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专题34 气体实验定律的综合应用
目录
题型一 气体实验定律的理解和应用.............................................................................................1
题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题...................................................................10
类型1 “玻璃管液封”模型...................................................................................................10
类型2 “汽缸活塞类”模型..............................................................................................21
类型3 变质量气体模型........................................................................................................30
题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用...............................................................40
题型一 气体实验定律的理解和应用
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2．两个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT
(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT
3．利用气体实验定律解决问题的基本思路
【例1】（2023·广东深圳·校考模拟预测）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注
射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有
0.5mL 的药液，瓶内气体压强为
，护士把注射器内横截面积为
、长度为
0.4cm、压强为
的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想
气体。
（1）注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。
1
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（2）求此时药瓶内气体的压强。
【答案】（1）总内能增加，原因见解析；（2）
【详解】（1）注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，
瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后
瓶内封闭气体的总内能增加。
（2）以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体
积为
，有
注射器内气体体积为
，有
根据玻意耳定律有
代入数据解得
【例2】．（2023·山东·模拟预测）某同学利用实验室闲置的1m 长的玻璃管和一个标称
4.5L 的导热金属容器做了一个简易温度计。如图所示，将1m 长的直尺和玻璃管固定在木
板上，直尺与玻璃管两端对齐，玻璃管左端A 开口，玻璃管右端B 处用细软管与金属容器
连接，接口处均密封良好，在玻璃管内有一小段密封良好、可自由滑动的圆柱体蜡块（长
度可以忽略），蜡块与玻璃管的摩擦不计。大气压强始终为
，软管内部体积可忽略，玻
璃管内横截面积为
。当温度为
时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。取绝对零度为
2
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－273
。
（1）计算这个温度计测量温度的最大值。
（2）若用一个光滑密封的活塞从左端A 缓慢向右推进，直到把蜡块从玻璃管中间位置压到
玻璃管右端B 点，求此时金属容器中气体的压强。（由于导热，气体的温度保持不变）
【答案】（1）330K；（2）
【详解】（1）因被封的气体进行等压变化，设金属容器的体积为V，由题意可知
其中
解得
（2）蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B 点，此时容器内气体的压强为p，则
解得
【例3】．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示，老师带领学生表演
3
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“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一
些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子
分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5 人时，平均每
人施加200N 拉力，才把碗拉开。已知碗口的半径为10cm，环境温度为27℃，实验过程中
碗不变形，也不漏气。大气压
，绝对零度为-273℃，
取3.求
（1）大气压施加在一个锈钢碗上的压力；
（2）试定性分析在碗的外面浇水使其冷却的目的；
（3）请你估算两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是多少？
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）
【详解】（1）设两碗口的横截面积为S，碗口的半径为10cm，
，则
（2）由于两个碗内部的气体密闭，所以可认为体积不变，在碗的外面浇水，使其冷却到环
境温度，即让碗内部的气体温度降低，根据查理定律，碗内部的压强骤然降低，于是碗内
外形成很大压强差，需要较大的拉力才能拉开；
（3）设两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是t，两碗内空气的体积不变，由查理
定律可知
解得
两碗内外的压强差为
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设两碗口的横截面积为S，则在拉力方向碗内外的压力差为
碗口的半径为10cm,
，
,则
解得
【例4】．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，盛放某种特殊气体的导热双体罐由A、B 两
部分组成，其容积分别为
