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难点 25 气体实验定律的综合应用
一、玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：＝C
＝
2．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、列平衡方程求解，要注意：
(1)液体因重力产生的压强为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)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一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”，使计算过程简捷．
（一）单独气体
【例1】(2019·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水
银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下
表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为 76 cmHg，环境温
度为296 K.
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体
的温度．
【答案】(1)41 cm (2)312 K
【详解】(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距
离为h ，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V ，压强为p.由玻意耳定
1 1 1
律有
pV＝pV①
1 1
由力的平衡条件有
p＝p＋ρgh②
0
p＝p－ρgh③
1 0
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 为大气压强．由题意有
0V＝S(L－h－h)④
1
V＝S(L－h)⑤
1
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T 和T，由盖－吕萨克定律有
0
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
（二）关联气体
【例2】(2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，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 l ＝18.0 cm和l ＝
1 2
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，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．
【答案】22.5 cm 7.5 cm
【详解】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 和p.U形管水平放置时，两边气体压
1 2
强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l′和l′.
1 2
由力的平衡条件有
p＝p＋ρg(l－l)①
1 2 1 2
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
pl＝pl′②
11 1
pl＝pl′③
22 2
两边气柱长度的变化量大小相等
l′－l＝l－l′④
1 1 2 2
由①②③④式和题给条件得
l′＝22.5 cm⑤
1
l′＝7.5 cm⑥
2
二、汽缸活塞类模型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．
（一）单独气体
【例3】（2021·天津天津·高三期中）如图所示，一个内壁光滑的导热气缸竖直放置，质量为 的活
塞封闭了一定质量的理想气体，活塞静止时气体体积是气缸体积的 ，活塞与气缸紧密接触且不漏气，已
知活塞的横截面积 ，大气压 ，环境温度为 ， 。求：
（1）封闭气体的压强为多少？
（2）如果给气缸加热，使封闭气体的温度缓慢升高，当活塞缓慢上升到气缸顶端时，封闭气体的温度为
多少摄氏度？
【答案】（1） ；（2）127℃
【详解】（1）对活塞受力分析如图所示根据平衡条件得
解得
（2）气体做等压变化
根据盖∙吕萨克定律得
解得
（二）关联气体
【例4】(2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在
水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和
氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 和V ，氢气的体积为2V ，空气的压强为p.现缓慢地将中部的
0 0 0
空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
【答案】(1)(p＋p) (2)p＋p
0 0
【详解】(1)设抽气前氢气的压强为p ，根据力的平衡条件得(p －p)·2S＝(p－p)·S①
10 10 0
得p ＝(p＋p)；②
10 0
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 和V，氮气的压强和体积分别为p 和V，根据力的平衡条件有p·S
1 1 2 2 2＝p·2S③
1
