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专题26 有关理想气体实验定律模型
有关理想气体实验定律的玻璃管与气缸模型（6-10 题）...........................................................5
有关理想气体质量变化（抽气、充气等）的模型（11-15 题）................................................9
有关理想气体实验定律的平衡（16-20 题）...............................................................................14
1.
（2023•全国）将汽车橡胶轮胎套在金属轮毂上，内部密封空间体积为V0并已充满压
强为p0的空气，温度为外界环境温度t0＝17℃，用气泵将压强为p0、温度为t0、体积为2V0的
空气压缩后通过气门注入轮胎，胎内的气体温度上升为t1＝27℃。假设空气为理想气体，轮胎
内部体积不变。
（1）求此时轮胎内部的气体压强；
（2）若汽车高速行驶一段时间后，轮胎内气体温度上升到t2＝77℃，求此时气体的压强。
【解答】解：（1）以内部密封的空气和注入的空气为研究对象，气体初状态的压强为p0，体积
为V0+2V0，温度为T0＝t0+273K＝17K+273K＝290K
末状态的压强为p1，体积为V0，温度为T1＝t1+273K＝27K+273K＝300K
由理想气体状态方程得：p0(V 0+2V 0)
T 0
= p1V 0
T 1
代入数据解得：p1= 90
29
p0
（2）以轮胎内的气体为研究对象，气体初状态的压强为p1= 90
29
p0，体积为V0，温度为T1＝
300K
末状态的压强为p2，体积为V0，温度为T2＝t2+273K＝77K+273K＝350K
气体发生等容变化，由查理定律的：p1
T 1
= p2
T 2
代入数据解得：p2= 105
29
p0
2.
（2023•乙卷）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm 的A、B 两
1
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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10cm。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
1cm。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）
【解答】解：设B 管的横截面积为S，由题意可知，A 管的内径是B 管的2 倍，由S＝πr2得，A
管的横截面积为4S，B 管在上方时，两管内气柱长度为l＝10cm＝0.1m
B 管内气体压强为pB1，体积为VB1＝lS＝0.1S
A 管内气体压强为为pA1，体积为VA1＝l•4S＝0.1×4S＝0.4S
由题意得：pA1＝pB1+20cmHg
A 管在上方时，A 管内空气柱长度改变Δl＝1cm＝0.01m
水银柱长度减小Δl，气柱体积增大ΔV＝Δ1•4S＝0.01×4S＝0.04S
A 管内气体压强为pA2，体积为VA2＝VA1+ΔV＝0.4S+0.04S＝0.44S
B 管内气柱体积减小ΔV，气体压强为pB2，体积为VB2＝VB1
ΔV
﹣
＝0.1S
0.04S
﹣
＝0.06S
水银柱长度增大Δl′= ΔV
S = 0.04 S
S
=0.04m＝4cm
则pB2＝pA2+20cmHg+4cmHg
1cmHg
﹣
＝pA2+23cmHg
对A 中气体，由玻意耳定律得：pA1VA1＝pA2VA2
对B 中气体，由玻意耳定律得：pB1VB1＝pB2VB2
代入数据联立解得：
pB1＝54.36cmHg
pB2＝90.6cmHg
pA1＝74.36cmHg
pA2＝67.6cmHg
答：B 管在上方时，A 管内气体的压强为74.36cmHg，B 管内气体的压强为54.36cmHg。
2
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3.
（2023•浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝
1kg 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K 的热源接触，平
衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积
VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状
态A 到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B 到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；
大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A 到状态B，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
圆筒内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C 的温度TC；
（3）求气体从状态A 到状态B 过程中外界对气体做的功W。
【解答】解：（1）状态A 到状态B 的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气
体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT 可知，因为从状态A 到状态B 过程，气体的温度不
变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A 到状态B 的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A 状态时，根据活塞的平衡状态可得：p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
从状态B 到状态C 的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：pB
T B
= pC
T C
联立解得：TC＝350K
（3）因为A 到B 过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0
从状态A 到状态C 的过程中，根据热力学第一定律可得：ΔUAC＝Q+WAC
因为状态B 到状态C 过程气体的体积不变，则WAC＝WAB
根据题意可得：ΔUAC＝ΔU
3
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联立解得：WAB＝11J
4.