和
。已知A 内气体压强为
，温度
，
B 内为真空。A、B 之间由气阀K 连接，当A、B 之间气压差值大于
时阀门打开，
小于此值时关闭。求：
（1）满足K 不打开条件的A 内气体的热力学温度的最大值；
（2）当环境温度为320K 时，B 内气体的压强。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对容器A 中的气体，做等容变化，根据查理定律有
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当
时，解得
（2）假设环境温度为320K 时，B 内气体压强为
，则A 内气体压强为
对于原A 内气体，根据理想气体状态方程有
对于进入容器B 的气体
联立解得
【例5】．(2022·湖北省摸底)使一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图中BC
段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
(1)已知气体在状态A 的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C 和D 的温度各是多少？
(2)将上述状态变化过程画成用体积V 和温度T 表示的图线(图中要标明A、B、C、D 四点，
并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。
【答案】 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析；A→B 等压过程，B→C 等温过程，C→D
等压过程
【解析】 (1)A→B 为等压过程，由＝
得TB＝2TA＝600 K
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B→C 为等温线，得TC＝TB＝600 K
因为pAVA＝pDVD
所以TD＝TA＝300 K。
(2)A→B 等压过程，B→C 等温过程，C→D 等压过程
如图所示AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程。
【例6】．(2022·广东深圳市4 月调研)如图所示，“手掌提杯”实验可反映大气压的存在。
先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中
密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各
处温度相等)。
(1)杯口横截面为S，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T1，冷却后温度为T2，大气压强为
p0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G 为多少？
(2)若杯口横截面S＝40 cm2，p0＝1.00×105 Pa，冷却后杯内气体温度为17 ℃，杯内气体体
积减为原来的，将杯子固定，需要用F＝25 N 竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉
开过程中杯内气体体积变化的影响)，求刚密闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？
【答案】 (1)p0S (2)47 ℃
【解析】 (1)气体的体积不变，根据查理定律＝
得降温后杯内气压为p2＝p0
由杯子受力平衡可知杯子重力最大值为
G＝(p0－p2)S＝p0S。
(2)根据手受力平衡可知降温后杯内气压为p3＝p0－＝9.375×104 Pa
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根据理想气体状态方程＝
其中T0＝273＋17 K＝290 K，V3＝V0
解得T3＝320 K
t3＝47 ℃。
【例7】．(2022·新疆维吾尔自治区检测)高原地区气压低，水的沸点达不到100 ℃，居民
煮饭时就需要用高压锅，利用它可以将食物加热到100 ℃以上，它省时高效，深受消费者
欢迎。(计算结果均保留3 位有效数字)
(1)小明测得高压锅圆形出气孔的直径为4 mm，压在出气孔上的安全阀的质量为80 g，当
高压锅内气压增大到某一值时，锅内气体就能自动顶开安全阀放气，安全阀被顶起时处于
平衡状态，此时高压锅内部气体的压强是多大？(已知标准气压p＝1.0×105 Pa，g 取10
m/s2)
(2)如果安全阀刚要被顶起时，高压锅内气体温度为127 ℃，停止加热，当锅内气体温度降
至107 ℃时，高压锅内部气体的压强是多大？(可近似认为高压锅在这一过程中气体总量保
持不变)
【答案】 (1)1.64×105 Pa (2)1.56×105 Pa
【解析】 (1)安全阀的重力G＝mg＝0.8 N
气孔的面积S＝πr2＝1.26×10－5 m2
安全阀对气孔处气体产生的压强
p′＝＝6.35×104 Pa
此时气体压强p1＝p＋p′＝1.64×105 Pa。
(2)由等容变化可得＝
代入数值可得p2＝p1＝1.56×105 Pa。
【例8】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p－T 图像和V－T 图
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像各记录了其部分变化过程．
(1)求温度为600 K 时气体的压强；
(2)在p－T 图像上将温度从400 K 升高到600 K 的变化过程补充完整．
【答案】 (1)1.25×105 Pa (2)见解析图
【解析】(1)由p－T 图像可知，气体由200 K 到400 K 的过程中做等容变化，由V－T 图像
可知，气体由400 K 到500 K 仍做等容变化，对应p－T 图可得，T＝500 K 时，气体的压强为
1.25×105 Pa；由V－T 图像可知，气体由500 K 到600 K 做等压变化，故T＝600 K 时，气
体的压强为1.25×
105 Pa.
(2)在p－T 图像上补充画出400～600 K 的气体状态变化图像，如图所示．
题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题
类型1 “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：
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(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．
【例1】[2020·全国Ⅲ卷，33(2)]如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm
的U 型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝
4 cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温
度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。
