文档内容
2.3 专题：图像、变质量与关联气体问题
目录
【学习目标】.....................................................................................................................................................................................1
【思维导图】.....................................................................................................................................................................................2
【知识梳理】.....................................................................................................................................................................................3
知识点1：理想气体的图像问题........................................................................................................................................3
知识点2：气体变质量问题.................................................................................................................................................7
知识点3：关联气体、关联过程问题.............................................................................................................................11
【方法技巧】...................................................................................................................................................................................16
方法技巧1 变质量问题......................................................................................................................................................16
方法技巧2 关联气体问题.................................................................................................................................................16
【巩固训练】...................................................................................................................................................................................16
【学习目标】
学习目标：
1. 能根据图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并能解决气体状态变化问题。
2. 会应用假设法分析液柱(或活塞)的移动问题。
3. 能解决变质量气体问题。
4. 熟练解决关联气体问题。
5. 会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题。
学习重点：
1. 会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题。
2. 使变质量气体问题转化为定质量的气体问题。
3. 关联气体问题。
学习难点：
1. 解决关联气体问题。
2. 会应用假设法分析液柱(或活塞)的移动问题。
3. 会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题。【思维导图】【知识梳理】
知识点 1：理想气体的图像问题
1．图像的综合问题
名称 图像 特点 其他图像
pV=CT(C为常量)，即p与V
p-V
的乘积越大的等温线对应的温
等
度越高，离原点越远
温
线 𝐶𝑇
p= ，斜率k=CT，即斜率越
p- 1 𝑉
𝑉
大，对应的温度越高
等
p= 𝐶 T，斜率k= 𝐶 ，即斜率越
容 p- T 𝑉 𝑉
大，对应的体积越小
线
等
V= 𝐶 T，斜率k= 𝐶 ，即斜率越
压 V-T 𝑝 𝑝
大，对应的压强越小
线
【归纳总结】
图像问题的理解与分析方法：
(1)准确理解p-V图像、p-T图像和V-T图像的特点、函数关系和物理意义。
(2)知道图线上的某一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。
(3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态
(p'、V'、T')的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程。
(4)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T。
【典例1】（单选）如图所示为一定质量的某种气体在𝑝―𝑉图中的等温线，𝐴、𝐵是等温线上的两点，
△𝑂𝐴𝐷和△𝑂𝐵𝐶的面积分别为𝑆 和𝑆 ，则 ( )
1 2
A. 𝑆 > 𝑆 B. 𝑆 = 𝑆 C. 𝑆 < 𝑆 D. 无法比较
1 2 1 2 1 2
【答案】B
1 𝑝𝑉
【解析】三角形面积：𝑆 = 𝑝𝑉，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程： = 𝐶，则：
2 𝑇
𝑝𝑉 = 𝐶𝑇，由于𝐶是常数，温度𝑇保持不变，则𝑝𝑉相等，两三角形的面积相等，即𝑆 = 𝑆 ，故B正确，