（2023•浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆
柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦
滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm 的状态A。环境温度升
高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态
B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K 的状态C 时触动报警器。从状态A 到状
态C 的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压p0=0.99×10
5 Pa，求气体：
（1）在状态B 的温度；
（2）在状态C 的压强；
（3）由状态A 到状态C 过程中从外界吸收热量Q。
【解答】解：（1）从状态A 到状态B 的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得
h0 S
T A
= (h0+d)S
T B
代入数据解得：TB＝330K
（2）气体在状态B 的压强为pB＝p0+ mg
S =0.99×105Pa+
1×10
100×10
- 4 Pa＝1×105Pa
从状态B 到状态C 的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得pB
T B
= pC
T C
代入数据解得：pC＝1.1×105Pa
（3）从状态A 到状态B 的过程中气体对外做的功为W＝pBSd＝1×105×100×10
4
﹣×0.03J＝30J
从状态B 到状态C 的过程中气体不做功。由状态A 到状态C 过程中，根据热力学第一定律得
ΔU＝Q
W
﹣
4
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代入数据解得：ΔU＝188J
5.
（2023•湖南）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，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。
【解答】解；（1）选择助力气室内的气体为研究对象，根据题意可知其初始状态的压强为p0，
体积为V0，第一次抽气后，气体的体积为：V＝V0+V1
因为变化前后气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：p0V0＝p1V
解得：p1= p0V 0
V 0+V 1
（2）第二次抽气，同理可得：p1V0＝p2V
解得：p2= p1V 0
V 0+V 1
=(
V 0
V 0+V 1
)
2 p0
根据数学知识可知，当n 次抽气后助力气室内的气体压强为：pn=(
V 0
V 0+V 1
)
n p0
该刹车助力装置为驾驶员省力的大小为：
ΔF＝（p0
p
﹣n）S＝[1-(
V 0
V 0+V 1
)
n]p0S
5
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有关理想气体实验定律的玻璃管与气缸模型（6-10 题）
6.
（2023•淮南二模）如图，一导热良好且上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置
在温度为﹣23℃的环境中。玻璃管内由水银柱A、B 分别封有空气柱C、D，已知水银柱A、B
的长度均为5cm，空气柱C 的长度为20cm，空气柱D 的长度为25cm，水银柱B 上表面到管口
的距离为10cm，大气压强恒为p0＝75cmHg，不计一切摩擦。
（1）若环境温度保持不变，把玻璃管缓慢转至水平，求空气柱D 的长度变为多少？
（2）若玻璃管保持竖直放置，环境温度由﹣23℃缓慢上升到27℃，请通过计算说明管顶是否有
水银溢出。
【解答】解：（1）环境温度不变，玻璃管缓慢转至水平过程，封闭气体经历等温变化，
以D 气体为研究对象，由玻意耳定律有：pDLDS＝pD′LD′S
其中，pD＝p0+5cmHg＝80cmHg，pD′＝p0＝75cmHg，LD＝25cm
代入数据可得：LD′＝26.67cm
同理以C 气体为研究对象，由玻意耳定律有：pCLCS＝pC'LC'S
其中，pC＝pD+5cmHg＝85cmHg，pC'＝p0＝75cmHg，LC＝20cm
代入数据可得：LC'＝22.67cm
空气柱伸长的总长度ΔL＝LD′+LC′﹣（LD+LC）＝26.67cm+22.67cm﹣（25cm+20cm）＝4.34cm
可知ΔL＜10cm，所以管口没有水银溢出，故转至水平后空气柱D 长度LD′＝26.67cm
（2）若玻璃管保持竖直放置，环境温度缓慢升高，则封闭气体经历等压变化，
以C 气体为研究对象，由盖—吕萨克定律有：LC S
T C 1
= LC″ S
T C 2
6
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其中：TC1＝（﹣23+273）K＝250K，TC2＝（27+273）K＝300K
代入数据可得：LC″＝24cm
空气柱C 伸长了ΔL1＝LC″
L
﹣
C＝24cm
20cm
﹣
＝4cm
以D 气体为研究对象，由盖—吕萨克定律有：LD S
T D1
= LD″ S
T D2
其中，TD1＝TC1＝250K，TD2＝TC2＝300K
代入数据可得：LD″＝30cm
空气柱D 伸长了ΔL2＝LD″
L
﹣
D＝30cm
25cm
﹣
＝5cm
空气柱伸长的总长度ΔL′＝ΔL1+ΔL2＝4cm+5cm＝9cm
可知ΔL′＜10cm，所以管顶没有水银溢出。
7.
