文档内容
计算 1 热力学计算题
考点内容 考情分析
考向一 玻璃管-液柱模型 计算题主要考察理想气体状态方程，求解气体压强是
考向二 活塞-汽缸模型 解题关键，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条
考向三 热力学第一定律与气体实验定 件或牛顿第二定律求解。因此，该模块计算题很可能
律的综合应用 加入弹簧、电子秤等受力情境。
考向四 气体变质量问题
1.思想方法
一、以气体为研究对象
1.如果气体在单个汽缸中，需明确气体的变化过程，分析清楚气体初末状态，温度、压强、体积三
个物理量和初末状态之间的关系，再依据气体实验定律列出方程。
2.如果涉及两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且气体之间相互关联，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，最后联立求解。
二、以活塞或液柱为研究对象
加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．2.模型建构
一、气体压强的求法
1．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方
程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力
平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强
p＝p＋ρgh，p 为液面上方的压强．
0 0
例：求解下列气体压强
力平衡法:题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有p S+ρghS=p S,所以p =p-ρgh。
甲 0 甲 0
液片法:题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p S+ρghS=p S,所以p =p-ρgh
乙 0 乙 0
√3
液片法:题图丙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p S+ρgh sin 60°·S=p S,所以p =p- ρgh
丙 0 丙 0 2
液片法:题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有p S=pS+ρgh S,所以p =p+ρgh 。
丁 1 丁 0 1
等压面法:题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为 p,同种液体同一水平面上的压强相同,所以
0
b气柱的压强p=p+ρg(h -h,),故a气柱的压强p=p-ρgh =p+ρg(h -h-h)
b 0 2 1 a b 3 0 2 1 3二、气体实验定律的应用
三、热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与
热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3. 应用热力学第一定律的看到与想到
1.看到“绝热过程”，想到Q＝0，则W＝ΔU。
2.看到“等容过程”，想到W＝0，则Q＝ΔU。
3.看到“等温过程”，想到ΔU＝0，则W＋Q＝0。
四、气体变质量问题
特点 巧选对象 解题方法
打气问题 向球、轮胎中充气是一个 选择球内原有气体和即 把充气过程中的气体质量
典型的气体变质量 将打人的气体整体 变化的问题转化
问题 作为研究对象 为一定质量气体的状态变
化问题
抽气问题 从容器内抽气的过程中， 将抽气过程中抽出的气 气体质量不变，故抽气过
容器内的气体质量不断减 体和剩余气体整体作为小，这属于气体变质量问 研究对象 程可看作是等温膨胀过程
题
灌气问题 将一个大容器里的气体分 把大容器中的剩余气体 将这类问题转化为一定质
装到多个小容器中也是一 和多个小容器中的气体 量的气体问题，用理想气
个典型的气体变质量问题 看作整体来作为研究对 体状态方程求解
象
漏气问题 容器漏气过程中气体的质 选容器内剩余气体和漏 可使问题变成一定质量气
量不断发生变化，属于变 出气体整体作为研究对 体的状态变化间题，可用
质量问题 象 理想气体状态方程求解
考向一 玻璃管-液柱模型
1. （2024•洛阳一模）如图所示，将一内径处处相同，导热良好的“T”形细玻璃管以“
”的姿势放在水平面上，使其上端开口，下端封闭，且使竖直细管垂直水平面，管中用水银
