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第23 讲 气体的图像、变质量模型
【模型一 气体的图像模型 】
类型1 等温变化图像（P-V 图像）模型
类型2 等容变化图像（P-T 图像）模型
类型3 等压变化图像（V-T 图像）模型
类型4 热力学第一定律与气体状态变化图像的综合
【模型二 气体的变质量模型】
类型1.充气模型
类型2.抽气模型
类型3.漏气模型
类型4.气体的分装模型
1.一定质量的气体不同状态变化图像的比较
定律名称
比较项目
玻意耳定律
(等温变化)
盖－吕萨克定
律(等压变化)
查理定律
(等容变化)
数学
表达式
p1V1＝p2V2
或pV＝C(常数)
＝
或＝C(常数)
＝
或＝C(常数)
同一气体的两条
图线
T1<T2
p1>p2
V1>V2
2.气体状态变化的图像问题的解题技巧
(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理
想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气
体状态变化的一个过程。
(2)明确图像斜率的物理意义：在V－T 图像(p－T 图像)中，要比较两个状态的压强(或体积)大小，可
以根据＝C，比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜
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率越小，压强(或体积)越大。
(3)明确图像面积的物理意义：在p－V 图像中，p－V 图线与V 轴所围图形的面积表示气体对外界或外
界对气体所做的功。
3.变质量气体问题
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，转换思维使变质量气体问题转化为定质量气体
问题，是解决变质量气体问题的关键，用气体实验定律求解。
（1）打气问题：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整体作为研究对象，质量不变，故抽气过
程可以看成是定质量气体状态变化过程。
（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，可将变质量气体
问题转化为定质量气体问题。
（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，便可使变质量气体问题变成定质
量气体问题。
【模型一 气体的图像模型 】
类型1 等温变化图像（P-V 图像）模型
1.气体的P-V 图像：
2.数学表达式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)
3.特点：pV＝CT（其中C 为恒量），即pV 之积越大的等温线温度越高，线离原点越远；p＝CT1
V ，斜
率
k＝CT，即斜率越大，温度越高
【典例1】（2023·上海·高考真题）一定质量的理想气体，经历如图过程，其中
分别为双曲线
的一部分。下列对
四点温度大小比较正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】AC．由题可知一定质量的理想气体，
分别为双曲线的一部分，故
分别为该气体
的两段等温变化的过程。则
、
，AC 错误；
BD．ad、bc 两过程都是等容变化，由图可知
，
根据查理定律可知
，可得
、
故B 正确，D 错误。
故选B。
【变式1-1 】一定质量的气体经历一系列状态变化，其p －1
V 图像如图所示，变化顺序为
a→b→c→d→a，图中ab 线段延长线过坐标原点，cd 线段与p 轴垂直，da 线段与1
V 轴垂直。气体在此状态
变化过程中（ ）
A.a→b 过程，压强减小，温度不变，体积增大
B.b→c 过程，压强增大，温度降低，体积减小
C.c→d 过程，压强不变，温度升高，体积减小
D.d→a 过程，压强减小，温度升高，体积不变
【答案】A
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【解析】由题图可知，a→b 过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A 正确；
由理想气体状态方程pV
T ＝C 可知p＝CT 1
V ，斜率k＝CT，连接O、b 的直线比连接O、c 的直线的斜率
小，所以b 的温度低，b→c 过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B 错误；
c→d 过程，气体压强不变而体积变小，由理想气体状态方程pV
T ＝C 可知，气体温度降低，故C 错误；
d→a 过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程pV
T ＝C 可知，气体温度降低，故D 错误
【变式1-2】（2023·辽宁·高考真题）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电
低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T 图像
如图所示。该过程对应的p-V 图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据
，可得
从a 到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c，气体压强减小，温度降低，因c 点与原
点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 态的体积大于b 态体积。
故选B。
【变式1-3】已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状
态1 到状态2 的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能
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A．先增大后减小
B．先减小后增大
C．单调变化
D．保持不变
【答案】B
【解析】由
为恒量，由图象与坐标轴围成的面积表达
乘积，从实线与虚线等温线比较可得出，
该面积先减小后增大，说明温度T 先减小后增大，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先将小后
增大．
故选B．
【变式1-4】一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系如图所示。该气体由状态A 经等容过程到状态