（2024•南充模拟）如图所示，一定质量的理想气体用质量可忽略的活塞封闭在导热
性能良好的汽缸中，活塞的密封性良好。将汽缸的底部悬挂在天花板上，用一段轻绳将活塞和
质量为m＝2kg 的物体拴接在一起，物体置于水平面上，轻绳刚好伸直．已知活塞的横截面积
为S＝0.01m2，外界环境的压强为p0＝1.02×105Pa，温度为T0＝306K，忽略一切摩擦，重力加
速度取g＝10m/s2。
（1）现降低环境温度，求当温度为多少时物体与水平面之间的弹力恰好为零？
（2）在第（1）问的前提下，继续降低环境温度，当活塞缓慢向上移动x＝5cm 时（未到达汽缸
底部），已知整个过程气体向外界放出Q＝8J 的热量，求整个过程中封闭气体的内能的变化量
为多少？
【解答】解：（1）初状态的压强为：p0＝1.02×105Pa，温度为T0＝306K
末状态的压强为：p1＝p0- mg
S
，解得：p1＝1.0×105Pa
根据查理定律可得：p0
T 0
= p1
T 1
解得：T1＝294K
7
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（2）当活塞缓慢向上移动x＝5cm＝0.05m 时，外界对气体做的功为：W＝p1Sx
根据热力学第一定律可得：ΔU＝W
Q
﹣
联立解得：ΔU＝42J
即内能增加42J
8.
（2024•泸州一模）如图甲所示，内壁光滑的导热密闭气缸竖直固定在水平面上，用
质量为m 的活塞把缸内空间分成A、B 两部分，活塞用销钉K 固定。A、B 两部分都密闭有一
定质量的理想气体，此时A、B 两部分气体压强都等于外界大气压（未知），体积之比为2：
3。拔去销钉K 稳定后，A、B 两部分气体体积之比为1：1。已知活塞上、下表面面积均为
S，取重力加速度为g，外界温度保持不变，整个过程不漏气。
（ⅰ）拔去销钉K 稳定后，求B 部分气体的压强p1；
（ⅱ）若将此密闭气缸上端开口与大气相通，如图乙所示。拔去销钉K 稳定后，求B 部分气体
的压强p2。
【解答】解：（i）设初始时A、B 两部分气体压强为p，拔去销钉K 稳定后，A、B 两部分气体
压强分别为p2'，p1，根据平衡条件可知p2' + mg
S = p1
设气缸的总体积为V，根据玻意耳定律可知
p× 2
5 V = p2' × 1
2 V
p× 3
5 V = p1× 1
2 V
解得：p1= 3mg
S
，p= 5mg
2S
（ii）如图乙所示，拔去销钉K 稳定后，根据平衡条件可知p+ mg
S = p2
解得：p2= 7mg
2S
8
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9.
（2023•山西模拟）如图所示，粗细均匀的U 形管竖直放置，其两侧竖管高度均为h，
横管长度为2h，只有横管中充满水银。现将两管口封闭，使整个U 形管水平向右做匀加速直
线运动。已知当地大气压强为p0，重力加速度为g，水银的密度为ρ，管足够细。假设气体温
度始终没有变化，当水平管中水银的长度稳定为5
3 h时，求：
（1）水银对U 形管左下角水平管壁的压强p 左；
（2）U 形管的加速度大小a。
【解答】解：（1 ）设管的横截面积为S ，对左侧气体，由玻意耳定律有
p0hS = p1(h+ 5
3 h-2h)S
左侧竖管中水银竖直方向受力平衡，有p1S+ ρ(2h- 5
3 h)Sg= p左S
联立解得水银对U 形管左下角水平管壁的压强为p左= 3
2 p0+ 1
3 ρgh
（2）对右侧气体，由玻意耳定律有p0hS = p2(h+2h- 5
3 h)S
以横管中的水银为研究对象，根据牛顿第二定律得p左S - p2S = ρ 5
3 hSa
解得a= 9 p0
20 ρh + 1
5 g
10. （2023•西安模拟）2022 年10 月底，我国“探索二号”科考船携“深海勇士”号载人
潜水器成功在深达4500 米海底布设大深度原位科学实验站，将实现深海长周期无人科考。潜
水器在水下悬浮的原理是受鹦鹉螺的启发，它的浮力系统由压载水舱和高压气罐组成；要上浮
时，高压气体注入水舱，把水舱里的水排出，潜水器就会上浮；要下沉时，海水灌入水舱，潜
水器就会下沉。如图所示，潜水器的高压气罐贮有容积为V1、压强为p1的压缩空气。某次上
浮前，活塞处于水舱的最右端，打开阀门K，将高压气罐内的一小部分压缩空气排入水舱，再
关闭阀门K 时高压气罐内剩余空气的压强为0.95p1，随后活塞缓慢排出体积为5V1的水。设在
排水过程中压缩空气的温度不变，不计高压气罐与水舱之间连接管道内气体的体积，不计活塞
9
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与水舱之间的摩擦力。
（i）求压入水舱中的空气质量m2占高压气罐中的原有空气质量m1的百分比η；
（ii）判断在排水过程中水舱内气体是吸热还是放热。
【解答】解：（i）原来贮存的压强为p1 体积为V1 气体，相当于压强为0.95p1 的气体的体积
V2 ，则有p1V1 ＝0.95p1V2 ，解得V 2= 20
19 V 1，则排除0.95p1 压强的气体体积为
V 3=V 2-V 1= 1
19 V 1，在同压强，同温度下的同种气体，气体积比与质量比相同的，即
m2
m1
=
1
19 V 1
20
19 V 1
=5%；
（ii）据题意，水舱中气体的内能不变，但其对外做功W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，Q
＞0，故气体应吸热。