封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图所示。现缓慢推动活塞，
将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，水银未从上端管口溢出，已知大气压强 p ＝
0
75cmHg，设外界温度不变。求：
（1）水平管中水银恰好全部被推进竖直管中时，气体A的压强；
（2）将水平管中水银全部推进竖直管的过程中活塞移动的距离。
【解答】解：（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体 A的压强 p' ＝p + gh＝
A 0
75cmHg+15cmHg＝90cmHg ρ
（2）初状态，气体A的压强 p ＝p + gh ＝75cmHg+10cmHg＝85cmHg
A 0 1
ρ设玻璃管横截面积为S，初状态气体A的体积
V =45Scm3
A
设末状态气体A的体积为 V 对气体A由玻意耳定律得 p V ＝p' V ，解得
A A A A A V '=42.5Scm3
A
V
末状态气体A的长度 L= A =42.5cm
S
气体A的长度减少量ΔL＝（45﹣42.5）＝2.5cm
初状态气体B的压强 p ＝p + gh ＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg
B 0 2
末状态气体B的压强 p ＝P+ρgh ＝75cmHg+[15﹣（5+2.5）]cmHg＝82.5cmHg
B 3
初状态气体B的体积 ρ
V =41.25Scm2
B
设活塞移动的距离为x，末状态气体B的体积
V '=(41.25+5−x)Scm3=(46.25−x)Scm3
B
对气体B由玻意耳定律得 p V ＝p' V ，代入数据得 x＝6.25cm。
B B B B
答：（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强为90cmHg；
（2）活塞移动的距离为6.25cm。
2. （2024•顺庆区校级模拟）如图所示，开口竖直向上的固定气缸右侧连一“U”形管
气压计，在距气缸底部1.2l处有一个卡环，一质量为m的活塞可以在气缸内卡环以上部分无摩
擦滑动且不漏气，在气缸内封闭一定质量的气体，当温度为 T 时，活塞静止在距气缸底部为
0
1.5l处，已知大气压强恒为p ，气缸横截面积为s，不计“U”形管内气体的体积，现缓慢降低
0
缸内气体的温度，求：
（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度T ；
1
a) （2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度T
mg
【解答】解：（1）降低温度直至活塞刚接触卡环的过程中，气体压强不变，初态：P ＝p +
1 0
s
，V ＝1.5ls，T＝T
1 0
活塞刚接触卡环时：P ＝P ，V ＝1.2 ls，T ＝？
2 1 2 1
根据盖吕萨克定律有：V V
1= 2
T T
0 1
T V T ×1.2ls
T = 0 2= 0 =0.8T
1 V 1.5ls 0
1
（2）从活塞接触卡环到液面相平的过程中，气体等容变化，有：
P ＝P ，V ＝1.2 ls，T ＝？
3 0 3 2
根据查理定律可得：
p p
2= 3
T T
1 2
4
P × T
P T 0 5 0 4 p T s
所以：T = 3 1= = 0 0
2 P m 5p s+5mg
2 p + 0
0 ρs
答：（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度是0.8T ；
0
（2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度是 4 p T s ．
0 0
5p s+5mg
0
3. （2024•博望区校级模拟）如图，粗细均匀的L形导热细玻璃管固定在竖直面内，竖
直部分AB顶端封闭，长为55cm，通过水银柱在管内封闭一段长为30cm的理想气体，水平部
分BC左端开口，管内的水银柱总长为30cm，水银柱左侧面到C端的距离为20cm，已知大气
压强为75cmHg，环境温度为300K。
（1）若温度缓慢升高，发现水银柱左侧面向左移动的距离为10cm，求此时环境温度；
（2）若保持（1）中环境温度不变，将玻璃管C端用活塞封闭，并缓慢向右推动活塞，当AB中
水银柱回到初始高度时，求此时竖直管内气体的压强。【解答】解：（2）初始时刻气柱A的压强为p ＝p ﹣25cmHg＝75cmHg﹣25cmHg＝50cmHg，