1 2
ACD错误；
故选B。
【典例2】（单选）图示为一定质量的理想气体由状态𝐴经过状态𝐵变为状态𝐶的𝑉―𝑇图像。已知气体在
状态𝐴时的压强是1.5×105𝑃𝑎。关于气体的状态，下列说法正确的是( )
A. 气体在状态𝐶的压强为2.0×105𝑃𝑎
B. 气体在状态𝐶的压强为1.0×105𝑃𝑎
C. 从状态𝐴到状态𝐵气体的压强增大
D. 从状态𝐴到状态𝐵气体的压强减小
【答案】A
𝑝𝑉
【解析】𝐶𝐷.在𝑉―𝑇图像中，𝐴𝐵为过坐标原点的直线，由理想气体状态方程： = 𝐶，可知从状态𝐴到状态
𝑇
𝐵气体做等压变化，故CD错误；
𝑝 𝑉 𝑝 𝑉
𝐴𝐵.气体质量不变，从𝐵到𝐶，根据理想气体状态方程得 𝐵 𝐵 = 𝐶 𝐶，其中𝑝 = 𝑝 = 1.5×105𝑃𝑎
𝑇 𝑇 𝐵 𝐴
𝐵 𝐶
代入数据解得：𝑝 = 2×105𝑃𝑎，故B错误，A正确。
𝐶故选：𝐴。
【变式1】（单选）如图所示，在水平地面上固定一个𝑈形汽缸，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气
体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁摩擦不计，外界大气压为𝑝 ，活塞紧压小挡板。现缓
0
慢升高汽缸内气体的温度，则图中能反映汽缸内气体的压强𝑝随热力学温度𝑇变化的图像的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气
体的压强𝑝与汽缸内气体的热力学温度𝑇成正比，在𝑝 ―𝑇图像中，图线是过原点的倾斜直线；
由于活塞重力不计，故当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压
膨胀，在𝑝 ―𝑇图像中，图线是平行于𝑇轴的直线，D正确。
【变式2】（单选）装在密闭容器中的理想气体，它的压强𝑝随摄氏温度𝑡的变化规律有两种情况，如图
中直线1和2所示，它们都是过横轴上𝑄点的直线，下列判断正确的是( )A. 𝑄点坐标值为―273.15℃，就是热力学温标的绝对零度
B. 在同一温度下，图线1对应的气体分子单位时间、单位面积上撞击器壁的分子数比图线2对应的少
C. 在同一压强时，图线1对应的所有气体分子的运动速率比图线2对应的大
D. 图线1对应气体的体积大于图线2对应的气体的体积
【答案】A
【解析】A、𝑄点坐标值为―273.15°𝐶，这是热力学温标的绝对零度，故A正确；
B、温度相同时，图1对应的理想气体度压强大，所以体积小，则其分子数密度大，单位时间撞击单位
面积器壁的分子数多，故B错误；
C、在同一压强时图1气体温度比图2气体温度低，所以图1气体平均速率比2小，所以图线1对应的所有
气体分子的运动速率不一定比图线2对应的大，故C错误；
D、温度相同时，图1对应的理想气体度压强大，所以体积小，故D错误。
故选A。
1
【变式3】（多选）如图所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条𝑝― 图线，由图可知( )
𝑉
A. 一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B. 一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
C. 𝑇 > 𝑇
1 2
D. 𝑇 < 𝑇
1 2
【答案】BD
𝑝
【解析】𝐴𝐵.由图可知一定质量的气体在发生等温变化时，由图线过原点可知 1 = 恒量，即斜率𝑘 = 𝑝𝑉
𝑉为恒量，所以𝑝与𝑉成反比，故A错误，B正确；
1
𝐶𝐷.由理想气体状态方程知，𝑝― 图线斜率越大，温度越高，故由图可知𝑇 < 𝑇 ，故C错误，D正确。
1 2
𝑉
知识点 2：气体变质量问题
1.变质量问题
变质量问题可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，应用理想气体
pV pV p′V′ p′V′
1 1 2 2 1 1 2 2
状态方程的分态式 ＋ ＋…＝ ＋ ＋…求解，或巧妙应用玻意耳定律pV＋pV＋…＝pV
T T T′ T′ 1 1 2 2
1 2 1 2
求解。
向容器中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择容器原有气体和即将打入的气体
打气
作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问
问题
题
抽气 从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每
问题 次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类
分装
问题时，可以把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象，可
问题
将变质量问题转化为定质量问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用气体变化规律求解。
漏气
如果选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状
问题
态变化，可用气体变化规律求解
【归纳总结】
将“变质量”转化为“定质量”的处理方法：在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将变质量问题
变成定质量问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压
漏气，都要将漏掉的气体“收”回来，可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中
剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。
【典例1】（2025·海南海口·模拟预测）海南省由于其独特的地理位置，夏季温度较高，昼夜温差较大，
2019年6月3日中午地表温度甚至超过70℃。温度较大波动对汽车轮胎胎压造成的影响直接关系到行
车安全。若某天清晨的气温是27℃，车主将汽车的胎压调整至如图所示2.4bar（按照行业标准，夏季
的胎压为2.4bar），此车胎压监测系统监测到胎压低于1.8bar或高于2.7bar皆会触发报警。（忽略胎压
变化过程中气体体积的变化）求：(1)若中午气温升至35℃，轮胎因长时间行驶温度上升到57℃，通过计算判断胎压监测系统是否会报
警；
(2)因车胎被扎钉子而缓慢漏气，刚好触发报警时，求漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值（缓
慢漏气过程中忽略气体温度变化）。
1
【答案】(1)胎压监测系统不会报警 (2)
3