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得pV＝p ·2V④
1 1 10 0
pV＝pV⑤
2 2 0 0
由于两活塞用刚性杆连接，故
V－2V＝2(V－V)⑥
1 0 0 2
联立②③④⑤⑥式解得
p＝p＋p
1 0
V＝.
1
三、变质量气体模型
1．充气问题
选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气
体问题．
2．抽气问题
选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过
程．
3．灌气分装
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，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体
问题．
（一）充气、抽气问题
【例5】（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）铜龙虎尊出土于四川省广汉市三星堆一号祭祀坑，器肩上铸
高浮雕的三龙呈蠕动游弋状，龙头由器肩伸出，龙角为高柱状构型，龙眼浑圆，身饰菱形重环纹。展出单
位为防止文物因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示，
为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空（的示意图。已知展柜容积为V，铜龙虎尊材料的总体积
0
为 V，开始时展柜内空气压强为p，抽气筒每次抽出空气的体积相同；抽气一次后，展柜内压强传感器
0 0
显示内部压强为 p；假设抽气的过程中气体的温度不变，求：
0
（1）抽气筒每次抽出空气的体积；
（2）抽气两次后，展柜内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。【答案】（1） ；（2）64：81
【详解】（1）若每次抽出气体的体积为∆V，由玻意耳定律可知
解得
（2）设第二次抽气后气体的压强为p，则有
2
解得
设剩余气体压强为p 时的体积为V，则
0
剩余气体与原来气体的质量比
解得
（二）灌气分装
【例6】（2022·湖南·长沙一中模拟预测）现用一限压阀控制储气瓶内的压强，原定出厂的10L储气瓶中压
强为8 ，现利用一400L、压强为 、储气质量为 的储气罐及灌气装置给储气瓶灌气。此时储气瓶内可看作真空，且当储气罐内气体压强低于0.5 时，灌气装置无法进行工作，不考虑温度变化。
（1）最多可灌满几个储气瓶。
（2）某厂家在给储气瓶灌气时，为节省成本，将原定于8 的储气瓶改为6 ，由此每个灌满的储气瓶
少了多少kg的气体。
【答案】（1）17；（2）6.5kg
【详解】（1）对储气罐中气体分析 ，设储气罐中的气体压缩至压强为0.5 时体积变为 ，由
玻意耳定律有
得
设最多可灌满 个储气瓶（ ， ）。由玻意耳定律得
解得
即最多可灌满17个瓶子。
（2）设原来8 的储气瓶每瓶满装气体 ， 的储气瓶每瓶满装气体 ，则由理想气体方程
得
即
同理
即则每罐少装了
质量的气体。
一、单选题
1．（2022·云南·昆明一中高三开学考试）如图所示，两端开口的U型玻璃管竖直放置，底部带有一个阀门
K，右管横截面积是左管的两倍，当阀门K关闭时，左、右管中水面的高度分别为h和2h，现将阀门K打
开，液面稳定时，左管水面上升的距离是（ ）
A． B． C． D．h
【答案】C
【详解】设左管横截面积为S，则右管横截面积为2S，竖管中水的总体积
当打开开关K时，左右容器构成一个连通器。由于连通器内水面静止时，水面相平，因此右边水面将下降，
左面水面将升高，由于水的总体积不变，因为右管横截面积是左管的两倍，则液面相平时，右管中水的体
积是左管中水的体积的2倍，即左管水的体积为
右管水的体积为
左管水的体积的增大量为
即左管水面上升的距离是 。故选C。
2．（2021·上海市莘庄中学高三模拟）如图，把一粗细均匀的玻璃管开口端插入到水银中，如果当时大气
压强为一个标准大气压（标准大气压强为76cmHg），管内外水银面高度差为 ，则管内气体的压强为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据管内液面内外压强相等可知
故选B。
3．（2022·陕西·渭南市瑞泉中学高三阶段练习）如图所示汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和
活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，
开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出的过程中，不计活塞与汽缸的摩擦，则下列说法不正确
的说法是（ ）
A．汽缸内的活塞向左运动 B．汽缸内气体的内能增大
C．汽缸内气体的压强增大 D．汽缸内气体的分子平均动能不变
【答案】D
【详解】C．令p 表示汽缸内气体的压强，p 表示大气压强，F表示细线对活塞的拉力，开始时，对活塞
1 0
进行受力分析有
某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出的过程中，活塞可认为始终受力平衡，易知F减小，而p 不变，所以p 增
0 1
大，故C正确；
A．假设汽缸内的活塞向右运动，则缸内气体体积增大，对外做功，又因为汽缸和活塞绝热，即缸内气体吸收热量为零，根据热力学第一定律可知气体内能一定减小，温度降低，分子平均动能减小，而压强与分
子数密度和分子平均动能均有关，由此可知气体的压强一定减小，与实际情况不符，故假设不成立；假设