1 0
V ＝30S，T ＝300K
1 1
水银柱左侧面向左移动的距离为 10cm，此时有 p ＝p ﹣15cmHg＝75cmHg﹣15cmHg＝
2 0
60cmHg，V ＝40S
1
根据理想气体状态方程有p V p V
1 1= 2 2
T T
1 2
解得T ＝480K
2
（2）根据查理定律有
p p
1= 3
T T
1 2
解得p ＝80cmHg
3
答：（1）此时环境温度为480K；
（2）此时竖直管内气体的压强为80cmHg。
4. （2024•嘉兴模拟）如图所示，自重为G的玻璃管竖直悬挂在力传感器下方，其上端
封闭，下端没入水银槽中。一段水银柱将管中气体分成上下两部分，下方气体和水银交界面与
管外水银面齐平。已知力传感器示数为1.1G，外界大气压为p ，玻璃管横截面积为S、水银密
0
度为 、重力加速度为g，不计玻璃管壁厚度，求：
（1）管ρ内上方气体压强p；
（2）管内水银柱高度h；
（3）若环境温度缓慢升高，则下方气体与水银交界面将 （选填“上升”、“下降”或
“不动”），上方气体碰撞单位面积管壁的平均撞击力将 （选填“增大”、“减小”或
“不变”）。【解答】解：（1）对玻璃管受力分析，受到大气向下的压力 p S，竖直向下的重力G，封闭气
0
体竖直向上的支持力pS，测力计拉竖直向上的力F＝1.1G。
由平衡条件得：p S+G＝pS+1.1G
0
G
解得：p=p −
0 10S
（2）由题意可知玻璃管下部封闭气体的压强为p'＝p ，对水银柱受力分析，可得：
0
pS+ Shg＝p S
0
ρ G
解得：ℎ =
10ρgS
（3）若环境温度缓慢升高，管内两部分气体压强均增大，则下方气体与水银交界面将下降，上
方气体碰撞单位面积管壁的平均撞击力将增大。
G
答：（1）管内上方气体压强p为p − ；
0 10S
G
（2）管内水银柱高度h为 ；
10ρgS
（3）下降；增大
考向二 活塞-汽缸模型
5. （2024•浙江一模）在一个电梯的轿厢中，一质量 M＝10kg，内部横截面积 S＝
100cm2的气缸由一个质量m＝10kg的活塞封闭了一定质量的理想气体。初始时（如图甲），
气缸静置在轿厢底部，气柱高度h ＝16cm。若用绳子连接活塞将气缸悬挂在电梯的顶部（如
1
图乙），电梯以加速度a＝2m/s2匀加速上升。已知大气压强p ＝1.0×105Pa，轿厢内温度不变，
0
气缸导热性能良好且不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）在加速状态下，待气柱稳定时，与初始时相比，封闭气体的分子平均动能 ，单位
体积内的分子数 ；（两空均选填“增加”、“减少”或“不变”）
（2）求图甲静止状态下，气缸内气体的压强p ；
1
（3）求图乙加速状态下，气柱的最终高度h 。
2【解答】解：（1）封闭气体的温度不变，则分子平均动能不变；加速上升时，气缸超重，则气
体内部压强减小，气体体积变大，则单位体积内的分子数减小；
（2）初态静置时，由活塞平衡得
p S+mg＝p S
0 1
解得
p =1.1×105Pa
1
（3）当加速上升时，对气缸列牛顿第二定律方程
p S﹣Mg﹣p S＝Ma
0 2
解得
p =8.8×104Pa
2
由气体等温变化规律
p Sh ＝p Sh
1 1 2 2
解得
h ＝20cm
2
答：（1）与初始时相比，封闭气体的分子平均动能不变，单位体积内的分子数减少；
（2）求图甲静止状态下，气缸内气体的压强p 为1.1×105Pa；
1
（3）求图乙加速状态下，气柱的最终高度h 为20cm。
2
6. （2024•观山湖区校级模拟）如图所示，一个长筒型导热薄壁注射器内有长度为 L ＝
0
33cm的空气，将注射器竖直放在水银槽中，注射器底部与水银面平齐，现向上缓慢拉动活塞，
直到注射器内吸入高度h＝10cm的水银为止。此过程中水银槽中的液面高度可视为不变。已
知大气压强p ＝76cmHg，筒内横截面积为S ，环境温度不变，筒内气体可看作理想气体，忽
0 0
略注射器前端突出部分的体积，注射器筒足够长。求：
（1）吸入水银后注射器筒内空气柱的长度L ；
1（2）此过程中筒内活塞上升的高度。
【解答】解：（1）原来筒内气体
p ＝76cmHg，V ＝S L
0 0 0 0
后来筒内气体
p ＝p ﹣p ＝76cm﹣10cm＝66cmHg，V ＝S L
1 0 h 1 0 1
对于等温过程
p V ＝p V
0 0 1 1
解得
38
L = L =38cm
1 33 0
（2）活塞上升的高度为
Δh＝L +h﹣L ＝38cm+10cm﹣33cm＝15cm