【解析】（1）根据题意，轮胎内气体发生等容变化，变化前𝑇 = (27+273)𝐾 = 300𝐾，𝑝 = 2.4bar
1 1
变化后𝑇 = (57+273)𝐾 = 330𝐾
2
𝑝 𝑝
则 1 = 2
𝑇 𝑇
1 2
解得p =2.64bar<2.7bar，故胎压监测系统不会报警。
2
（2）根据题意，缓慢漏气过程气体发生等温变化，漏气前𝑝 = 2.4bar，𝑉 = 𝑉
1 1 0
漏气后p =1.8bar，设总体积为V
2 2
则𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉
1 1 2 2
4
解得𝑉 = 𝑉
2 0
3
1
则轮胎内剩余气体体积V =V ，漏出气体的体积𝑉 = 𝑉 ―𝑉 = 𝑉
余 0 漏 2 0 3 0
所以漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值 𝑚 漏 = 𝑉 漏 = 1
𝑚 余 𝑉 余 3
【典例2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）一个10L的氧气瓶在室温为27℃时，残留氧气的压强为0.2MPa，
现要给其加注氧气，要求在室温下压强达到150MPa，加注氧气及加注完毕后冷却过程中，监测到瓶内
氧气压强随温度变化如图所示。已知加注完毕时，瓶内气体温度为350K。瓶内氧气的压强𝑝、体积V 、
温度𝑇、物质的量𝑛（mol）在数值关系上满足𝑝𝑉 = 8.31𝑛𝑇，氧气的摩尔质量为32g/mol，氧气可视为理
想气体，求：(1)刚加注完成时，瓶内氧气的压强；
(2)加注氧气的质量。（计算结果保留到小数点后三位，单位：kg）
【答案】(1)175MPa (2)19.228Kg
【解析】（1）从刚加注完毕到冷却至常温过程，瓶内氧气发生等容变化，根据查理定律则有
𝑃1
=
𝑃0
𝑇 𝑇
1 0
其中𝑝 = 150MPa，𝑇 = 300𝐾，𝑇 = 350𝐾
0 0 1
解得𝑝 = 175MPa
1
（2）由题可知𝑝𝑉 = 8.31𝑛𝑇
𝑝𝑉
解得𝑛 =
8.31𝑇
则加注前瓶内氧气的物质的量𝑛 = 𝑝 残留 𝑉 = 0.2×106×10×10―3 mol=0.802mol
1 8.31𝑇 0 8.31×300
质量𝑚 = 𝑛 𝑀 = 25.66𝑔
1 1
𝑝 𝑉
同理，则有𝑛 = 1 = 601.7mol
2 8.31𝑇
1
氧气加注完毕后，瓶内氧气的质量𝑚 = 𝑛 𝑀 = 19.254kg
2 2
所以加注氧气的质量为𝛥𝑚 = 𝑚 ―𝑚 ≈ 19.228kg
2 1
【变式1】（2025·宁夏吴忠·一模）由于在高原地区活动容易缺氧，大部分游客在前往海拔较高的地区游
玩时会携带便携式喷气氧气瓶。某游客在前往高海拔地区前，将空的氧气瓶充气并携带至高海拔地区。
已知充气后氧气瓶内的气压𝑝 = 1.5×105Pa，低海拔地区气温𝑇 = 300𝐾，气压𝑝 = 1×105Pa，高海
1 1
拔地区气温𝑇 = 270𝐾，气压𝑝 = 6×104Pa。氧气瓶内部温度与外界温度一致，体积保持不变，容积为
2 2
𝑉 = 1.5𝐿。若氧气瓶单次喷出的气体体积恒为𝑉 = 0.05𝐿，压强恒为𝑝 = 1×105Pa。
0 0
(1)求该游客自制氧气瓶在高海拔地区时瓶内的气压大小；
(2)氧气瓶可承受的内外气压差最大为𝛥𝑝 = 5×104Pa，直接将该自制氧气瓶带至高海拔地区，氧气瓶
会损坏。为了保证使用安全，求在前往高海拔地区前游客需要至少喷气几次。
(3)游客携带第（2）问喷气后的氧气瓶到达高海拔地区后，求将氧气瓶可以正常喷气的次数（当氧气瓶
内部气压等于外界气压时，瓶内气体无法喷出）。
【答案】(1)1.35×105Pa； (2)9次 (3)14次
𝑝 𝑝′
【解析】（1）将自制氧气瓶从低海拔地区带至高海拔地区时，根据查理定律 =
𝑇 1 𝑇 2
可得𝑝′ = 1.35×105Pa
（2）氧气瓶可承受的内外气压差最大为𝛥𝑝 = 5×104Pa，故在高海拔地区氧气瓶可承受的内部压强最大值为
𝑝2𝛥5Pa′
𝑚𝑎𝑥设低海拔地区最大压强为P ，根据查理定律
𝑝
max =
𝑝′
𝑚𝑎𝑥
max 𝑇 1 𝑇 2
可得𝑝 =
1.1×106
Pa
max
9
故需喷出次数为𝑁 = (𝑝―𝑝 max )𝑉 = 25
1 𝑉 0 𝑝 0 3
由于喷气次数为整数，为了保证使用安全向上取整，故𝑁 = 9次
1
（3）氧气瓶在低海拔地区喷完9次后氧气瓶内的气压为𝑝 ，则有𝑝 𝑉 = 𝑝𝑉―9𝑉 𝑝
喷后 喷后 0 0
解得𝑝 = 1.2×105Pa
喷后
将喷后的氧气瓶拿到高海拔地区后，根据查理定律
𝑝
喷后 =
𝑝喷′ 后
𝑇 1 𝑇 2
氧气瓶内气压变为𝑝喷′ 后 = 1.08×105Pa。
由于氧气瓶内部气压等于外界气压时，瓶内气体无法喷出。在高海拔地区氧气瓶可喷出的次数为𝑁 =
2
(𝑝喷′ 后―𝑝 2 )𝑉 = 72
𝑉 0 𝑝 0 5
要求氧气瓶可以正常喷气的次数，即向下取整，则𝑁 = 14次。
2
【变式2】（25-26高三上·江苏南京·阶段练习）某型号汽车轮胎采用高强度橡胶材料制成。清晨时被充
入质量为m 的理想气体后，轮胎内气体压强为p ，温度为T 。经过白天长时间行驶和太阳暴晒，轮胎
0 0 0
内气体温度上升至1.2T 。假设轮胎内气体的体积不变且没有漏气。求：
0
(1)此时轮胎内气体的压强；
(2)为使轮胎内气体压强恢复到p ，需释放掉的气体的质量（假设放气过程中，轮胎内气体的温度保持
0
1.2T 不变）。
0
𝑚
【答案】(1)1.2p (2) 0
0 6
𝑝 𝑝
【解析】（1）根据查理定律有 0 = 1
𝑇 1.2𝑇
0 0
解得p 1.2p
1= 0
（2）设轮胎的容积为V ，在1.2𝑇 下释放掉气体的体积为𝛥𝑉，根据玻意耳定律有𝑝 (𝑉 +𝛥𝑉) = 𝑝 𝑉
0 0 0 0 1 0
解得𝛥𝑉 = 0.2𝑉
0
则有 𝑚 放 = 𝛥𝑉 = 0.2𝑉 0 = 1
𝑚 0 𝑉 0 +𝛥𝑉 𝑉 0 +0.2𝑉 0 6
𝑚
解得𝑚 = 0
放 6
【变式3】（25-26高三上·广西·开学考试）如图所示，一导热良好的柱形容器内壁光滑，被隔板分成A、
B两部分，起初A、B两部分封闭气体的质量均为m，压强均为1.2𝑝 ，隔板到左、右两底面的距离均为
0
L。现打开左侧阀门，A部分气体缓慢排出，封闭气体可视为理想气体，外界大气压强恒为𝑝 ，外界环
0境温度不变，求：
(1)稳定后隔板向左移动的距离d；
(2)稳定后从阀门排出的气体质量𝛥𝑚。
𝐿 𝑚
【答案】(1)𝑑 = (2)Δ𝑚 =
5 3
【解析】（1）在A部分气体缓慢排出的过程中，气体压强减小，隔板缓慢向左运动，稳定后B部分封闭气
体的压强等于外界大气压，设隔板的面积为S，对B部分气体，整个过程可以看成等温变化，根据玻意耳定
律可得1.2𝑝 𝐿𝑆 = 𝑝 (𝐿+𝑑)𝑆
0 0
𝐿
解得𝑑 =
5
（2）A部分气体等温膨胀到压强为𝑝 时的体积𝑉 = (𝐿+𝑑)𝑆
0
Δ𝑚 𝑉―𝑆(𝐿―𝑑)
