缸A时内部气体的压强为p′，弹簧的压缩量为Δx2，有pS×L＝p′SL
题号
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7
对活塞B受力分析有mg＋p′S＝p0S＋kΔx2
可得Δx2＝0
由几何关系有H＝Δx1－Δx2＝4 cm。
[答案] (1)1.2×105 Pa (2)4 cm
题号
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7
4．(2025·山西吕梁高三检测)如图所示，上端封闭的玻璃管竖直插入足够深的水银槽中，长为L的水银柱将管内的气体分隔成上、下两部分，气柱长均为L，槽内水银在玻璃管内外液面相平。现将玻璃管缓慢竖直向下按压一段距离，稳定后上部分气
柱长度变为初始状态的一半，已知水银的密度为ρ，
重力加速度为g，外界大气压强为2ρgL，该过程中
温度保持不变。求：
题号
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7
(1)向下按压玻璃管前，上部分气体的压强p1；
(2)向下按压玻璃管后，槽内水银在玻璃管内外液面的高度差h。
题号
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[解析] (1)向下按压玻璃管前，下部分气体压强等于外界大气压强，设为p0，则p0＝2ρgL
设玻璃管内的横截面积为S，对水银柱分析，根据平衡条件有
ρgLS＋p1S＝p0S
解得p1＝ρgL。
(2)向下按压玻璃管后，设上部分气体压强为p2，下部分气体压强为p3，对上部分气体，由玻意耳定律可得p1SL＝p2S·L
对水银柱分析，根据平衡条件有
p2S＋ρgLS＝p3S
联立解得p3＝3ρgL
对下部分气体的下液面分析有
题号
1
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7
p0＋ρgh＝p3
解得h＝L。
[答案] (1)ρgL (2)L
题号
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7
5．(2024·山东潍坊三模)如图所示为某兴趣小组制作的供水装置，圆柱形汽缸内部长度40 cm，轻活塞将其分为左右两部分，左部为储水室，储水室上部一根细管连接进水口和出水口；右部为气室，气室尾部有一气阀。初始时出水口打开，储水室内无水，气阀关闭，轻活塞位于汽缸中央。现通过气阀给气室充气至压强为0.17 MPa，然后关闭气阀和出水口。打开进水口开关，开始注水，活塞缓慢向右移动，当气室压强为
0.34 MPa时停止注水。已知活塞横截面积为500 cm2，外界大气压强为p0＝0.1 MPa。气体看作理想气体，整个过程温度不变，由于水的重力产生的压强可忽略，活塞厚度、摩擦不计，求：
题号
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7
(1)从气阀充入的气体和气室内原有气体质量之比；
(2)注水结束后，打开出水口，当气室压强下降到 0.25 MPa 时，排出水的体积。
题号
1
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7
[解析] (1)设供水装置的体积为V，从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V1，当气室充气至压强为p1＝0.17 MPa，活塞要从中间移动到左端，由玻意耳定律得
p0·＋p0V1＝p1V
解得V1＝1.2V
从气阀充入的气体和原有气体质量之比为
＝＝。
题号
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7
(2)当注水结束时，气室压强为p2＝0.34 MPa，气体的体积为V2，有
p1V＝p2V2
解得V2＝V
说明活塞又回到正中央，打开出水口，气室压强下降到p3＝0.25 MPa时，根据玻意耳定律得
p2V2＝p3V3
解得V3＝V
题号
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7
则排出水的体积为
ΔV＝V3－V2＝＝＝ cm3＝3 600 cm3。
[答案] (1)12∶5 (2)3 600 cm3
题号
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7
6．(2024·甘肃卷)如图所示，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
题号
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7
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
题号
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7
[解析] (1)设抽气前两体积为V＝Sl，对气体A分析，抽气后
VA＝2V－V＝Sl
根据玻意耳定律得p0V＝pA×V
解得pA＝p0
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pB×V
解得pB＝p0。
题号
1
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7
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得F＝k
联立解得k＝。
题号
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[答案] (1)p0 p0 (2)