1 0
答：（1）吸入水银后注射器筒内空气柱的长度L 为38cm；
1
（2）此过程中筒内活塞上升的高度为15cm。
7. （2024•南昌模拟）如图所示，竖直放置在水平桌面上的开口向上的导热气缸，内壁
光滑，现用横截面积为S的圆形轻质活塞封闭一定质量的理想气体，初始时，活塞距离气缸底
H
部的高度为H。往活塞上缓慢加细沙，直至活塞下降 时停止加细沙。该过程环境温度T 保
0
4
持不变，大气压强为p ，重力加速度为g。求：
0
（1）停止加细沙后，气缸内气体压强大小；
（2）缓慢改变环境温度，使轻质活塞回到初始位置处，若此过程中封闭气体吸收的热量为 Q，
则气缸内封闭的气体内能的变化量是多少？【解答】解：（1）设稳定时汽缸内气体压强为p，根据玻意耳定律
3
p SH=pS⋅ H
0 4
解得
4
p= p
3 0
（2）由热力学第一定律知
ΔU＝W+Q
又
1
W =−pS⋅ H
4
解得
1
ΔU=Q− p SH
3 0
4
答：（1）停止加细沙后，气缸内气体压强大小为 p ；
3 0
（2）缓慢改变环境温度，使轻质活塞回到初始位置处，若此过程中封闭气体吸收的热量为 Q，
1
则气缸内封闭的气体内能的变化量是多少为Q− p SH。
3 0
8. （2024•开福区校级模拟）如图甲所示，竖直放置的汽缸的A、B两处设有限制装置，
横截面积为S＝1.0×10﹣3m2，活塞的质量为m＝2kg，厚度不计。使活塞只能在A、B之间运动，
B 下方汽缸的容积为 V ＝1.0×10﹣3m3，A、B 之间的容积为 0.2V ，外界大气压强 p ＝
0 0 0
1.0×105Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为p ＝0.9p ，温度为27℃，现缓慢加热缸
1 0
内气体，直至167℃。不计活塞与缸之间的摩擦，取0℃为273K。求：
（1）活塞刚离开B处时气体的温度；
（2）缸内气体最后的压强；（3）在图乙中画出整个过程中的p﹣V图线。
【解答】解：（1）活塞刚离开B处时，设气体的压强为p ，气体的温度为T
2 2
对活塞，由平衡条件可得：p S＝p S+mg，代入数据解得：
2 0 p =1.2×105Pa
2
由于气体发生等容变化，由查理定律可得： p p ，其中T ＝（27+273）K＝300K，代入数据
1= 2 1
T T
1 2
解得：T ＝400K；
2
（2）当气体的温度达到T ＝（167+273）K＝440K，假设活塞最终没有移动到A处，缸内气体
3
最后的压强仍为p ，体积为V ，由盖—吕萨克定律可得：V V ，代入数据解得：V ＝1.1V
2 3 0= 3 3 0
T T
2 3
＜1.2V ，故假设成立，所以缸内气体最后的压强为 ；
0 p =1.2×105Pa
2
（3）整个过程中的p﹣V图如图所示：考向三 热力学第一定律与气体定律的综合应用
9. （2024•天河区三模）导热容器内用轻薄活塞封闭一定质量理想气体，关闭阀门并松
开钉销，将容器沉入湖底时活塞到水面的距离H＝40m，气体的体积 ，压强为p ，
V =1.0m3 1
1
温度为T 。用钉销将活塞锁定后，将容器缓慢提出水面，当气体的温度与环境温度相同时其
1
压强变为 。已知水面上温度为T＝297K，水的密度为 ，
p =5.5×105Pa ρ =1.0×103kg/m3
2 水
大气压强为 ，取g＝10m/s2。活塞与容器的摩擦力及活塞重力不计。
p =1.0×105Pa
0
（1）求压强p 和温度T ；
1 1
（2）在水面上足够长时间后，撤去钉销（活塞未脱离容器），重新稳定后，气体对外界做功为
W ，求从撤去钉销到重新稳定这一过程气体与外界传递的热量Q。
0
【解答】解：（1）根据题意，由压强关系有
p
1
＝p
0
+ 水gH
代入数据ρ解得：p ＝5×105Pa
1
封闭气体发生等容变化，根据查理定律有
p p p
1= 2= 2
T T T
1 2
解得
T ＝270K
1
（2）从撤去钉销到重新稳定的整个过程，气体的内能变化量为零，即
ΔU＝0
根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q
又
W＝﹣W
0
解得
Q＝W
0
答：（1）压强p 为5×105Pa，温度T 为270K。
1 1
（2）从撤去钉销到重新稳定这一过程气体与外界传递的热量Q为W 。
0
10. （2024•青秀区校级模拟）制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小
组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中