有关理想气体质量变化（抽气、充气等）的模型（11-15 题）
11. （2023•南通二模）装有氮气的气球半径为R，现向气球内缓慢充入氮气，当气球膨
胀至半径为2R 时破裂．已知大气压强为p0，该气球内外压强差Δp= β
r
（β 为常量、r 为气球半
径），球的体积公式为V = 4
3 π r
3。求：
（1）气球破裂前瞬间球内气体压强p 和充气过程中气球对球外大气做的功W；
（2）充气前球内气体质量与破裂前瞬间球内气体质量之比k。
【解答】解：（1）破裂前⽓球半径为2R，内外压强差：Δp= β
2 R
10
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⼤⽓压强为p0，则球内⽓体压强为：p= p0+ β
2 R
⽓球膨胀时对外界⼤⽓做正功。由于外界气压不变，而⽓球体积变化：ΔV = 4
3 π [(2 R)
3- R
3]
所以气体对外界做功：W＝p0ΔV
联立解得：W = 28
3 p0 π R
3
（2）充⽓前球内⽓体压强为：p1= p0+ β
R
设充⽓前球内⽓体的体积为V1，假想其破裂前原来⽓体在压强为p 的状态下体积为V1'，则p1V1
＝pV1'
破裂前球内⽓体的总体积为8V1，质量之⽐：k = V 1'
8V 1
联立解得：k =
p0 R+ β
8 p0 R+ 4 β
12. （2023•坪山区校级三模）汽车胎压是指汽车轮胎内部的气压，是汽车行车安全及动
力性能一个重要指标。如图所示，是一辆家用轿车在一次出行过程中仪表盘上显示的两次胎压
值，其中图（a）表示刚出发时的显示值，图（b）表示到达目的地时的显示值，出发前胎内温
度与环境温度相同。（1bar 可近似等于1 个标准大气压，车胎内气体可视为理想气体且忽略体
积变化）轿车仪表盘胎压实时监测
（1）此次出行过程中轿车的左前轮胎内气体温度升高了多少摄氏度；
（2）如果出发时就使轮胎气压恢复到正常胎压2.5bar，需要充入一定量的同种气体，求左前轮
胎内充入气体质量和该车胎内原有气体质量之比（忽略充气过程中轮胎体积和温度的变化）。
11
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【解答】解：（1）设标准大气压为p0，依题意，刚发出时，左前胎内气体的温度T1＝
（273+15）K＝288K
气压p1＝1.8p0
到达目的地时，左前胎内气体的温度设为T2，气压p2＝2.2p0
由查理定律p1
T 1
= p2
T 2
得T 2= p2
p1
T 1
解得T2＝352K＝（352
273
﹣
）℃＝79℃
左前轮胎内气体温度升高Δt＝T2
T
﹣
1＝79℃
15℃
﹣
＝64℃
（2）设左前轮胎体积为V，依题意，正常胎压p＝2.5p0
设打气并恢复到正常胎压时车胎内原有气体在压强为p1时的总体积为V1。由玻意耳定律p1V1＝
pV 得V 1= p
p1
V = 25
18 V
则ΔV＝V1
V
﹣= 25
18
V
V
﹣= 7
18 V
所以Δm
m = ΔV
V = 7
18
13. （2023•成都开学）如图所示，为了测量某刚性导热容器A 的容积，用一体积不计的
细管把它与水平固定的导热汽缸B 相连，汽缸中活塞的横截面积S＝100cm2。初始时，环境温
度t＝27℃，活塞静止在离缸底距离d1＝40cm 的位置处。现用水平向左的力F 缓慢推活塞，当
F＝1.5×103N 时，活塞离缸底距离d2＝10cm。已知大气压强p0=1.0×10
5 Pa，不计一切摩擦，
整个装置气密性良好，环境温度不变，热力学温度T＝（t+273）K。求：
12
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（1）容器A 的容积VA；
（2）保持力F＝1.5×103N 不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了Δd＝3cm，则
此时环境温度为多少摄氏度？
【解答】解：（1）依据题意，气缸和容器内气体做等温变化，推活塞压缩气体体积之前：p1＝
p0，V1＝VA+d1S；
推活塞压缩气体体积之后：p2= p0+ F
S
，V2＝VA+d2S；
由p1V1＝p2V2，代入数据，解得V A =1000c m
3
（2）依据题意，气体接着做等压变化，有V 2
T 2
= V 3
T 3
其中变化前T2＝300K
变化后V3＝V2
ΔdS
﹣
，T3＝（t3+273）K
解得t3＝﹣18℃
14. （2023•湖北模拟）如图所示，某同学用打气筒给篮球打气。已知圆柱形打气筒内部
空间的高度为H＝0.6m，内部横截面积为S＝2×10
3
﹣m2，当外管往上提时，空气从气筒外管下
端的中套上的小孔进入气筒内，手柄往下压时气筒不漏气，当筒内气体压强大于篮球内气体压
强时，单向阀门K 便打开，即可将打气筒内气体推入篮球中，若篮球的容积V＝7.2×10
3
﹣m2，
每次打气前打气筒中气体的初始压强都为P0＝1.0×105Pa，篮球内初始气体的压强为P1＝
1.5×105Pa，设打气过程中打气筒和球内的气体温度不变，忽略活塞与筒壁间的摩擦力，每次
活塞均提到最高处，且每次将气筒中的气体全部打入篮球中，篮球打气过程体积不变，求：
（1）第一次打气时活塞下移多大距离时，阀门K 打开？
（2）至少打几次可以使篮球内气体的压强增加到2p0？
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【解答】解：（1）根据题意，设打气筒内的气体压强增加到1.5×105Pa 时活塞下压的距离为h，