汽缸内的活塞仍静止，则缸内气体经历等容变化，压强增大，根据查理定律可知气体温度将升高，内能增
大，一定吸热，这仍与实际不符。综上所述，活塞一定向左运动，故A正确；
BD．根据前面分析可知，活塞向左运动，则外界对气体做功，而气体与外界无热交换，则根据热力学第一
定律可知气体内能增大，温度升高，缸内气体分子平均动能增大，故B正确，D错误。
本题选不正确的，故选D。
4．（2022·内蒙古·开鲁县第一中学高三阶段练习）如图，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S SB＝1：2。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
A：
擦滑动。两个汽缸都不漏气。某状态下系统平衡时，A中气体压强为pA＝1.5p，p 是汽缸外的大气压强，
0 0
则此时B中气体压强为（ ）
A．0.75p B．0.25p C．0.5p D．p
0 0 0 0
【答案】A
【详解】对A中气体，有
对B中气体，有
联立，可得
故选A。
5．（2022·新疆·疏勒县实验学校高三模拟）如图所示，在U型管的封闭端A内有一部分气体，管中标斜线
部分均为水银，则A内气体的压强p应为下述关系式中是A．p＝h
2
B．p＝p－h
0 2
C．p＝p－h－h
0 1 2
D．p＝p＋h
0 1
【答案】B
【详解】设 内气体的压强 ，由题意可知 ，解得： ，故选项B正确，
A、C、D错误．
6．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，一定质量的空气被活塞封闭在竖直放置的导热汽缸内，活塞的
质量不可忽略，下列可使被封闭气体压强变大的是（ ）
A．环境温度升高 B．汽缸向上加速运动
C．汽缸自由下落 D．将汽缸开口向下放置
【答案】B
【详解】A．设活塞的质量为m，截面积为S，大气压为p，封闭气体的压强为p．对活塞：由平衡条件得
0 2
pS+mg=pS
0 1
则
当环境温度升高时，封闭气体温度也升高，但p不变。故A错误。
B．设加速度大小为a，对活塞：由牛顿第二定律得
pS-pS-mg=ma
2 0
得
即压强增大。故B正确
C．当气缸自由下落，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压，则压强减小，故C错误。D．对活塞：由平衡条件得
pS=mg+pS
0 4
则
压强减小。故D错误。
故选B。
7．（2020·吉林·通榆县第一中学校高三阶段练习）质量为M的汽缸口朝上静置于地面上（如图甲），用质
量为m的活塞封闭一定量的气体（气体的质量忽略不计），活塞的截面积为S．将汽缸倒扣在地面上（如
图乙），静止时活塞没有接触地面．已知大气压强为p，取重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析
0
正确的是
A．甲图中，汽缸对地面的压力为Mg
B．甲图中，封闭气体压强为
C．乙图中，地面对汽缸的支持力为Mg + pS
0
D．乙图中，封闭气体压强为
【答案】B
【详解】AB.图甲中对活塞受力分析可知： ，则封闭气体压强为 ，选项A错误，
B正确；
C. 乙图中，对活塞和气缸的整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg + mg，选项C错误；
D. 乙图中，对活塞受力分析可知： ，则封闭气体压强为 ，选项D错误；
8．（2019·宁夏·青铜峡市宁朔中学高三阶段练习）如图所示，粗细均匀的U形管的 A端是封闭的，B端开
口向上，两管中水银面的高度差h=20 cm，外界大气压强为76 cmHg.则A管中封闭气体的压强为
（ ）A．56 cmHg B．66 cmHg C．76 cmHg D．96 cmHg
【答案】A
【详解】由于同一液面压强相等，则有：p＝p +hcmHg，解得：p ＝76cmHg﹣20cmHg＝56cmHg．
0 A A
A．56 cmHg，与结论相符，选项A正确；
B．66 cmHg，与结论不相符，选项B错误；
C．76 cmHg，与结论不相符，选项C错误；
D．96 cmHg，与结论不相符，选项D错误；
二、解答题
9．（2022·全国·高三课时练习）如下图示，一端封闭的玻璃管倒插在汞槽中，其上端封闭了少量空气。现
保持温度不变，将玻璃管稍向上提起一段距离，判断管内空气柱长度l、管内外汞面高度差h如何变化，并
简述理由。
【答案】增大；增大
【详解】在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压，如果将玻璃管向上提，
则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据
上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大。
10．（2022·全国·高三课时练习）某小组同学应用玻意耳定律设计了一个测量大气压强的实验方案：一端
封闭、粗细均匀的玻璃管开口向上竖直放置，内有一段汞柱封闭了一定质量的空气，如下图所示。多次改
变管内汞柱长度，测量多组汞柱的长度h和空气柱的长度l；然后在 坐标系中描点作图。
（1）写出所作图线的函数表达式；（2）如何利用该图线求出大气压强。
【答案】（1） ；（2）图像与纵轴的交点的绝对值乘以cmHg即为大气压强
【详解】（1）封闭气体做等温变化，封闭气体的压强
体积
根据玻意耳定律
整理得
（2）根据表达式 ，图像与纵轴的交点的绝对值乘以cmHg即为大气压强。
11．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，在两端封闭、高为37 cm、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股