A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器
内装入一定质量的水，封闭体积为V 的一定气体，气体压强此时为4p 。
0 0
（1）打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强
p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V ，压强为p ，求
1 1
气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。
（2）图（b）中虚线MN′是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的
变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（列表达式
说明理由）
（3）若容器内体积为V 、压强为4p 的气体是在塑料容器内原有压强为p ，体积为V 的封闭空
0 0 0 0
气中向内缓慢充气而形成的（不计容器的容积变化）。设充气过程中气体温度不变，求充入的
气体在该室温环境下压强为p 时的体积。
0
【解答】解：（1）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程得
4 p V p V
0 0= 1 1
T T
M N
解得T p V
N = 1 1
T 4 p V
M 0 0
（2）根据p﹣V图像与横轴所围的面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，N
pV
和N′都是从M状态变化而来， 应该相同，可得
T
T ＞T′
N N
所以从M到N的过程内能减小的更少，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，从M到N′的过程
绝热，内能减小等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能减小反而更少，则气体吸
热。
（3）设充入的气体在该室温环境下压强为p 时的体积为V，充气过程中气体温度不变，根据玻
0
意耳定律有
p V +p V＝4p V
0 0 0 0 0
解得
V＝3V
0
答：（1）气体在状态N与状态M时的热力学温度之比为 p V ；
1 1
4 p V
0 0
（2）气体吸热；
（3）充入的气体在该室温环境下压强为p 时的体积为3V 。
0 0
11. （2024•镇海区校级一模）某款智能手机可以直接显示手机所处环境的压强和温度，
某科创小组想利用智能手机的这种功能测量一形状不规则又易溶于水的物体密度，他们自制了
“测量筒”，测量筒由上端开口的隔热性良好且可电加热的圆柱形气缸和横截面积为S＝
0.20m2的隔热轻质活塞组成。具体操作如下：
第一步：如图甲所示，将手机放入测量筒，放上活塞，手机稳定显示压强p ＝1.013×105Pa；
1
第二步：如图乙所示，在活塞上轻放待测物体，稳定后，手机显示压强p ＝1.015×105Pa；
2
第三步：如图丙所示，把待测物体也放入气缸里，再放上活塞，待手机稳定显示温度 T ＝270K
1
时，测得活塞到汽缸底部高度h＝0.50m。然后开启电热丝加热一段时间，待手机稳定显示温度
T ＝310K时，测得活塞上升了Δh＝0.05m。（封闭的空气视为理想气体，忽略一切摩擦，待测
2
物体的体积始终不变，不计电热丝和手机的体积）。求：（1）第二步中，筒内气体在放上待测物前后的两种稳定状态进行比较，放上待测物后筒内气体
分子的平均速率 （填“增大”、“减小”、“不变”），气体的内能 （填“增
加”、“减少”、“不变”）：
（2）待测物体的质量 ；
（3）待测物体的体积 。
【解答】解：（1）在绝热条件下，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增加，
温度升高，则气体分子的平均速率增大。
（2）对活塞，由平衡条件有
p S+mg﹣p S＝0
1 2
解得待测物的质量为
m＝4kg
（3）在对气体缓慢加热的过程中，气体的压强保持不变，由盖—吕萨克定律得
V V
1= 2
T T
1 2
设待测物的体积为V，可得
V = ℎS−V =0.5×0.2m3−V =0.1m3−V
1
V =(ℎ +Δℎ)S−V =(0.5+0.05)×0.2m3−V =0.11m3−V
2
代入数据解得
V＝0.0325m3
故答案为：（1）增大，增加；（2）4kg；（3）0.0325m3。