此时水银柱的高度为多少？
(ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度
为多少？
【答案】(ⅰ)12.9 cm (ⅱ)363 K
【解析】(ⅰ)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先
经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm⑤
(ⅱ)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有
＝⑥
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦
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联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2＝363 K
【例2】 (2022·安徽安庆市模拟)如图所示，内径粗细均匀的U 形管竖直放置在温度为7 ℃
的环境中，左侧管上端开口，并用h1＝4 cm 的水银柱封闭有长l1＝14 cm 的理想气体，右
侧管上端封闭，管上部有长l2＝24 cm 的理想气体，左右两管内水银面高度差h2＝10 cm，
若把该装置移至温度恒为27 ℃的房间中(依然竖直放置)，在左侧管中再注入一定量的水银，
使右管中气体仍然恢复到原来的长度l2，大气压强恒为p0＝76 cmHg，不计一切摩擦，求：
(1)注入的水银柱的长度；
(2)注入水银后左侧气柱的长度。
【答案】 (1)5 cm (2)14.1 cm
【解析】 (1)在温度为7 ℃的环境中，右侧管中理想气体压强
p2＝p0＋ph1－ph2＝70 cmHg
由盖－吕萨克定律得＝
解得p2′＝75 cmHg
又p2′＝p0＋ph1＋pΔh－ph2
因此注入的水银柱的长度Δh＝5 cm。
(2)由理想气体的状态方程得＝
即＝
其中p1＝p0＋ph1＝80 cmHg，T1＝280 K，p1′＝p0＋ph1＋pΔh＝85 cmHg，T1′＝300 K
代入数据解得l1′＝ cm≈14.1 cm。
【例3】（2023 春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）如图所示，一粗细均匀足
够长的导热U 形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端
密封空气柱A 的长度为
，左侧密封空气柱B 的长度为
，上方水银柱长
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，左右两侧水银面高度差
，已知大气压强
，大气温度
，现开启烘烤箱缓慢加热U 形臂，直到空气柱A、B 下方水银面等高。加热过程
中大气压保持不变。求：
（1）加热前空气柱A、B 的压强各为多少；
（2）空气柱A、B 下方水银面等高时烘烤箱的温度
；
（3）加热后，B 空气柱上方水银柱上升高度L。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）加热前有
（2）空气柱B 压强保持不变，则有
空气柱A 根据理想气体状态方程
解得
（3）以空气柱B 为研究对象，加热前温度
，体积
，加热后温度
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，体积
，由盖-吕萨克定律得
联立可得
B 空气柱上方水银柱上升高度
【例4】．（2023·甘肃·统考三模）如图所示，一根一端封闭粗细均匀足够长的细玻璃管
AB 开口向上竖直放置，管内用高h=25cm 的水银柱封闭了一段长L=29.4cm 的空气柱。已
知外界大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为T1=27℃。绝对零度取-273K，g 取
10m/s2。则：
（1）封闭气体温度T1不变，试管以2m/s2的加速度竖直向上加速，求水银柱稳定时试管内
空气柱长度；
（2）顺时针缓慢转动玻璃管至管口水平，同时使封闭气体的温度缓慢降到T3=280K，求此
时试管内空气柱的长度L3（保留一位小数）。
【答案】（1）28cm；（2）36.6cm
【详解】（1）初时刻，气体的压强为
加速时，对水银，由牛顿第二定律得
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联立解得
由玻意耳定律得
解得
（2）玻璃管缓慢转动至管口水平时的压强为
由理想气体状态方程得
解得
【例5】．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）如图，一下端A 开口、上端B 封闭
的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长
的空气柱，中间有一段长
的水银柱，下部空气柱的长度
。已知大气压强为
。现将玻璃管竖直
插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为
。求：
（1）稳定后上部空气柱的压强p；
（2）从玻璃管下端A 进入玻璃管的水银柱长度。
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【答案】（1）
；（2）3.25cm
【详解】（1）没有插入水银槽前有
根据玻意耳定律有
解得
（2）对下部分气体有
插入水银槽前有
解得
则从玻璃管下端A 进入玻璃管的水银柱长度
解得
【例6】（2023 春·重庆·高三统考阶段练习）如图所示，上端开口、下端封闭的导热细玻
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璃管竖直放置。玻璃管总长为
，初始管内长
的水银柱封闭了一段长
的空气
柱。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，直到水银柱下方气柱长度变
为
。已知大气压强为
，环境温度保持不变，所有气体均可视作理想气体，活
塞下推过程中没有漏气。求：
（1）活塞推动结束时水银柱下方气柱内压强；
（2）活塞下推的距离。
【答案】（1）125cmHg；（2）17.5cm
【详解】（1）对水银柱下方的气体，由玻意耳定律可知
即
解得
p21=125cmHg
（2）对上部分气体玻意耳定律可知
其中
p12+h=p21
即
p12=100cmHg
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解得
l12=37.5cm
活塞下推的距离
【例7】．（2023·江西·校联考二模）如图所示，内径粗细均匀的U 形玻璃管竖直放在水平
桌面上，用水银柱将两部分理想气体封闭在玻璃管内，玻璃管左侧上方水银柱的长度为
，当环境温度为
时，左右两侧水银面的高度差为
，左侧封闭气
体的长度为
，右侧封闭气体的长度为
，已知大气压强为
，
现将环境温度缓慢升高到
，水银不会溢出。求：
（1）系统稳定时左侧封闭气体的长度；