7．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，管内A、B两段水银柱封闭a、b两段气体，气柱a长度为9.9 cm，气柱b长度为11 cm，水银柱A的长度为 5 cm，水银柱B在左管中的液面比在右管中的液面高5 cm，大气压强为 75 cmHg，环境温度为330 K，现将环境温度缓慢降低，使气柱b长度变为10 cm，气体可看作理想气体，求：
题号
1
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(1)降低后的环境温度；
(2)水银柱A下降的高度。
题号
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7
[解析] (1)开始时，以水银柱A下液面为研究对象，根据平衡条件可得右管中气柱a的压强为
p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
以水银柱B右侧液面为研究对象，左管中气体b的压强为
p2＝80 cmHg－5 cmHg＝75 cmHg
温度缓慢降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强p′2＝p1－[5＋2×(11－10)] cmHg＝73 cmHg
题号
1
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7
对气柱b根据理想气体的状态方程有
＝
解得T2＝292 K。
题号
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6
7
(2)气柱a发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝
代入数据解得L′1＝8.76 cm
则水银柱A下降的高度为
h＝1 cm＋9.9 cm－8.76 cm＝2.14 cm。
[答案] (1)292 K (2)2.14 cm
题号
1
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谢 谢 ！思维进阶特训(十八)
1．(2024·海南卷)如图为用铝制易拉罐制作的温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)，吸管与罐连接处密封良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐的容积为330 cm3，薄吸管横截面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃(300 K)时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是( )
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5 ℃
C．该装置所测温度不低于23.5 ℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一些，则油柱离罐口距离增大
2．某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27 ℃、压强为1.0p0(p0为大气压强)，经过一段时间后，环境温度升高，舱内气体的温度变为37 ℃，压强为p1，此时打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，T＝t＋273 K，则( )
A．气体压强p1＝p0
B．气体压强p1＝p0
C．放出气体的质量是舱内原有气体质量的
D．放出气体的质量是舱内原有气体质量的
3．(2025·四川雅安高三阶段检测)如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量M＝2 kg、高度L＝9 cm，B为质量m＝2 kg的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量(远小于汽缸的质量)的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数k＝1 000 N/m 的轻弹簧，A与B的横截面积均为S＝10 cm2。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为L。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强p0＝1×105 Pa，环境温度不变，弹簧原长L0＝10 cm，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p；
(2)用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。
4．(2025·山西吕梁高三检测)如图所示，上端封闭的玻璃管竖直插入足够深的水银槽中，长为L的水银柱将管内的气体分隔成上、下两部分，气柱长均为L，槽内水银在玻璃管内外液面相平。现将玻璃管缓慢竖直向下按压一段距离，稳定后上部分气柱长度变为初始状态的一半，已知水银的密度为ρ，重力加速度为g，外界大气压强为2ρgL，该过程中温度保持不变。求：
(1)向下按压玻璃管前，上部分气体的压强p1；
(2)向下按压玻璃管后，槽内水银在玻璃管内外液面的高度差h。
5．(2024·山东潍坊三模)如图所示为某兴趣小组制作的供水装置，圆柱形汽缸内部长度40 cm，轻活塞将其分为左右两部分，左部为储水室，储水室上部一根细管连接进水口和出水口；右部为气室，气室尾部有一气阀。初始时出水口打开，储水室内无水，气阀关闭，轻活塞位于汽缸中央。现通过气阀给气室充气至压强为0.17 MPa，然后关闭气阀和出水口。打开进水口开关，开始注水，活塞缓慢向右移动，当气室压强为0.34 MPa时停止注水。已知活塞横截面积为500 cm2，外界大气压强为p0＝0.1 MPa。气体看作理想气体，整个过程温度不变，由于水的重力产生的压强可忽略，活塞厚度、摩擦不计，求：