则有 =
𝑚 𝑉
𝑚
解得Δ𝑚 =
3
知识点 3：关联气体、关联过程问题
1．关联气体问题的一般方法
即两部分气体，它们之间没有气体交换，但其压强或体积这些状态参量间存在一定的关系，分析清楚
这些关系是解决问题的关键。解决这类问题的一般方法：
(1).把两部分气体分开，分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况，分别列出相应的方
程，切不可将两部分气体视为同一气体的两种状态。
(2).要找出两部分气体之间的联系，如平衡时压强相等、总体积不变等。
(3).在涉及气体的内能、分子势能的问题时要特别注意该气体是否为理想气体；在仅涉及气体的状态
参量关系时往往将实际气体当成理想气体处理，但这时要关注的是气体是否满足一定质量这一条件。
2． 液柱移动问题
分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的状态方程进行推理，得出正确的答案。常用推论有两个：
Δp p ΔT
(1)查理定律的分比形式 ＝ 或Δp＝ p。
ΔT T T
ΔV V ΔT
(2)盖－吕萨克定律的分比形式 ＝ 或ΔV＝ V。
ΔT T T
【典例1】（24-25高二下·湖北咸宁·期末）如图，容积均为V 、缸壁可导热的甲、乙两圆柱形汽缸通过
0
体积可忽略的细管连通，放置在压强为p 、温度为T 的环境中；甲汽缸的左下部通过开口O与外界相
0 0
通，汽缸内的两活塞各自将缸内气体分成体积相等的两部分，环境压强保持不变，不计活塞的体积，忽
略摩擦。
(1)若将环境温度缓慢降低，求甲汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时的温度；
3𝑇
(2)若将环境温度缓慢降低至 0，然后用气泵从开口O向汽缸内缓慢注入气体，求甲汽缸中的活塞刚到
4
达甲汽缸最右端时，乙汽缸内气体的压强。
2 9
【答案】(1) 𝑇 (2) 𝑝
0 0
3 8
【解析】（1）当环境温度降低时，被两活塞封闭的中间部分气体和乙右边部分气体都发生等压变化，则当甲
汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，由盖−吕萨克定律可得
1𝑉 𝑉
对于乙汽缸中右边部分气体有2 0 = 1
𝑇 𝑇
0
两活塞封闭的中间部分气体 𝑉 0 = 𝑉 0 ―𝑉 1
𝑇 0 𝑇
2
解得𝑇 = 𝑇
0
3
（2）设当汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，乙汽缸内气体的压强为p，则此时两活塞之间气体压强也
等于p，设此时乙内右边部分气体的体积为V，则两活塞中间气体被压缩的体积为V −V，则
0
𝑝 · 𝑉0 𝑝𝑉
对于乙汽缸中右边部分气体有 0 2 = 3𝑇
𝑇 0 4 0
两活塞封闭的中间部分气体 𝑝 0 𝑉 0 = 𝑝(𝑉 0 ―𝑉)
𝑇 0 3 4 𝑇 0
1 9
联立解得𝑉 = 𝑉 ，𝑝 = 𝑝
0 0
3 8
【典例2】（单选）如图所示，两根粗细不同、两端开口的直玻璃管𝐴和𝐵竖直插入同一水银槽中，各用
一段水银柱封闭着一定质量温度相同的理想气体，气柱长度𝐻 < 𝐻 ，水银柱长度ℎ > ℎ ，现使封闭
1 2 1 2空气降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是( )
A. 均向下移动，𝐴管移动较多
B. 均向下移动，𝐵管移动较多
C. 均向下移动，两管移动一样多
D. 水银柱的移动距离与管的粗细有关
【答案】B
【解析】对于管内封闭气体的压强可得𝑝 = 𝑝 +ℎ ，对气体2也可以有𝑝 = 𝑝 +ℎ ，因为ℎ > ℎ ，故𝑝
1 0 1 2 0 2 1 2 1
> 𝑝 ，封闭气柱降低相同的温度，两部分气体发生等压变化，根据盖―吕萨克定律得 𝑉 1 = 𝑉 1 ′ = 𝛥𝑉 ，解得
2 𝑇 1 𝑇 1 ′ 𝛥𝑇
𝑉 𝐻 ⋅𝑆 𝐻
𝛥𝑉 = 1𝛥𝑇，所以有𝛥𝐻⋅𝑆 = 1 ⋅𝛥𝑇，解得𝛥𝐻 = 1⋅𝛥𝑇，因为𝐻 < 𝐻 ，𝑇 = 𝑇 ，所以𝛥𝐻 < 𝛥𝐻 ，
𝑇 𝑇 𝑇 1 2 1 2 1 2
1 1 1
故气柱上方水银柱均向下移动，𝐵管移动较多，水银柱的移动距离与管的粗细无关，故A、𝐶、D错误，
B正确。
故选B。
【变式1】（24-25高二下·山东泰安·期末）医疗呼吸机在临床医疗中正发挥着极其重要的作用，某型号
2𝑝 𝑆
呼吸机工作原理可简化为如图所示装置，竖直放置的绝热密闭容器，横截面积为𝑆，有一质量为𝑀 = 0
𝑔
的绝热隔板放在卡槽上，隔板与容器密封良好，将容器分隔为容积均为V 的上下两部分，另有一只气
0
筒分别通过单向气阀𝑚、𝑛与容器上下两部分连接，气筒内活塞和气筒与容器连接处的体积不计，抽气、
打气时气体温度保持不变。两部分气体初始时温度为27°𝐶，𝑚、𝑛均关闭，活塞位于气筒最右侧，上下
气体压强均为大气压强𝑝 ，活塞从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧
0
完成一次打气。活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，此时容器上下两部分气体压强之比为
1:2，重力加速度为𝑔。(𝑇 = 𝑡+273𝐾)(1)求气筒的容积；
(2)完成一次打气后，将𝑚、𝑛关闭，容器保持密封状态，通过电热丝对B中气体缓慢加热，使绝热隔板
2
缓慢向上移动，当A中气体变为 𝑉 时停止加热，求此时B气体的温度𝑇。
0
3
1
【答案】(1) 𝑉 (2)900𝐾
0
2
【解析】（1）设气筒的容积为V，抽气后A中气体的压强变为𝑝 ，由于抽气、打气时气体温度保持不变，
𝐴
根据玻意耳定律可得抽气过程有𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 +𝑝 𝑉
0 0 𝐴 0 𝐴
𝑝 𝑉
解得𝑝 = 0 0
𝐴 𝑉 +𝑉
0
同理设打气后B中气体的压强变为𝑝 ，则打气过程有𝑝 𝑉 +𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉
𝐵 0 0 𝐴 𝐵 0
𝑝 (𝑉 +2𝑉)
解得𝑝 = 0 0
𝐵 𝑉 +𝑉
0
𝑝0𝑉0
由题意可知 𝑝 𝐴 = 𝑉0+𝑉 = 1
𝑝 𝐵 𝑝0 𝑉0+2𝑉 2
𝑉0+𝑉
1
解得气筒的容积为𝑉 = 𝑉
0
2
2
同时可求出完成一次打气后A中气体的压强变为𝑝 = 𝑝
𝐴 0
3
4
B中气体的压强变为𝑝 = 𝑝
𝐵 0
3
（2）设当A中气体体积变为𝑉 = 2 𝑉 时，其压强为𝑝′，则根据玻意耳定律可得𝑝 𝑉 = 𝑝′𝑉
𝐴 3 0 𝐴 𝐴 0 𝐴 𝐴
解得𝑝′ = 3 𝑝 = 3 × 2 𝑝 = 𝑝
𝐴 2 𝐴 2 3 0 0
设此时B中气体的压强为𝑝′ ，对隔板进行受力分析，列平衡方程有𝑝′𝑆+𝑀𝑔 = 𝑝′ 𝑆
𝐵 𝐴 𝐵