根据玻意耳定律得p0HS＝1.5p0（H
h
﹣）S
解得h＝0.2m
（2）根据题意，设至少打气n 次后轮胎内气体的压强为2p0，根据玻意耳定律得：np0HS+1.5p0V
＝2p0V
解得n＝3 次
15. （2023•甘肃二模）2022 年9 月2 日，“神舟十四号”航天员从“问天”实验舱气闸
舱出舱时身着我国新一代舱外航天服。航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为2L，
压强为1.0×105Pa，温度t1＝27℃。
（1）打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低，此时密闭气体温度变为﹣9℃，航天服内气
体体积约为4L，则航天员需将航天服内气压降低多少？
（2）为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压再降低。
假设释放气体过程中温度保持为﹣9℃不变，体积变为2.2L，已知航天服放出的气体占原来气体
质量的62.5%，则航天服放出气体后气压降为多少？
【解答】解：（1）航天服内气体初态时，有V1＝2L，p1=1.0×10
5 Pa，T1＝（273+27）K＝
300K
末态时，有V2＝4L，T2＝（273
9
﹣）K＝264K
根据理想气体状态方程可得：p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得：p2= 4.4×10
4 Pa
则有：Δp＝p1
p
﹣2
解得需将航天服内气压降低：Δp＝5.6×104Pa
（2）气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，设需要放出的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律
可得：p2V2＝p3（V3+ΔV）
其中V3＝2.2L
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航天放出的气体与原来气体的质量比为：Δm
m0
=
ΔV
V 3+ ΔV
已知：Δm
m0
=62.5 %
联立解得：p3=3.0×10
4 Pa
有关理想气体实验定律的平衡（16-20 题）
16. （2023•涟源市二模）如图所示，柱形绝热气缸竖直放置，一定质量的理想气体被重
力为G、横截面积为S 的绝热活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0，气缸内气
体热力学温度为T0。现通过电热丝缓慢对气缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电
阻为R，加热时间为t，使气体热力学温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿气缸壁无
摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求气缸内气体热力学温度从T0升高到2T0的
过程中。
（1）活塞移动的距离x；
（2）该气体增加的内能ΔU。
【解答】解：（1）由题意可知，气体发生的是等压变化，则有L0 S
T 0
= L1S
2T 0
活塞移动的距离为x＝L1
L
﹣
0
解得：x＝L0
（2）设气体压强为p，根据题意有pS＝p0S+G
外界对气体做的功为W＝﹣pSx
吸收的热量为Q＝I2Rt
根据热力学第一定律得：ΔU＝Q+W
解得：ΔU＝I2Rt﹣（p0S+G）L0
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17. （2023•杭州二模）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。
使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲和丙），空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。
然后再扳下锁扣（如图乙和丁），让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸
盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m＝0.02kg，外界大气压强p0＝1×105Pa，丙图空腔体
积为V0＝1.5cm3，丁图空腔体积为V1＝2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1＝
8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2＝8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩
擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过
程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
【解答】解：（1）整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔
内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。
（2）根据玻意耳定律可得：p0V0＝p1V1
代入数据解得：p1＝7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析（m+M）g＝μFN
挂钩对墙面的压力
FN＝p0S2+（p0
p
﹣1）S1
联立解得；M＝4.98kg
18. （2023•郴州模拟）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热气缸中有加热装
置，气缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度H＝2m。质量M＝10kg、横截面积S＝5×10
3
﹣m2的
活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1=0.8×10
5 Pa、温度为t1＝17℃的理想气
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体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强p0=1×10
5 Pa保持不变，热力
学温度与摄氏温度的关系T＝t+273K，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T2；
（2）若活塞离开卡槽后继续上升了h＝0.2m，该过程中气体吸收了Q＝370J 的热量，求该过程
中气体内能的变化量ΔU。
【解答】解：（1）根据题意已知p1=0.8×10
5 Pa
T1＝290K
当活塞刚要离开卡槽时，活塞处于平衡状态，根据受力分析则有p2S＝p0S+Mg
解得p2=1.2×10
5 Pa
气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有p1
T 1
= p2
T 2
联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T2＝435K
（2）活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有W＝﹣p2Sh＝﹣120J
由热力学第一定律得ΔU＝Q+W
代入数据解得此过程中气体内能的变化量ΔU＝250J
19. （2023•宁波二模）如图所示，质量m＝0.5kg 的金属圆柱形气缸内封闭有长为l0＝1m
的空气，气缸与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T 字形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，
活塞底面积S＝1×10
3
﹣m2。忽略活塞与气缸间的摩擦，环境温度稳定，气缸内的空气可视为理
想气体，大气压强p0=1.0×10
5Pa。现用水平外力F 使气缸缓慢向右运动，当气缸向右运动l
＝0.6m 时。
（1）求此时气缸内空气的压强；
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（2）求此时外力F 的大小；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对气缸内气体所
做的功W 与气体跟外界交换的热量Q 的大小并说明理由。
【解答】解：（1）根据玻意耳定律可得：p0l0S＝p（l0
l
﹣）S
代入数据解得压强：p＝2.5×105Pa
（2）对圆柱形气缸受力分析，水平方向根据平衡条件可得：p0S+F＝pS+μmg
代入数据解得：F＝152N
（3）气缸内的空气可以看成是理想气体，环境温度不变，其内能持不变，根据热力学第一定律
可得：ΔU＝W+Q
因ΔU＝0，所以气体放出热量
外界对气体所做的功与气体放出热量的代数为零，即压缩气体所做的功W 等于气体对外释放的
热量Q，即W＝|Q|。
20. （2023•台州二模）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，
汽缸水平横放时，缸内空气柱长为l0。已知大气压强为p0，环境温度为T0，活塞横截面积为
S，汽缸的质量m= P0 S
20 g
，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。
求：
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放了多少热量。
【解答】解：（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为p1，空气柱长度为l1，根据玻意耳定律
可知：p0l0＝p1l1
对气缸受力分析，由平衡条件可得：p1S+mg＝p0S
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联立可得：l1= 20
19 l0
（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可知：Sl1
T 0
= Sl0
T 1
解得：T 1= 19
20 T 0
（3）根据热力学第一定律可知：﹣ΔU＝Q+W
其中W＝p1S（l1
l
﹣0）
得Q =-( ΔU + p0l0 S
20
)
则气体释放的热量为：Q= ΔU + p0l0 S
20
19