(1)从气阀充入的气体和气室内原有气体质量之比；
(2)注水结束后，打开出水口，当气室压强下降到 0.25 MPa 时，排出水的体积。
6．(2024·甘肃卷)如图所示，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
7．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，管内A、B两段水银柱封闭a、b两段气体，气柱a长度为9.9 cm，气柱b长度为11 cm，水银柱A的长度为 5 cm，水银柱B在左管中的液面比在右管中的液面高5 cm，大气压强为 75 cmHg，环境温度为330 K，现将环境温度缓慢降低，使气柱b长度变为10 cm，气体可看作理想气体，求：
(1)降低后的环境温度；
(2)水银柱A下降的高度。
思维进阶特训(十八)
1．B [温度变化时，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝，又V0＝＝335 cm3，T0＝300 K，V＝330＋0.5x(cm3)，T＝t＋273(K)，解得t＝x＋(℃)，则吸管上标注等差温度值刻度均匀，A错误；当x＝20 cm时，所测温度最高，代入A项表达式可得t≈31.5 ℃，B正确；当x＝0时，所测温度最低，代入A项表达式可得t≈22.5 ℃，C错误；缓慢把吸管拉出来一些，封闭气体的温度和压强均不变，因此封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，D错误。]
2．D [由查理定律得＝，解得p1＝p0，故A、B错误；设核心舱体积为V，打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，此时舱内气体和放出气体的总体积为V′，由玻意耳定律有p1V＝p0V′，同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，有＝，解得＝，故D正确，C错误。]
3．解析：(1)对汽缸受力分析有Mg＋p0S＝pS
解得p＝1.2×105 Pa。
(2)设刚开始静止时弹簧的压缩量为Δx1，对A、B整体受力分析有(M＋m)g＝kΔx1
可得Δx1＝4 cm
设活塞B刚要离开汽缸A时内部气体的压强为p′，弹簧的压缩量为Δx2，有pS×L＝p′SL
对活塞B受力分析有mg＋p′S＝p0S＋kΔx2
可得Δx2＝0
由几何关系有H＝Δx1－Δx2＝4 cm。
答案：(1)1.2×105 Pa (2)4 cm
4．解析：(1)向下按压玻璃管前，下部分气体压强等于外界大气压强，设为p0，则p0＝2ρgL
设玻璃管内的横截面积为S，对水银柱分析，根据平衡条件有
ρgLS＋p1S＝p0S
解得p1＝ρgL。
(2)向下按压玻璃管后，设上部分气体压强为p2，下部分气体压强为p3，对上部分气体，由玻意耳定律可得p1SL＝p2S·L
对水银柱分析，根据平衡条件有
p2S＋ρgLS＝p3S
联立解得p3＝3ρgL
对下部分气体的下液面分析有
p0＋ρgh＝p3
解得h＝L。
答案：(1)ρgL (2)L
5．解析：(1)设供水装置的体积为V，从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V1，当气室充气至压强为p1＝0.17 MPa，活塞要从中间移动到左端，由玻意耳定律得
p0·＋p0V1＝p1V
解得V1＝1.2V
从气阀充入的气体和原有气体质量之比为
＝＝。
(2)当注水结束时，气室压强为p2＝0.34 MPa，气体的体积为V2，有
p1V＝p2V2
解得V2＝V
说明活塞又回到正中央，打开出水口，气室压强下降到p3＝0.25 MPa时，根据玻意耳定律得
p2V2＝p3V3
解得V3＝V
则排出水的体积为
ΔV＝V3－V2＝＝＝ cm3＝3 600 cm3。
答案：(1)12∶5 (2)3 600 cm3
6．解析：(1)设抽气前两体积为V＝Sl，对气体A分析，抽气后
VA＝2V－V＝Sl
根据玻意耳定律得p0V＝pA×V
解得pA＝p0
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pB×V
解得pB＝p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得F＝k
联立解得k＝。
答案：(1)p0 p0 (2)
7．解析：(1)开始时，以水银柱A下液面为研究对象，根据平衡条件可得右管中气柱a的压强为
p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
以水银柱B右侧液面为研究对象，左管中气体b的压强为
p2＝80 cmHg－5 cmHg＝75 cmHg
温度缓慢降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强p′2＝p1－[5＋2×(11－10)] cmHg＝73 cmHg
对气柱b根据理想气体的状态方程有
＝
解得T2＝292 K。
(2)气柱a发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝
代入数据解得L′1＝8.76 cm
则水银柱A下降的高度为
h＝1 cm＋9.9 cm－8.76 cm＝2.14 cm。
答案：(1)292 K (2)2.14 cm
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