（2）系统稳定时右侧封闭气体的长度。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由盖-吕萨克定律可得
得
（2）当
时，设右侧封闭气体的压强为
，有
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得
当
时，设右侧水银面下降
，右侧气体压强为
，有
由理想气体状态方程有
得
所以系统稳定时右侧封闭气体长度为
【例8】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图甲所示，长度为L 右端开口，左端封闭的
细长玻璃管水平放置，管中一段长为
的水银柱密封一段长为
的理想气体，气体的温度
为
，大气压强为
，已知长度为
的水银柱竖直放置时产生的压强为
．
（1）缓慢地抬高玻璃管口，如图乙所示，玻璃管与水平方向的夹角为
，若水银柱正好
与管口持平，则需要将气体的温度提升多少；
（2）让玻璃管开口向上竖直放置，如图丙所示，稳定后在管口加一个厚度、重力均不计的
活塞，给活塞一个竖直向下的作用力，使活塞向下缓慢地运动，气体的温度恒定为
，当
水银柱向下运动的距离为
时，活塞下降的距离。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对乙图受力分析，由力的平衡可得气体的压强为
甲图与乙图相比较，气体发生等容变化，则有
综合解得
（2）甲图与丙图相比较发生等温变化，末加活塞时
当水银柱向下运动的距离为
时
对活塞与水银柱之间所封闭的空气
活塞下降的距离为
综合解得
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类型2 “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：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类
是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，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；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。对求解的结果注意检验它们的合理性。
2．常见类型
(1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。
(3)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。
【例1】[2021·全国甲卷，33(2)]如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的
隔板将气体分为A、B 两部分；初始时，A、B 的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板
上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停
止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B 的体积减小为。
(1)求A 的体积和B 的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A 的体积和B 的压强。
【答案】 (1)0.4V 2p0 (2)(－1)V p0
【解析】 (1)对气体B，由玻意耳定律有
p0V＝pB
代入数据解得pB＝2p0
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此时pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0
同理有p0V＝pAVA
代入数据解得VA＝0.4V。
(2)设此时气体A、B 的压强分别为pA1、pB1，体积分别为VA1、VB1，由玻意耳定律有pAVA＝
pA1VA1
pB＝pB1VB1
VA1＋VB1＝2V
pA1＋0.5p0＝pB1
联立解得VA1＝(－1)V，pB1＝p0。
【例2】（2023·四川内江·统考三模）气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构
如图所示．直立圆柱形密闭汽缸导热良好，横截面积为S 的活塞通过连杆与车轮轴连接，
初始时汽缸内密闭一段长度为
，压强为
的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计，
车辆载重时相当于在汽缸顶部增加一个物体A，稳定时汽缸下降了
，气体温度保持
不变，求：
（1）物体A 的重力大小；
（2）如果大气压强为
，为使汽缸升到原位置，需向汽缸内充入与汽缸温度相同的大气
体积。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设汽缸下降
后，气体压强为
，由玻意耳定律
解得
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A 的重力大小
解得
（2）要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸冲入压强
，体积
的气体，这些气体在
大气压强下的体积为
，由玻意耳定律
22
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解得
【例3】．（2023·全国·模拟预测）如图所示，一个导热良好、足够长、质量为
的汽缸
放置在倾角为
的粗糙斜面上，在汽缸内有一质量为
、横截面积为
的活塞与汽
缸内壁光滑接触，且无气体漏出。对活塞施加大小为
、方向沿斜面向上的外力，可以
使整个装置保持静止。静止时活塞与汽缸底部距离为
，斜面与汽缸之间的动摩擦因数
，大气压强
，重力加速度
取
，汽缸周围的温度保持不变，缓
慢增加外力的大小，使活塞始终相对汽缸缓慢移动。
（1）缓慢增加外力到
时，求此时系统一起向上运动的加速度
（2）从静止开始到外力增大到
的过程，活塞与汽缸的相对位移（结果保留两位有效
数字）
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意，以汽缸与活塞整体为研究对象，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，以活塞为研究对象，当
静止时，由平衡条件有
解得
当
活塞向上匀加速时，由牛顿第二定律有
23
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解得
对于汽缸内气体，由玻意耳定律有
解得
则活塞相对汽缸底部运动距离
【例4】．（2023·广东·模拟预测）如图所示，在水平地面上竖直放置一个汽缸，上端开口，
汽缸壁内有卡口a 和b，a、b 间距为h，a 距缸底的高度为
，活塞只能在a、b 间移动，
其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为
（可增加配重），横截面积为S，