解得停止加热时B中气体的压强为𝑝′ = 3𝑝
𝐵 0
4
已知未加热时B中气体的压强为𝑝 = 𝑝 ，体积为V ，温度为𝑇 = 27+273𝐾 = 300𝐾
𝐵 0 0 𝐵
3
1 4
停止加热时B中气体的体积为𝑉 = 𝑉 + 𝑉 = 𝑉
𝐵 0 0 0
3 3设停止加热时其温度为𝑇′ ，则对B中气体列理想气体状态方程有 𝑝 𝐵 𝑉 0 = 𝑝 𝐵 ′𝑉 𝐵
𝐵 𝑇
𝐵
𝑇′
𝐵
解得停止加热时B中气体的温度为𝑇′ = 900𝐾
𝐵
【变式2】（24-25高二下·河北邢台·期末）如图所示，密闭容器竖直放置且分成A和B两部分，A部分
空气柱的长度为4L，空气柱的压强𝑝 = 𝜌𝑔𝐿，水银柱的长度为2L，横截面积为S；B部分空气柱的长
𝐴
度为2L，水银柱的长度为2L，横截面积为2S。A和B两部分空气柱的热力学温度均为𝑇 ，现保持A部
0
分空气柱的温度不变，缓慢升高B部分空气柱的温度，已知水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。
(1)当A部分空气柱的长度为2L时，求A部分空气柱的压强𝑝′；
𝐴
(2)当A部分空气柱的长度为2L时，求B部分空气柱的热力学温度𝑇′ 。
𝐵
【答案】(1)𝑝 ′ = 2𝜌𝑔𝐿 (2)𝑇′ = 21𝑇 0
𝐴 𝐵 10
【解析】（1）对A部分空气柱有𝑉 = 4𝐿𝑆，𝑉′ = 2𝐿𝑆，由玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑝 ′𝑉 ′
𝐴 𝐴 𝐴 𝐴 𝐴 𝐴
解得𝑝 ′ = 2𝜌𝑔𝐿
𝐴
（2）当A部分空气柱的长度为2L时，A部分水银柱的长度增加了2L，B部分水银柱的长度减少了L，对
B部分空气柱有𝑝 = 𝑝 +4𝜌𝑔𝐿 = 5𝜌𝑔𝐿
𝐵 𝐴
𝑉 = 4𝐿𝑆，𝑇 = 𝑇
𝐵 𝐵 0
𝑝′ = 𝑝′ +𝜌𝑔(2𝐿+2𝐿+𝐿)，𝑉 ′ = (2𝐿+𝐿)2𝑆 = 6𝐿𝑆
𝐵 𝐴 𝐵
解得𝑇′ = 21𝑇 0
𝐵 10
【变式3】如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内吸入一小
段油柱，不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计.已知吸管的横截面积为𝑆，封闭气体温度为𝑇、
体积为𝑉，当温度变化量为𝛥𝑇时，油柱移动的距离为( )
𝑉 𝑉𝑆 𝑇𝑆 𝑇
A. 𝛥𝑇 B. 𝛥𝑇 C. D.
𝑇𝑆 𝑇 𝑉𝛥𝑇 𝑉𝑆𝛥𝑇
【答案】A【解析】饮料罐中气体的压强与外界大气压是相同的，饮料罐中的气体做等压变化，根据 𝑉 1 = 𝑉 2 = 𝛥𝑉
𝑇 1 𝑇 2 𝛥𝑇
𝛥𝑉 𝑉 𝛥𝑉 𝑆𝛥𝐿 𝑉𝛥𝑇
= ，可得 = = ，解得𝛥𝐿 = ，故A正确，BCD错误。
𝛥𝑡 𝑇 𝛥𝑇 𝛥𝑇 𝑇𝑆
【方法技巧】
方法技巧 1 变质量问题
在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用
气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回
来。可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把
变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。
方法技巧 2 关联气体问题
这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关
系，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键。
【巩固训练】
一、单选题。
1.小明同学在探究查理定律的实验中，先后用两个试管甲、乙，封闭了质量不同、体积不同(𝑉 > 𝑉 )、
甲 乙
但初始温度和压强都相同的同种气体做实验。若将测得气体的压强𝑝与热力学温度𝑇的数据，在同一
𝑝―𝑇坐标系中作图，得到的图像应是图中的( )
A. B. C. D.
【答案】A
𝑝𝑉 𝐶
【解析】由理想气体状态方程 = 𝐶 (常数)，可知𝑝 = 𝑇，在体积一定时，理想气体的压强与热力学温
𝑇 𝑉
𝐶
度成正比，得到的等压线是一条过绝对零点的直线，这条直线的斜率为 ；因为开始时二者具有相同的
𝑉
压强和温度，则斜率相同，同时图象均过坐标原点，所以两图象应重合，故A正确，BCD错误。
故选A。2.一根足够长的试管开口竖直向下，中间用水银封闭了一定质量的理想气体，如图所示。现将试管绕定
点缓慢向右转到虚线处，则下列图像中可能正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设管内气体的压强为𝑝、体积为𝑉，水银柱的长度为ℎ，转过的角度为𝜃，则𝑝 = 𝑝 ―𝑝 cos 𝜃，
0 ℎ
当𝜃增大时，cos 𝜃减小，封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变。
𝑝𝑉 𝐶
A.根据理想气体状态方程 = 𝐶可得：𝑉 = ⋅𝑇，
𝑇 𝑝
压强增大，𝑉―𝑇 图像中斜率应该减小，故A错误；
𝑝𝑉 𝐶
B.根据理想气体状态方程 = 𝐶可得：𝑝 = 𝑇，
𝑇 𝑉
气体体积减小、𝑝―𝑇 图像的斜率增大，故B错误；
𝑝𝑉 𝐶
C.根据理想气体状态方程 = 𝐶可得：𝑝 = 𝑇，
𝑇 𝑉
1
温度不变，𝑉减小， 增大，压强增大，图中箭头方向反了，故C错误；
𝑉
D.𝑝―𝑉图像的等温线为双曲线的一支，由于封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变，故D正确。
故选D。
3.某蔬菜大棚早晨时棚内气体(可视为理想气体)温度为7℃，由于阳光照射，中午时气温升高了18℃。
若大气压强不变，则中午时大棚内气体质量是早晨时大棚内气体质量的( )
280 298 7 7
A. 倍B. 倍C. 倍 D. 倍
298 280 18 25
【答案】A
【解析】早晨时棚内气体(可视为理想气体)温度为7℃ = 280𝐾，中午时若大气压强不变，根据理想气体
状态方程
𝑝𝑉
=
𝑝′𝑉′
，中午时棚内气体(可视为理想气体)温度为298𝐾，则中午时这部分气体体积是早晨时
𝑇 𝑇′
298
大棚内气体体积的 倍，由于大棚的容积一定，则中午时大棚内气体质量是早晨时大棚内气体质量的
280280
倍，故A正确。
298
1
4.如图所示，某热水瓶的容积为𝑉，瓶中刚好有体积为 𝑉的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2
2
𝑝 ，温度为87℃，环境大气压强为𝑝 ，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57℃，瓶中气体可看成理
0 0
想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶
中气体质量之比为( )