12. （2024•南宁模拟）如图甲所示，质量为4.0kg、面积为8.0cm2的绝热活塞将理想气体
封闭在上端开口的直立圆筒型绝热气缸中，活塞可沿气缸无摩擦滑动且不漏气。某时刻活塞静
止于A位置，气缸内气体的内能U ＝100J。现通过电热丝缓慢加热直到活塞到达位置B，缸
0内气体的V﹣T图像如图乙所示。已知大气压 ，重力加速度g取10m/s2。已
p =1.0×105Pa
0
知一定质量理想气体的内能只是温度的函数，气体的内能与热力学温度成正比。求：
（1）活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度和活塞处于B位置时气体的内能；
（2）从A到B，气体从电热丝吸收的总热量。
【解答】解：（1）设活塞在A位置时气体的体积为V ，热力学温度为T 。在B位置时气体的
A A
体积为V ，热力学温度为T ，内能为U 。
B B B
从A到B，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有
V V
A = B
T T
A B
可得活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度为
T ＝280K
A
根据气体的内能与热力学温度成正比，得
U T
B= B
U T
0 A
可得活塞处于B位置时气体的内能为
U ＝150J
B
（2）活塞从A位置缓慢到B为止，活塞受力平衡，以活塞为研究对象，则有
pS＝p S+mg
0
可得气缸内气体的压强为
p＝1.5×105Pa
从A到B，外界对气体做功为
W＝﹣p（V ﹣V ）
B A解得
W＝﹣45J
由热力学第一定律
ΔU＝Q+W
其中
ΔU＝U ﹣U ＝50J
B 0
解得从A到B，气体从电热丝吸收的总热量为
Q＝95J
答：（1）活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度为280K，活塞处于B位置时气体的内能
为150J。
（2）从A到B，气体从电热丝吸收的总热量为95J。
考向四 气体变质量问题
13. （2024•青山湖区校级模拟）干瘪的篮球在室外温度为300K时，体积为0.9V，球内
压强为p 。为了让篮球鼓起来，将其放入温度恒为350K热水中，经过一段时间后鼓起来了，
0
体积恢复原状V，此过程气体对外做功为W，球内的气体视为理想气体且球不漏气，若球内气
体的内能满足U＝kT（k为常量且大于零），已知大气压强为p ，求：
0
（1）恢复原状时的篮球内气体的压强；
（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量。
【解答】解：（1）将球内气体为理想气体，由理想气体状态方程有
p ⋅0.9V pV
0 =
T T
1 2
解得恢复原状时的篮球内气体的压强为p＝1.05p
0
（2）由U＝kT可知，该过程气体内能变化量为
ΔU＝kΔT＝350k﹣300k＝50k
由热力学第一定律有
ΔU＝﹣W+Q
解得
Q＝50k+W
答：（1）恢复原状时的篮球内气体的压强为1.05p ；
0
（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量为50k+W。
14. （2024•绍兴二模）如图1所示，开口的塑料瓶下部分盛有一定质量的液体，上部分
被空气占据，此时瓶内空气温度为280K、压强为1.0×105Pa。当瓶内空气温度从280K升高到
300K时，部分空气将跑到大气中，立即用质量为50g、横截面积为2cm2的圆柱形瓶塞密封上
部分剩余的空气（图2所示），再将瓶内空气温度恢复至280K，接着维持此温度，然后用力
挤压塑料瓶使瓶塞弹出，已知大气温度恒为280K、压强恒为1.0×105Pa，瓶塞与瓶口的最大静
摩擦力为3.5N。不考虑瓶内空气升温和降温过程中塑料瓶的体积和液体的物态变化，挤压塑
料瓶过程中瓶内空气温度保持不变，瓶塞体积相对于瓶内空气体积可忽略不计。
（1）瓶塞密封的剩余空气从300K降温至280K的过程中，塑料瓶内壁单位面积上受到的压力
（选填“增大”、“减小”或“不变”），剩余空气向外界 （选填“吸热”或“放
热”）。
（2）求瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例。（结果可用分数表示）
（3）求瓶塞恰好被弹出时，瓶内剩余空气体积变为挤压前的几倍？（结果可用分数表示）
p
【解答】解：（1）瓶塞密封的剩余空气从300K降温至280K的过程中，根据查理定律 =C可
T