厚度忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计一切摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气
体压强均为
，温度均为
。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处。
求此时汽缸内气体的温度。（已知重力加速度为g，活塞质量和大气压强的关系为
）
【答案】
【详解】加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动
有
，
，
24
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根据查理定律有
解得
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处
有
，
根据盖-吕萨克定律有
解得
【例5】．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）某科技小组自制了一个用力传感器测
量温度的装置。如图所示，导热性能良好的汽缸固定在水平地面上，汽缸横截面积S 为
。质量m 为5kg 的活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，活塞上方通过一刚性轻杆连接一
个固定的力传感器，传感器可以直接显示出传感器对轻杆的力，传感器示数为正表示传感
器对轻杆的作用力竖直向上。环境温度为
时，力传感器的示数F 为50N。整个装置静
止，大气压
恒为
，g 取
，
取273K。求：
（1）环境温度为多少时，传感器示数恰好为零；
（2）将轻杆替换为轻弹簧，环境温度为
时，力传感器的示数仍为50N，此时活塞与汽
缸底部距离L 为20cm。环境温度由
缓慢上升为
的过程中，活塞缓慢上升的距离d
为1cm，则
时力传感器示数为多少？
25
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【答案】（1）294K；（2）
【详解】（1）传感器示数
对活塞而言
故
时封闭气体的压强
，
当传感器示数为0，封闭气体的压强
由查理定律
得
（2）环境温度为
时，力传感器的示数仍为50N，此时封闭气体的压强
，
，
温度上升至
时
，
26
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根据
得
对活塞受力分析
解得
【例6】．（2023·重庆·统考三模）如图甲，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为
m、横截面积为S 的活塞密封了一定质量的理想气体。当环境温度为
时，活塞静止的位
置与气缸底部距离为h，离缸口的距离为
。已知重力加速度为g，活塞厚度及活塞与汽缸
壁之间的摩擦不计，大气压强为
。求：
（1）若缓慢升高环境温度，使活塞刚好能移到缸口，求升高后的环境温度T；
（2）若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一卡环（与活塞接触但没有作用力），如图乙，再
缓慢升高环境温度到T，则升温后卡环对活塞的压力多大。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）缓慢升高环境温度，使活塞刚好能移到缸口的过程中，气体经历等压变化，
设活塞刚好能移到缸口时气体的温度为T2，根据盖—吕萨克定律得
27
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其中
联立解得
（2）根据题意可知气体在升温过程中体积不变，根据查理定律可得
其中
联立解得升温后卡环对活塞的压力为
类型3 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作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成
是等温膨胀过程。
28
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3．灌气问题
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，便可使问题变成一定质量气体的状态变
化，可用理想气体的状态方程求解。
【例1】（2023·广东·模拟预测）为保障师生在校的健康安全，某校校医室制定了师生返校
后的消杀方案，对课室、图书馆、饭堂等场所进行物表与空气消毒。该方案利用如图便携
式消毒器，桶内消毒液上方用塞子密封了一定质量的理想气体，初始体积为1L。使用时利
用打气筒进行打气，封闭气体压强达到
时，即可把药液以雾化的方式喷出。已知封闭
气体初态压强与外界大气压相等，均为
。打气筒每次可以向桶内打入
气体。（忽略
桶内消毒液所产生的压强，整个过程可视为等温变化）。求：
（1）至少用打气筒向消毒器内打多少次气才能使药液达到雾化要求？
（2）消毒人员计算过用打气筒向消毒器内刚好打了140 次气后，恰好能把桶内液体全部喷
完，试求原来桶内有多少L 药液。
【答案】（1）；（2）9
【详解】（1）设打气次数为n，初始时消毒器内体积为
则以消毒器内气体和打入的气体整体为研究对象，初状态压强
初状态体积
29
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末状态压强
末状态体积
根据玻意尔定律得
解得
（2）设容器内原有药液体积为
，已知打气次数为140 次能把药液全部喷完，气缸内需保
持雾化气压，则根据玻意尔定律得
代入数据解得
即原有9L 药液。
【例2】．（2023·安徽·模拟预测）如图，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖
直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、
，汽缸顶部由细管（体积不计）连通，
右侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中均有一厚度可忽略的活塞a、b，两活塞的质量
相同与汽缸密闭且不漏气。初始时，阀门K 关闭，活塞b 处于左侧汽缸的顶部且
与顶部无弹力，封闭着气体C，活塞a 处于右侧汽缸的中间位置，将汽缸分成A、B 两部分，
A 中气体的压强为
、体积为
。现打开阀门K，用打气筒通过K 给右侧汽缸下部分充
气，每次将体积为
、压强为
的空气打入汽缸中，直至活塞b 下降到整个汽缸高度的
处。已知大气压强为
，重力加速度为g，整个过程中，周围环境温度不变，其他量均为
未知量。求：
（1）初始时，左侧汽缸中封闭的气体C 的压强
；
30
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（2）充气后，右侧汽缸中封闭的气体A 的压强p；
（3）打气次数n。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
次
【详解】（1）初始时，对活塞b，根据受力平衡有
对活塞a，根据受力平衡有
联立解得
，
（2）对气体C，根据玻意耳定律可知
再次对活塞b 和c 根据平衡条件有
联立解得