1 2 3 4
A. B. C. D.
11 11 11 11
【答案】A
【解析】设原来瓶中气体变成57℃、压强为𝑝 0 时，气体的总体积为𝑉 ′，根据理想气体状态方程，有1.2𝑝 0 ⋅1 2 𝑉
360𝐾
=
𝑝
0
𝑉′，
330𝐾
解得𝑉′ = 0.55𝑉，则跑出气体的质量与原来气体的质量之比为 𝛥𝑚 = 𝑉′―0.5𝑉 = 1 ，故选A。
𝑚 𝑉′ 11
5.如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了𝐴、𝐵两部分气
体。下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积，现使环境温度降低10℃，外界大气压保持不变，下
列说法正确的是( )
A. 活塞下降B. 活塞上升 C. 活塞静止不动D. 不能确定
【答案】A
【解析】初态时，对“工”字形活塞整体受力分析有𝑝 𝑆 +𝑀 𝑔+𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆 +𝑝 𝑆
𝐴 𝐴 工 0 𝐵 𝐵 𝐵 0 𝐴
对上面气缸受力分析有𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆 +𝑀 𝑔
𝐴 𝐴 0 𝐴 上缸末态时，对“工”字形活塞整体受力分析有𝑝 ′𝑆 +𝑀 𝑔+𝑝 𝑆 = 𝑝 ′𝑆 +𝑝 𝑆
𝐴 𝐴 工 0 𝐵 𝐵 𝐵 0 𝐴
对上面气缸受力分析有𝑝 ′𝑆 = 𝑝 𝑆 +𝑀 𝑔
𝐴 𝐴 0 𝐴 上缸
联立方程，解得𝑝 ′ = 𝑝 ，𝑝 ′ = 𝑝
𝐴 𝐴 𝐵 𝐵
对𝐴、𝐵气体，根据理想气体状态方程可得 𝑝 𝐴 𝑉 𝐴 = 𝑝 𝐴 ′𝑉 𝐴 ′ ， 𝑝 𝐵 𝑉 𝐵 = 𝑝 𝐵 ′𝑉 𝐵 ′
𝑇 𝑇′ 𝑇 𝑇′
因温度降低，𝑝 ′ = 𝑝 ，𝑝 ′ = 𝑝 ，则𝑉 ′、𝑉 ′均变小。
𝐴 𝐴 𝐵 𝐵 𝐴 𝐵
故选A。
6.如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦)，用一
弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为𝐿，活塞距地面的高度为ℎ，汽缸底部距地面
的高度为𝐻，活塞内气体压强为𝑝，体积为𝑉，下列说法正确的是( )
A. 当外界温度升高(大气压不变)时，𝐿变大、𝐻减小、𝑝变大、𝑉变大
B. 当外界温度升高(大气压不变)时，ℎ减小、𝐻变大、𝑝变大、𝑉减小
C. 当外界大气压变小(温度不变)时，𝐿不变、𝐻变大、𝑝减小、𝑉不变
D. 当外界大气压变小(温度不变)时，ℎ不变、𝐻减小、𝑝减小、𝑉变大
【答案】D
【解析】𝐴𝐵、当外界温度升高(大气压不变)时，选择活塞与汽缸为整体对其受力分析，受到竖直向下
的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度不变，活塞
的位置不变，则ℎ和𝐿不变；
汽缸内的气体做等压变化，根据理想气体状态方程可以判断，温度升高时，体积𝑉增大，则汽缸下落，
所以𝐻减小，𝑝不变，故AB错误；
𝐶𝐷、当外界大气压变小(温度不变)时，选择活塞与汽缸为整体对其受力分析，受到竖直向下的总重力
和弹簧向上的拉力，在外界大气压减小过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度不变，活
𝑚 𝑔
塞的位置不变，则ℎ和𝐿不变；气体压强𝑝 = 𝑝 ― 汽缸 ，外界大气压𝑝 减小，气体压强𝑝减小，气体温度
0 𝑆 0
汽缸
不变，由理想气体状态方程可知，气体体积𝑉增大，则汽缸下移，𝐻减小，故C错误，D正确。
故选：𝐷。二、多选题。
7.如图所示是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么以下四种解释中，哪些是正确的( )
A. 𝑎→𝑑的过程气体体积增加 B. 𝑏→𝑑的过程气体体积不变
C. 𝑐→𝑑的过程气体体积增加 D. 𝑎→𝑑的过程气体体积减小
【答案】AB
【解析】
𝑝𝑉
如图，连接𝑎𝑂、𝑐𝑂，则𝑎𝑂、𝑐𝑂、𝑑𝑂均可表示气体发生等容变化，由气态方程 = 𝐶知，
𝑇
𝑝
𝐴𝐷、由状态𝑎变到状态𝑑的过程中， 减小，则气体的体积增大，故A正确，D错误；
𝑇
B、由状态𝑏变到状态𝑑的过程中，气体等容，故体积不变，故B正确；
𝑝
C、由状态𝑐到状态𝑑的过程中，倾角变大，则 变大，故气体体积减小，故C错误。
𝑇
故选：𝐴𝐵
8.如图所示，导热性能良好、质量为𝑚的汽缸开口向下倒立在水平地面上，缸壁靠近开口处有一小孔可
1
与大气连通，缸内一根劲度系数为𝑘的轻弹簧直立在地面上，一端与地面接触，另一端与质量为 𝑚的活
2
𝑚𝑔
塞接触，此时弹簧的压缩量为 ，活塞离缸底的距离为𝑑，活塞的横截面积为𝑆。不计活塞厚度，活塞
4𝑘
4𝑚𝑔
与汽缸内壁无摩擦且不漏气，环境温度为𝑇 ，大气压强恒为 ，重力加速度为𝑔。则( )
0
𝑆15𝑚𝑔
A. 缸内封闭气体的压强大小为
4𝑆
7𝑚𝑔
B. 缸内封闭气体的压强大小为
2𝑆
C. 当环境温度缓慢增大到 2 + 5𝑚𝑔 𝑇 时，汽缸上升 𝑑 高度
0
3 3𝑘𝑑 2