知，温度降低，压强减小，则塑料瓶内壁单位面积上受到的压力减小，气体内能减小，与外界做功为0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体向外界放热；
（2）瓶内空气温度从280K升高到300K时，部分空气将跑到大气中，气体经历等压变化，则有
V V
1= 2
T T
1 2
则瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例为 N 100% T 100% 280
= 1× = 1× = ×
N T 300
η 2 2
100%＝93%
（2）塑料瓶塞弹出前后气体经历等容变化，则有p p
0= 1
T T
2 0
根据受力平衡有p S＝p S+mg+f
2 0
挤压塑料瓶时，气体经历等温变化，根据玻意耳定律有p V ＝p V
2 3 1 1
瓶塞恰好被弹出时，设瓶内剩余空气体积变为挤压前的n倍，则有
n V
= 3
V
1
解得n＝0.78
故答案为：（1）减小；放热；（2）瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例为
93%；（3）瓶塞恰好被弹出时，瓶内剩余空气体积变为挤压前的0.78倍。
15. （2024•龙凤区校级模拟）抽气吸盘能帮助工人快速搬运大质量岩板、瓷砖、玻璃等。
某次施工时，工人把横截面积为S＝0.02m2的吸盘放在质量m＝20kg的岩板上，多次按压抽气
泵抽出吸盘内空气，使吸盘内空气体积变为原来的一半，此时恰能向上提起岩板，假设吸盘内
的气体为理想气体，抽气过程中温度不变，外界大气压强为 ，重力加速度大
p =1.0×105Pa
0
小取g＝10m/s2。求：
（1）此时吸盘内气体压强；
（2）吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值。【解答】解：（1）设此时吸盘内气体压强为p，以岩板为对象，根据受力平衡可得
mg+pS＝p S
0
mg 20×10
可得 p=p − =1.0×105Pa− Pa=9.0×104Pa
0 S 0.02
（2）设吸盘内原来空气体积为V，根据玻意耳定律可得
V
p V =p⋅ +p V
0 2 抽 抽
则吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值为
V 1
p V−p⋅ 1.0×105−0.9×105×
m p V 0 2 2 11
抽= 抽 抽= = =
m P V P V 1.0×105 20
0 0 0
答：（1）此时吸盘内气体压强为9.0×104Pa；
11
（2）吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值为 。
20
16. （2024•黄州区校级二模）如图所示，水平均匀薄玻璃管（质量忽略不计）长为 L ＝
0
65cm，右端开口，左端封闭并固定在竖直转轴上。静止时，用长度为 L＝5cm的水银柱村闭着
一段长度为L ＝40cm的空气。不计一切摩擦，不考虑流速影响，气体温度始终保持不变，管
1
口处压强始终为为p ＝75cmHg，重力加速度大小g＝10m/s2。
0
（1）当玻璃管绕竖直轴以角速度 匀速转动时，水银柱刚好没有从玻璃管中溢出，求角速度
1
；（结果可用根式表示） ω
1
ω（2）若从管中抽出部分气体后，玻璃管绕轴仍以（1）中角速度 匀速转动，空气柱的长度仍
1
为40cm。求抽出气体质量与抽气前气体总质量的比值。（无需解ω答过程，本问直接写出结果即
可）【解答】解：（1）对封闭气体开始时的压强为p ＝p ＝75cmHg，V1＝L S
1 0 1
当玻璃管绕竖直轴以角速度 匀速转动时，水银柱刚好没有从玻璃管中溢出，此时封闭气体的
1
体积为 ω
V ＝（L ﹣L）S，因为是温度不变，根据玻意耳定律有
2 0
p V ＝p V
1 1 2 2
代入数据解得p ＝50cmHg
2
设水银柱质量为m，则m＝ LS，当玻璃管转动时，根据牛顿第二定律有
p S﹣p S＝mR ρ
0 2 ω2
1
L
其中R＝L −
0
2
代入数据解得
ω =4√5rad/s
1
（2）当长度为40cm时.此时空气柱压强为p3
则对水银柱由牛顿第二定律有
p S﹣p S＝mR'
0 3 ω2
1
L
其中R'＝L +
1
2
代入数据可得p ＝58cmHg
3
PV
由 =nR ，知n为气体物质的量R 为常数
0 0
T
所以剩余气体的质量与总质量比为
m n p 58
= = 3=
m n p 75
0 0 1抽出气体质量与抽气前气体总质量的比值为
Δm 17
=
m 75
0