（3）对气体B，根据玻意耳定律可知
31
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解得
可知
对气体A，根据玻意耳定律有
解得
次
【例3】（2023·江西南昌·统考三模）某可显示温度的水杯容积为
，倒入
热
水后，拧紧杯盖，此时显示温度为
，压强与外界相同。已知，外界大气压强
为
，温度为
。杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强。（结果保
留三位有效数字）
（i）求杯内温度降到
时，杯内气体的压强；
（ⅱ）杯内温度降到
时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界
进入水杯中的空气体积。
【答案】（i）
；（ⅱ）
【详解】（ⅰ）杯内气体做等容变化
代入
解得
32
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（ⅱ）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为
，以杯内原有气体为研究
对象
解得
【例4】．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）一款气垫运动鞋如图甲所示，鞋底塑
料空间内充满气体（可视为理想气体），运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已
知鞋子未被穿上时，当环境温度为27℃，每只鞋气垫内气体体积V0 = 36cm3，压强p0 =
1.0 × 105pa，等效作用面积恒为S = 200cm2，鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的
鞋底塑料空间等效为如图乙所示的模型，轻质活塞A 可无摩擦上下移动。大气压强也为
p0，且气垫内气体与外界温度始终相等，g 取10m/s2。
（1）当质量为m = 80kg 的运动员穿上该运动鞋，双脚站立时，若气垫不漏气，求单只鞋
气垫内气体体积V1；
（2）运动鞋未被穿上时，锁定活塞A 位置不变，但存在漏气，当气温从27℃上升到37℃
时，气垫缓缓漏气至与大气压相等，求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比η。
【答案】（1）30cm3；（2）
【详解】（1）根据题意，由平衡条件有
33
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由玻意耳定律有
联立解得
带入数据得
V1 = 30cm3
（2）根据题意，由理想气体状态方程有
解得
则漏出气体与剩余气体质量之比
【例5】．（2023·重庆·校联考三模）浇花水温与气温相差太大易伤害花卉。如图为养花人
常使用的气压式浇花喷壶结构图，喷壶装入水后旋紧喷头套，通过拉杆打气按压后，按下
泄压阀即可喷水（不喷水时泄压阀处于关闭状态）。某次取水温
的井水装入壶中旋
紧后搁置一段时间（水未装满），待壶中水温达到环境温度
时再浇水。已知大气
压强恒为
，喷壶导热性良好，壶中气体可视为理想气体，装水旋紧壶中密
闭气体温度视为与井水同温。
（1）求壶中水温达到环境温度时壶中压强大小p（最后结果保留三位有效数字）；
（2）若同样量的井水经过搁置达到环境温度再装入壶中，然后通过拉杆打气使壶中压强达
到
（打气过程中壶内气体温度可视为不变），求压进气体的质量与壶内水面上原有气
体的质量之比（最后结果用分式表示）。
34
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）装入壶中的井水旋紧封闭后体积不变，设壶中水温达到环境温度时壶中压强
大小为p，根据查理定律
井水热力学温度
环境热力学温度
得壶中水温达到环境温度时壶中压强大小
（2）在环境温度下，设壶内水面上空气体积为V，压进气体的体积为
，根据玻意耳定
律
可得
压进气体和原有气体的压强相同，由于同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，故压
进气体的质量与壶内原有气体的质量之比
35
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【例6】．（2023 春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）如图甲所示为某气压型弹跳杆，其核
心部分可简化为如图乙所示，竖直倒立圆柱形汽缸导热性良好，连杆一端与水平地面接触，
另一端与面积为S 的活塞连接，活塞与汽缸的重力均不计，活塞与汽缸间的摩擦不计。没
有站人时活塞位于距缸底为H 的A 处，汽缸内被活塞密封一定质量的理想气体。当某同学
站上弹跳杆踏板最终稳定后（人静止在汽缸顶端）活塞位于距离缸底
的B 处。已
知大气压强为
，外界温度为
，重力加速度为g，汽缸始终竖直。
（1）求该同学的质量m。
（2）若该同学仍然站在踏板上，求密封气体的热力学温度升为多少，才能使得活塞回到位
置A。
（3）若使用一段时间后，汽缸内漏出一部分气体，使该弹跳杆上站一个质量为
的人后
稳定时活塞也位于B 处，求漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）以被密封气体为研究对象，活塞从位置A 到位置B，气体发生等温变化，由
玻意耳定律可知
由题意可知
36
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则
由力的平衡条件得
解得
（2）活塞从位置B 回到位置A 的过程，被封闭的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可
知
由题意可得
，
解得
（3）设弹跳杆上站一个质量为
的人后稳定时汽缸内气体压强为
，剩余气体压强变
为
时体积为
，则由玻意耳定律可知
由力的平衡条件得
解得
故漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值为
37
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题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
【例1】（2023·新疆·统考三模）如图所示，横截面积
的气缸竖直放置，卡环
上方的活塞A 和下方的自由活塞B 与气缸封闭有上下两部分气体Ⅰ和Ⅱ。活塞A 与B 的质
量均为
，气体均可视为理想气体，气缸与活塞B 用绝热材料制成，活塞A 导热性
能良好；大气压强
，初始时气体Ⅰ的压强为
，气体Ⅱ的温度
，
气体的高度
。环境温度保持不变，g 取
。求：
（1）设法缓慢升高气体Ⅱ的温度直至活塞A 恰好离开卡环，此时气体Ⅱ的温度；
（2）此过程中气体Ⅰ吸热还是放热，说明理由。
【答案】（1）
；（2）见解析
38
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【详解】（1）气体Ⅰ等温变化，有
对气体Ⅱ，有
由理想气体状态方程
解得