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
l=12.0 cm和l=8.0 cm，水平部分管长l=12.0 cm，左边气体的压强为16.0 cmHg，现将U形管缓慢向右旋
1 2 3
转90°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形管旋转后两边空气柱l′、l′的
1 2
长度。（在整个过程中气体温度不变；管的直径很小）【答案】16 cm，4 cm
【详解】设旋转后左管压强为p′，则由玻意耳定律得
1
pl=p′l′
11 1 1
设旋转后右管压强为 ，则由玻意耳定律得
pl=p′l′
22 2 2
又
l′＋l′=20cm，p′=p′＋12cmHg
1 2 2 1
联立以上各式得
p′=12 cmHg
1
U形管旋转后两边空气柱l′、l′的长度
1 2
l′=16 cm，l′=4 cm
1 2
12．（2022·全国·高三课时练习）一个与外界没有热量交换的气缸中密封有一定质量的气体，现用外力压
缩活塞，使活塞对气体做功 ，气体的内能将如何改变，改变多少？
【答案】变大，改变了
【详解】与外界没有热量交换，则
所以内能的变化量为
解得
所以气体的内能增加 。
13．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图所示，一高为H且导热性能良好的圆柱形汽缸，横截面积
为S，内壁光滑，用质量为m的活塞封闭着一定质量的理想气体，初始活塞距气缸底部高度为 ，环境
温度为 。现将环境温度缓慢升高到一定值，活塞恰好升至顶部再次稳定。已知此过程缸内气体吸收的热
量为Q，重力加速度大小为g，外界大气压强为 ，气缸壁及活塞厚度不计。求：
（1）此时环境的温度为多少？
（2）此过程中封闭气体内能增加了多少？【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由等压变化 ，知
解得
（2）此过程气体对外做功为
由热力学第一定律有
14．（2022·四川内江·三模）如图，图中A、B气缸的长度均为L=30 cm，横截面积均为S，A、B气缸分
别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热C是可在气缸B内无摩擦滑动的、体积不计的绝热轻活塞，D
为阀门（细管中的体积不计）。起初阀门关闭，活塞紧靠B气缸左壁，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，
B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气，环境温度为T=300K。现将阀门打开，活塞C向右移动，最后达到平衡。
0
求：
（1）活塞C移动的距离；
（2）现给B内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初始位置，此时B内气体温度。【答案】（1）10cm；（2）600K
【详解】（1）最后平衡时A、B中气体压强相等设为p ，由玻意尔定律对A部分气体有
对B部分气体有
解得
x=10cm
（2）给B加热，活塞恰好回到初始位置的过程中，对B部分气体有
由玻意尔定律，对A部分气体有
因活塞恰好回到初始位置，活塞与气缸B的左壁无相互作用
解得
15．（2022·湖北·模拟预测）如图甲所示，汽缸A的体积是汽缸B体积的1.5倍，汽缸C与汽缸B的体积
相同。当活塞从汽缸A的最右端N移动到最左端M完成一次抽气时， 打开、 关闭。从M到N完成一
次充气时， 关闭、 打开。某一次抽气前，活塞位于N处。如图乙所示，B、C中封闭有压强均为 的
同种理想气体。整个装置气密性和导热性良好，环境温度保持不变。求：
（1）完成一次抽气后，汽缸B内气体的压强 ；（2）完成一次抽气和充气后，汽缸C内气体的压强 。
【答案】（1）0.4p；（1）1.6p
0 0
【详解】（1）对容器 B内的气体，初态压强p=p，体积V；末态压强p，体积2.5V
1 0 2
则由玻意耳定律可知
解得
p=0.4p
2 0
（2）完成一次抽气和充气后，对AC整体内的气体，由玻意耳定律
解得汽缸C内气体的压强压强
p =1.6p
C 0
16．（2022·全国·高三课时练习）如图所示为某充气装置示意图。装置水平放置，其中A是容积为V的需
要充气的绝热容器。B是内壁光滑的气筒，左端用可左右移动的活塞密封，右端通过单向绝热进气阀n与
A连通。活塞横截面积为S。B底部通过单向进气阀m与外界连通。当活塞左移抽气时n闭合，m打开，
最多可以从外界抽取体积V的气体；当活塞右移充气时n打开，m闭合，可以将抽气过程从外界抽取的气
体全部压入容器A。最初活塞位于气筒B的最左侧，A、B内充满气体，气体的压强与外界大气压强相等
均为p，温度与外界大气温度相同均为T。（打气完成时气筒内剩余气体及气筒与容器间连接处的气体体
0 0
积可忽略）
（1）缓慢推动活塞，将气筒内体积为V的气体压入容器A，则当打气即将完成时，需要对活塞提供的水
平作用力F是多大？（已知此过程气体温度不变。）
（2）现快速让活塞以最大充气体积V完成10次充气，测得A内气体温度升高为T。求此时A内气体压强
p。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）充气完毕，由等温变化可得
活塞缓慢运动，满足
解得
（2）快速打气10次，由理想气体状态方程有
解得
17．（2022·贵州·贵阳乐湾国际实验学校高三开学考试）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差
使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口。右侧