D. 当环境温度缓慢增大到 2+ 5𝑚𝑔 𝑇 时，汽缸上升 𝑑 高度
0
3𝑘𝑑 2
【答案】AD
1 𝑚𝑔 4𝑚𝑔
【解析】𝐴𝐵.设缸内封闭气体的压强大小为𝑝 ，对活塞研究，根据力的平衡有𝑝 𝑆+ 𝑚𝑔 = 𝑘⋅ +
1 1 2 4𝑘 𝑆
𝑆，
15𝑚𝑔
解得𝑝 = ，故A正确， B错误;
1
4𝑆
𝑑 4𝑚𝑔
𝐶𝐷.当汽缸上升 高度时，设缸内封闭气体压强为𝑝 ，对汽缸研究，根据力的平衡有𝑝 𝑆 = 𝑚𝑔+ 𝑆，
2 2
2 𝑆
5𝑚𝑔
解得𝑝 = ，
2
𝑆
1 4𝑚𝑔
设此时弹簧的压缩量为𝑥，对活塞研究，根据力的平衡有𝑝 𝑆+ 𝑚𝑔 = 𝑘𝑥+ 𝑆，
2
2 𝑆
3𝑚𝑔
解得𝑥 = ，
2𝑘
3𝑚𝑔 𝑚𝑔 𝑑 3𝑑 5𝑚𝑔
因此温度升高后，活塞离缸底的高度为𝐻 = 𝑑+ ― + = + ，
2𝑘 4𝑘 2 2 4𝑘
设升高后环境温度为𝑇，根据理想气体状态方程有
𝑝 1 𝑑𝑆 = 𝑝 2 𝐻𝑆 ，
𝑇 0 𝑇
5𝑚𝑔
解得𝑇 = (2+ )𝑇 ，故C错误， D正确。
0
3𝑘𝑑
故选AD。
9.如图所示，两个水平放置、内径不同的导热圆柱形金属气缸𝐴、𝐵通过细管相连，一定质量的气体被封
闭在两个活塞之间，两个活塞通过金属细杆相连，活塞与气缸之间无摩擦。初始状态两活塞都静止不
动，此时活塞到各自气缸底部的距离相等，缸内气体温度为𝑇 = 300𝐾，外界大气压强为𝑝 。已知气缸𝐴、
0 0
𝐵内径之比为1: 2，中间细管体积忽略不计，现缓慢对气缸加热，使得缸内气体温度逐渐升高，下面说法正确的是( )
A. 初始状态连接两活塞的金属杆受到拉力作用
B. 温度升高到450𝐾时内部气压大小为𝑝
0
C. 温度升高到350𝐾时内部气压大小为𝑝
0
D. 温度升高到600𝐾时内部气压大小为1.5𝑝
0
【答案】CD
【解析】A.气缸𝐴、𝐵直径之比为 1: 2 ，则面积之比为 1:2 ，设活塞𝐴面积为𝑆，初始状态缸内压强为𝑝，
金属杆上的拉力为𝐹，对于𝐴活塞𝑝𝑆 = 𝑝 𝑆+𝐹，
0
对于𝐵活塞𝑝×2𝑆 = 𝑝 ×2𝑆+𝐹，联立解得𝑝 = 𝑝 ，𝐹 = 0，
0 0
因此，初始状态连接两活塞金属杆既不受拉力，也不受压力，A错误；
𝐵𝐶.开始升温过程中封闭气体做等压膨胀，直至𝐴活塞右移至缸底，设此距离为𝐿，此时对应的温度为𝑇 ，则
1
𝐿×2𝑆+𝐿𝑆 2𝐿×2𝑆 4
= ，解得𝑇 = 𝑇 = 400𝐾，所以，若温度 𝑇 ≤ 𝑇 = 400𝐾时，内部压强等于 𝑝 ，B错误，
300 𝑇 1 1 3 0 1 0
C正确；
D.当温度 𝑇 > 𝑇 = 400𝐾时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持不变，则𝑝′ = 𝑝 0，解得𝑝′ = 3𝑇 𝑝
1 𝑇 𝑇 1 4𝑇 0 0
3×600
= 𝑝 = 1.5𝑝 ，D正确。
0 0
4×300
故选CD。
10.2025年4月25日1时17分，神舟二十号航天员乘组入驻中国空间站。神舟二十号航天员乘组将择机执
行太空行走任务，舱外航天服是密封一定气体的装置，用来提供适合人体生存的气压。出舱时需先在
节点舱(航天员出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，已知航天服中密闭气体的体积约为𝑉 = 2𝐿，压强为
1
𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，温度为𝑡 = 27 ∘C。穿好航天服后，需要把节点舱的气压不断降低，以便打开舱门。
1 1
当节点舱的气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体的体积将膨胀到𝑉 = 2.5𝐿，温度将变为𝑡
2 2
= ―3 ∘C，此时航天服内的气体压强为𝑝 。为便于舱外活动，航天员把航天服内的一部分气体缓慢放出，
2
使气压降到𝑝 = 4.0×104𝑃𝑎，假设释放气体过程中温度不变，体积变为𝑉 = 3𝐿。下列说法正确的是
3 3
( )A. 𝑝 = 7.2×104𝑃𝑎
2
B. 𝑝 = 8.2×104𝑃𝑎
2
1
C. 航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为
3
2
D. 航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为
3
【答案】AC
𝑝 𝑉 𝑝 𝑉
【解析】𝐴𝐵.根据理想气体状态方程有 1 1 = 2 2
(27+273)𝐾 (―3+273)𝐾
代入题中数据，解得 𝑝 = 7.2×104𝑃𝑎 ，故A正确，B错误；
2
𝐶𝐷.设航天服需要放出的气体在压强为 𝑝 状态下的体积为 𝛥𝑉 ，根据玻意耳定律有 𝑝 𝑉 = 𝑝
3 2 2 3
(𝑉 +𝛥𝑉)
3
代入数据解得 𝛥𝑉 = 1.5𝐿
𝛥𝑉 1
航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为 = ，故C正确，D错误。
𝑉 3 +𝛥𝑉 3
故选AC。
三、计算题。
11.如图所示，开口向上竖直放置在水平地面的圆柱形导热汽缸(汽缸与地面接触处有缝隙)，用质量为