（2）此过程中气体Ⅰ温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体Ⅰ做功，由热力学第一
定律可知该过程是放热过程。
【例2】．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，水平地面上放置一两端开口的绝热气缸，气
缸内部横截面的面积为
，两质量均为
厚度可忽略不计的绝热活塞A 和B 之
间封住一定质量的理想气体，A、B 间装有一加热装置（图中未画出），将活塞B 与气缸
底部用一劲度系数为
的轻弹簧竖直连接，平衡时，两活塞间的距离为
。已知大气压强为
，初始时气体的温度为
，重力加速度
大小为
，两活塞A、B 均可无摩擦地滑动但不会脱离气缸，且不漏气，不计加
热装置的体积。
（1）启动加热装置，将气体的温度缓慢加热到
，气体内能增加
，求此过程
中气体从加热装置吸收的热量；
（2）如果不启动加热装置，保持气体温度为
不变，把整个装置从某高处由静止
39
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释放，（下落过程始终保持气缸壁竖直，不计空气阻力，活塞A 没有脱离气缸），落地前
活塞与气缸已经处于稳定状态。求稳定时活塞A 相对于气缸的位移为多少？
【答案】（1）7.0J；（2）16cm，方向向上
【详解】（1）将气体的温度缓慢加热到400K 过程中活塞A 的质量不变，大气压强不变，
所以气体的压强不变，该过程为等压变化，设气体的压强为
，设两活塞间的距离变为
，
根据盖·吕萨克定律有
解得
以两活塞和理想气体整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力在加热过程中始终平衡，则
弹簧弹力不变，即活塞B 的位置不变，则活塞A 向上移动的距离
根据平衡条件有
加热过程气体对外做的功为
故外界对气体做功为
根据热力学第一定律有
40
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解得
（2）最终稳定时，即A、B 活塞及气缸相对静止，加速度相等，由整体法可知
以活塞A 为研究对象有
解得
对活塞B，根据牛顿第二定律可知
解得
即弹簧处于原长状态，根据玻意耳定律有
解得
最初整个装置静止时，对活塞A、B 以及气体整体分析有
解得
所以稳定时活塞A 相对于气缸的位移为
且方向向上。
41
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【例3】．（2023·湖北·模拟预测）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简
易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m。横截面积为S 柱状气动杆
与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，升降椅无人
坐时，稳定后测得封闭气体的体积为V1。某人缓慢坐在座椅上，直至双脚离开地面，稳定
后测得此时封闭气体的体积V2。随后打开室内空调，经过一段时间后室内温度缓慢降低到
设定的温度T2。设气缸封闭性、导热性良好，忽略气动杆与气缸间的摩擦，已知大气压强
为p0，室内初始温度为T1，重力加速度为g。求：
（1）坐在座椅上人的质量M；
（2）室内降温的过程中，外界对封闭气体所做的功。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）人坐上座椅直至双脚离地后稳定的过程中，封闭气体发生等温变化
初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件得
对应封闭气体的体积为
；人坐上座椅稳定后，根据平衡条件得
对应封闭气体的体积为
由玻意耳定律得
解得
42
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（2）室内降温的过程中，封闭气体发生等压变化，设温度降至
时，封闭气体的体积为
由盖吕萨克定律知
外界对缸内气体所做的功
解得
【例4】．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性
能良好的气缸内，已知环境初始温度T0=27℃，活塞距气缸底部的高度h0=27cm，大气压强
p0=1.0×105Pa，活塞面积S=10cm2，g=10m/s2，不计活塞质量和厚度，气缸内壁光滑。现将
质量m=2kg 的物体放在活塞上，活塞向下移动。
（1）求活塞稳定后气体的压强和活塞距气缸底部的高度；
（2）活塞稳定后再将环境温度缓慢升高至127℃，若升温过程中气体吸收20J 的热量，求
该过程中气体的内能变化量。
【答案】（1）1.2×105Pa，22.5cm；（2）11J
【详解】（1）对气体，有
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解得
根据玻意耳定律，有
解得
（2）由于气体发生等压变化，则
解得
气体对外做功为
根据热力学第一定律有
【例5】．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，
通过质量为
、横截面积为
的绝热活塞将一定质量的理想气体密封在
汽缸内，开始时环境温度为
，活塞处于距缸底
的A 位置。现通过电热丝
缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达距缸底
的B 位置。已知大气压强
，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g 取
，求：
（1）活塞到达位置B 时缸内气体的温度；
（2）若缸内气体内能增加
，缸内气体从电热丝吸收的热量。
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【答案】（1）450K；（2）
【详解】（1）气体做等压变化，由盖-吕萨克定律有
解得
（2）以活塞为研究对象，有
解得
外界对气体做功
由热力学第一定律有
解得
【例6】．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考三模）如图所示，一粗细均匀的导热
形
管竖直放置，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A 的长度为
，左侧密封空气柱B 上方水银柱长
，左右两侧水银面高度差
，已知大气压强
，大气温度
，
形管横截
45
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面积
。现用特殊手段只对空气柱A 加热，直到空气柱A、B 下方水银面等高。
求：
（1）加热前空气柱A、B 的压强各为多少；
（2）空气柱A、B 下方水银面等高时A 中气体的温度
；
（3）对空气柱A 加热的过程中空气柱B 与外界传递的热量
。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）0
【详解】（1）加热器有
，
（2）空气柱B 压强保持不变，则有
空气柱A 根据理想气体状态方程
解得
则由于
（3）B 中温度不变，所以内能不变，既有