为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然
降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通
过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为480 K，最终
降到336 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 ，若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变
为抽气拔罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气
过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。【答案】
【详解】对火罐内的气体，由理想气体状态方程得
解得
对于抽气罐，由玻意耳定律得
联立解得
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
联立解得
18．（2022·重庆巴蜀中学高三模拟）上海新冠疫情期间，医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气，
每个大钢瓶的容积为 ，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为 ，温度为 ，长途运输到上海方
舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强 。在方舱医院实际使用时，先用抽气机给真空小钢瓶缓慢
分装，然后供病人使用，小钢瓶容积为 ，分装后每个小钢瓶内氧气压强为 ，要求大钢瓶内压强降到 的临界压强时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，分装过程中温度保
持不变。求：
（1）在上海检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
（2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用；
（3）为充分利用氧气，现用大钢瓶中剩余的压强为 的氧气继续给真空小钢瓶充气；但不用抽气
机，直接用导管连接，经过一段时间后，小钢瓶与大钢瓶压强相等，紧接着更换下一个真空小钢瓶，直到
大钢瓶的压强小于 ，问第3个小钢瓶的氧气质量与压强为 的大钢瓶的氧气质量之比是多
少？（此过程环境温度不变）
【答案】（1） ；（2）230；（3）
【详解】（1）气体的初状态压强为
温度为
气体末状态的压强为
大钢瓶内气体体积不变，根据查理定律有
可得
则在上海检测时钢瓶所处环境温度为
（2）根据题意有，气体原来的体积为
气体分装后的一个小瓶的体积为
气体分装后的一个小瓶的气体压强为大刚瓶内剩余气体的压强为
大钢瓶内剩余气体的体积为
设一个大钢瓶可分装n个小瓶供病人使用，根据玻意耳定律有
解得
故一个大钢瓶可分装230个小瓶供病人使用。
（3）根据玻意耳定律有
可得，在连接第一个小钢瓶后，大钢瓶内剩余气体的压强为
同理可得，当连接第N个小钢瓶后，大钢瓶内剩余气体的压强为
（ ）
由
可知，当 时
即连接第3个小钢瓶后，大钢瓶内剩余气体压强仍大于 。由于直接用导管连接，稳定后，小钢瓶
与大钢瓶压强相等，即小钢瓶与大钢瓶内气体的密度相等，所以连接每一个小钢瓶后，大钢瓶的质量变为
原来的 ，设大钢瓶内压强为 时的质量为 ，则第3个小钢瓶内气体的质量为所以第3个小钢瓶的氧气质量与压强为 的大钢瓶的氧气质量之比为
19．（2022·辽宁·沈阳市第三十八中学高三阶段练习）体积为40 L的氧气钢瓶储存在温度为-13℃的冷库中，
测得钢瓶内氧气的压强为1.3×107Pa，现将其移动到温度为27 ℃的室外放置一段时间。
（1）试计算移动到室外后瓶中气体的压强；
（2）若要将该瓶氧气在室外用抽气机分装成体积为10 L、压强为4×105Pa的小瓶，要求大瓶内氧气的压强
为 时停止分装，分装过程氧气温度可视为不变，则该瓶氧气可以分装多少小瓶？
【答案】（1）1.5×107Pa；（2）148
【详解】(1)设移动到室外后钢瓶内气体的压强为 ，由于气体的体积不变，由查理定律可得
解得
(2)设当钢瓶内氧气的压强由 变为 时，氧气的体积由V=40L变为V，由玻意耳
1
定律可得
解得
可用于分装的氧气体积为
体积为 、压强为 的小瓶氧气转换为压强为 时的体积设为 ，则有
解得
V=20L
3
故可分装的瓶数为
解得20．（2022·贵州贵阳·模拟预测）当前，新型冠状病毒疫情防控形势仍然严峻，奥密克戎新变异株进一步
增强了疫情的不确定性。新型冠状病毒肺炎是传染性极强的一类急性传染病，该病主要发病位置在肺部，
表现为呼吸困难等，因此治疗过程中有些患者衢要进行吸氧。已知某钢瓶容积 ，在室外测得其瓶内
氧气压强为 ，环境温度为-23°C，医院病房内温度27°C（钢瓶的热胀冷缩可以忽略）。则：
（1）移入室内达热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？
（2）现在室内对容积 内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为 ，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？
【答案】（1） ；（2）32（瓶）
【详解】（1）气体等容变化，由查理定律可得
代入数据解得
②气体温度保持不变，由玻意耳定律得
代入数据解得
N=32（瓶）