𝑚 = 1𝑘𝑔的活塞密封一定质量的理想气体，活塞通过轻绳与固定在吊顶上的力传感器𝑃相连接，活塞可
以在汽缸内无摩擦移动;初始时，活塞与缸底的距离为ℎ = 45𝑐𝑚，缸内气体温度为𝑇 = 300𝐾，轻绳恰
0 1
好处于伸直状态，且力传感器的示数为零.已知汽缸的质量𝑀 = 9𝑘𝑔，活塞横截面积𝑆 = 100𝑐𝑚2，大气
压强𝑝 = 0.99×105𝑃𝑎(大气压不随温度而变化)，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2.现使缸内气体温度缓慢下降，
0
求：
(1)当汽缸恰好对地面无压力时，汽缸内气体的温度𝑇 ;
2
(2)当汽缸内气体温度降至𝑇 = 240 𝐾时，汽缸底部到水平地面的高度ℎ及此时力传感器的示数．
3【答案】(1)汽缸内气体的初始状态：气体的温度为𝑇 = 300𝐾
1
𝑚𝑔
气体的压强𝑝 = 𝑝 + = 1.0×105𝑃𝑎
1 0 𝑆
汽缸恰好对地面无压力时，气体的压强为𝑝 = 𝑝 ― 𝑀𝑔 = 0.9×105𝑃𝑎
2 0
𝑆
𝑝 𝑝
汽缸内气体从初始状态到汽缸恰好对地面无压力时的过程属等容变化，则 1 = 2
𝑇 𝑇
1 2
代入数据解得𝑇 = 270𝐾
2
(2)从汽缸恰好对地面无压力到汽缸内气体温度降至𝑇 = 240 𝐾，汽缸内气体做等压变化，设温度降至
3
𝑇 = 240𝐾时活塞与缸底的距离为ℎ ，则
3 1
𝑆ℎ 𝑆ℎ
0 = 1，解得ℎ = 40𝑐𝑚
𝑇 𝑇 1
2 3
此时汽缸底部到水平地面的高度ℎ = ℎ ―ℎ = 5𝑐𝑚
0 1
对活塞由力的平衡条件有𝑇+𝑝 𝑆 = 𝑚𝑔+𝑝 𝑆
2 0
代入数据解得𝑇 = 100𝑁
12.如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸𝐴与导热汽缸𝐵均固定于桌面，由刚性杆
连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间与大气相通，汽缸𝐵活塞面积为汽缸𝐴活塞面积的2
倍。两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸𝐴的体积为𝑉 ，压强为1.5𝑝 ，温度为𝑇 ，汽缸𝐵
0 0 0
的体积为2𝑉 ，缓慢加热𝐴中气体，停止加热达到稳定后，𝐴中气体压强为原来的2倍。设环境温度始终
0
保持不变，汽缸𝐴中活塞不会脱离汽缸𝐴，已知大气压为𝑝 。求：
0
(1)加热前𝐵汽缸中气体的压强；
(2)加热达到稳定后汽缸𝐵中气体的体积；
(3)加热达到稳定后汽缸𝐴中气体的温度。【答案】(1)对活塞整体受力分析，根据平衡条件得1.5𝑝 𝑆+2𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+2𝑝 𝑆
0 0 0 𝐵
解得𝑝 = 1.25𝑝
𝐵 0
(2)再次平衡后对活塞受力分析，根据平衡条件得3𝑝 𝑆+2𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+2𝑝′ 𝑆
0 0 0 𝐵
解𝑝 ′ = 2𝑝
𝐵 0
对𝐵气体根据玻意耳定律得2𝑝 𝑉 = 𝑝′ 𝑉
𝐵 0 𝐵 𝐵
解得𝑉 = 1.25𝑉
𝐵 0
(3)活塞向左移动时，𝐵减小的体积等于𝐴增加体积的2倍，设𝐴气体的末状态体积为𝑉 ′，2𝑉 ―𝑉 = 2
𝐴 0 𝐵
(𝑉 ′―𝑉 )
𝐴 0
解得𝑉 ′ = 1.375𝑉
𝐴 0
对𝐴气体根据理想气体状态方程得 1.5𝑝 0 𝑉 0 = 3𝑝 0 𝑉 𝐴 ′
𝑇 0 𝑇 𝐴 ′
稳定后汽缸𝐴中气体的温度𝑇 ′ = 2.75𝑇
𝐴 0
3
13.一个体积为𝑉的简易潜水艇模型如图所示。当储水舱里的气体体积为𝑉 ，压强为𝑝 时，潜水艇有 浸
0 0
4
没在海水中。当地大气压强为𝑝 ，海水的密度为𝜌，假设各深度处海水温度相同，潜水艇在吸入或排出
0
海水过程中，海水深度对潜水艇的压强变化忽略不计。
(1)当潜水艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，可以吸入一定量的海水，使潜艇恰好全
部浸没在海水里并处于静止状态。此时，储水舱上方气体的压强为𝑝 ，求储水舱剩余气体的质量与原
1
有气体的质量之比；
(2)当潜水艇静止潜在深度ℎ处时(潜水艇全部浸入海水后，储水舱内气体的变化忽略不计)，用空气压缩
泵向储水舱注入一定量的压强为𝑝 的气体后，打开阀门排出部分海水使潜水艇向上浮。要使舱内的海
0
1
水排出的体积为 𝑉，求打开阀门前，储水舱内气体的压强。
63 3
【答案】(1)潜水艇有 浸没在海水中时，根据平衡条件有 𝜌𝑔𝑉 = 𝑚𝑔
4 4
潜水艇全部浸没在海水中静止时，根据平衡条件有𝜌𝑔𝑉 = 𝑚𝑔+𝜌𝑔𝛥𝑉
1
1
解得𝛥𝑉 = 𝑉
1
4
根据理想气体状态方程可知储水舱剩余气体的质量与与原有气体的质量之比为𝑚′ = 𝑝 1 (𝑉 0 ―1 4 𝑉) =
𝑚 𝑝 𝑉
0 0
𝑝 (4𝑉 ―𝑉)
1 0
4𝑝 𝑉
0 0
1 1 1
(2)根据玻意耳定律可得𝑝 (𝑉 ― 𝑉) = (𝑝 +𝜌𝑔ℎ)(𝑉 ― 𝑉+ 𝑉)
2 0 0 0
4 4 6
(𝑝 +𝜌𝑔ℎ)(12𝑉 ―𝑉)
解得𝑝 = 0 0
2 12𝑉 ―3𝑉
0