46
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B 压强不变，温度不变，所以体积不变，既有
根据
可知
【例7】．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）如图所示的圆柱形气缸固定于水平接触面上，
内用活塞密封着一定质量的理想气体，已知气缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强
为P0。将活塞固定，使气缸内气体温度升高1℃，气体需吸收的热量为Q1；如果让活塞可
以自由滑动（活塞与气缸间无摩擦、不漏气；不计气体的重力），仍使气缸内气体温度升
高1℃，需吸收的热量为Q2。
（1）Q1和Q2哪个大些？简要说明理由。
（2）气体在定容下的比热容与在定压下的比热容为什么会有不同？（比热容是单位质量的
物体温度上升1℃需要吸收的热量）
（3）若活塞可自由滑动，初始时活塞距底部的距离为H，求当气缸内气体温度升高1℃时
活塞向上移动的高度h 以及刚开始时气体的温度。
【答案】（1）Q2，理由见解析；（2）见解析；（3）
，
【详解】（1）定容过程，吸收的热量，用于增加气体的内能，则
定压过程，吸收的热量，用于增加气体的内能和对外做功
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又因为
，则
；
（2）定容下的比热容
定压下比热容
由（1）可知，
，则
；
（3）气体对外做功，有
活塞向上移动的高度
因为是等压变化，所以有
解得
【例8】．（2023·江苏盐城·统考三模）如图所示，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 时的压强为pA，相关物理量如图中所示，气
体由状态A 变为状态B 的过程中，吸收的热量为Q。求：
（1）气体在状态C 时的压强pC ；
（2）气体状态从A 变到B 的过程中内能的变化量△U。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据图像
根据查理定律得
解得
（2）根据热力学第一定律
又因为
解得
【例9】．（2023·湖南长沙·校联考二模）压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、
低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中，表中所示的是某柴油机的部分参数。
柴油发动机最早是由德国工程师R·狄塞尔于1892 年设计，因此，其发动机工作过程也被称
为“狄塞尔循环”，如图所示为理想的狄塞尔循环
图像，其中
为绝热压缩过程，
为等压吸热过程，
为绝热膨胀过程，
为等容放热过程，现假定某气缸中
封闭一定质量的理想气体，进行“狄塞尔循环”，在初始状态
时，气体的体积
、压强
、温度
为已知量，经过狄塞尔循环，由
，气体在状态
时
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的体积
、气体在状态时的体积
。试求：
（1）“压缩比”就是指发动机混合气体被压缩的程度，用压缩前的气体体积与压缩后的气
体体积之比。
过程，“压缩比”为15：1。气体在
状态时柴油恰好自燃，求
状态
的压强
。
（2）若
过程中外界对气体做功为
，
过程中气体吸热为
，
过程中气
体对外界做功为
，求
过程中气体对外界做功，并求出
过程中封闭
气体内能变化量
。
额定功率
额定转速
压缩比
柴油自燃
点
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）
过程，在初始状态
时，气体的体积
、压强
、温度
，
“压缩比”为15：1，柴油自然点327℃，根据理想气体状态方程，可得
解得
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（2）
过程中外界对气体做功为
，
过程中气体吸热为Q，则气体对外界做功
过程中气体对外界做功为
，由热力学第一定律
，可知被封闭气体在从
状态
过程中其内能变化量
【例10】．（2023 春·浙江绍兴·高三统考阶段练习）如图1 所示，竖直玻璃管上端封闭、
下端开口，总长
，横截面积
，管内液柱的长度
，质量
，液柱密封一定质量的理想气体，气体的长度
，气体温度
。现
将玻璃管缓慢转到水平位置，气体温度仍为
，气体长度变为
，如图2 所示。然后对气
体进行缓慢加热，使气体温度上升至
，加热过程气体吸收热量Q，内能增加
，气体长度变为
，如图3 所示。已知大气压强
，玻璃管内壁
光滑，重力加速度
。
（1）求气体长度
的值；
（2）求气体长度
的值；
（3）求加热过程气体吸收热量Q 的值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设玻璃管竖直放置时密封气体的压强为
，则
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玻璃管转到水平过程气体温度不变，由玻意耳定律
得
（2）加热过程气体的压强保持不变，由盖-吕萨克定律
得
（3）设外界对气体做功
，则
由热力学第一定律
得
【例11】．（2023 春·江苏泰州·高三统考阶段练习）如图所示，A、B 是两个不计质量和
厚度的活塞，可在水平固定的两端开口的气缸内无摩擦地滑动，横截面积分别为
，
，它们之间用一根长为L=16cm 的轻质细杆连接，静止时气
缸中气体的温度
，活塞A 的右侧较粗的一段气柱长为
，已知大气压强
Pa，缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气。
（1）求活塞静止时气缸内气体的压强p；
（2）缸内气体的温度逐渐降为
K 的过程中缸内气体的内能减小100J，求活塞右移
的距离d 和气体放出的热量。
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【答案】（1）
；（2）10cm；放出热量为120J
【详解】（1）对两个活塞的整体受力分析可得
解得
（2）假设活塞没有到达粗缸的最右端，即气体为等压变化，即有
可得
即假设成立，所以
由热力学第一定律得
可得
J
即放出热量为120J。
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【例12】．（2023·湖南株洲·统考三模）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A 的
变化过程可用如图所示的p-V 图线描述，其中D→A 为等温线，气体在状态A 时温度为
T=360K，求：
（1）气体在状态C 时温度T；
（2）若气体在A→B 过程中吸热3000J，则在A→B 过程中气体内能如何变化？变化了多少？
【答案】（1）540K；（2）增加，1400J
【详解】（1）
为等温线，则
C 到D 过程由盖—吕萨克定律得
解得
（2）
过程压强不变，体积增大，则气体对外界做功
由热力学第一定律得
则气体内能增加，增加1400J。
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