B，再经等压过程到状态C。设A、B、C 状态对应的温度分别为TA、TB、TC，下列关系式正确的是（ ）
A.TA＜TB，TB＜TC
B.TA＞TB，TB＝TC
C.TA＞TB，TB＜TC
D.TA＝TB，TB＜TC
【答案】C
【解析】理想气体从A 状态到B 状态属于等容变化，由查理定律得
pA
T A
＝
pB
T B
由图可知pA＞pB，所以A、B 状态的温度关系为TA＞TB
从B 状态到C 状态属于等压变化，根据盖—吕萨克定律得
V B
T B
＝
V C
T C
由图可知VB＜VC，所以B、C 状态的温度关系为TB＜TC，故选C。
类型2 等容变化图像（P-T 图像）模型
1.气体的P-T 图像：
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2.数学表达式： ＝ 或 ＝C(常数)
3.特点：p＝C
V T，斜率k＝C
V ，即斜率越大，体积越小
【典例2】如图所示为
的某种气体的压强和温度关系
图线。
表示1 个标准大气压。则气
体在
状态的体积为
个标准大气压下，气体的摩尔体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解析】图中倾斜的直线过绝对零度，则代表等容变化，结合图像可知
对
态和
状态根据气体状态变化方程可知
其中
解得
，故
正确，
错误。
故选：
。
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【变式2-1】（2023·重庆·高考真题）密封于汽缸中的理想气体，从状态
依次经过ab、bc 和cd 三个
热力学过程达到状态d。若该气体的体积V 随热力学温度T 变化的V-T 图像如图所示，则对应的气体压强p
随T 变化的p-T 图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由V-T 图像可知，理想气体ab 过程做等压变化，bc 过程做等温变化，cd 过程做等容变化。
根据理想气体状态方程，有
，可知bc 过程理想气体的体积增大，则压强减小。
故选C。
【变式2-2】（2023·江苏·高考真题）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A 变化到状态
B。该过程中（ ）
A．气体分子的数密度增大
B．气体分子的平均动能增大
C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
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【答案】B
【解析】A．根据
，可得
，则从A 到B 为等容线，即从A 到B 气体体积不变，则气体
分子的数密度不变，选项A 错误；
B．从A 到B 气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B 正确；
C．从A 到B 气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁
的碰撞力变大，选项C 错误；
D．气体的分子密度不变，从A 到B 气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的
气体分子数变大，选项D 错误。
故选B。
【变式2-3】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T 图像，由图像可知，此气体的体积（ ）
A．先不变后变大 B．先不变后变小 C．先变大后不变 D．先变小后不变
【答案】D
【解析】从图中可以看出，气体先经历了等温变化，根据波意尔定律可知：
，而气体等温升
压，体积变小；根据理想气体状态方程：
可知：
，后一段是过原点直线，所以是等体积变
化，所以气体体积先减小后不变，ABC 错误D 正确
【变式2-4】如图所示是一定质量理想气体状态由A 依次经过B、C 到D 变化的p－T 图像，对应的转换
图像中可能正确的是（ ）
【答案】A
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【解析】由理想气体状态方程可得pV
T ＝C，由题图p－T 图像可知，从A 到B 过程，气体压强不变，
可得选项B、C 错误；从A 至B 过程，温度升高，所以体积增大，B 到C 过程，温度不变，压强减小，所以
体积增大，可得D 项错误；C 到D 过程压强减小，温度降低，由于压强与温度成正比，所以体积不变；综
上可得，A 项正确。
【变式2-5】一定质量的理想气体从状态a 开始，经历ab、bc、ca 三个过程回到原状态，其pT 图像如
图所示，下列判断正确的是( )
A．状态a 的体积小于状态b 的体积 B．状态b 的体积小于状态c 的体积
C．状态a 分子的平均动能最大 D．状态c 分子的平均动能最小
【答案】B
【解析】根据p＝T 可知，a、b 在同一条等容线上，即状态a 的体积等于状态b 的体积，A 错误；
因b 点与原点连线的斜率大于c 点与原点连线的斜率，可知状态b 的体积小于状态c 的体积，B 正确；
因为a 状态的温度最低，b、c 两状态的温度最高，可知状态a 分子的平均动能最小，状态b、c 分子的
平均动能最大，C、D 错误。
【变式2-6】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a 变化到状
态b 的过程中，气体的体积( )
A．一直增大
B．一直减小
C．保持不变
D．先变大后变小
【答案】B
【解析】在pt 图像中分别作出过a、b 点的等容线，两条等容线的延长线与t 轴交于同一点，且该点
的温度为－273.15 ℃，如图。根据＝C 可知，等容线斜率越大，体积越小，所以气体由状态a 变化到状态
b 的过程中，气体的体积一直在减小，故B 正确，A、C、D 错误。
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类型3 等压变化图像（V-T 图像）模型
1.气体的V-T 图像：
2.数学表达式：＝ 或 ＝C(常数)
3.特点：p＝C
V T，斜率k＝C
V ，即斜率越大，体积越小
【典例3】（2025·全国卷·高考真题）如图，一定量的理想气体先后处于
图上
三个状态，
三个状态下气体的压强分别为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】根据理想气体的状态方程有
，变形有
则V—T 图线上的点与坐标原点连线的斜率代表
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则由题图可知pc > pb = pa
故选AD。
【变式3-1】气压式电脑升降桌通过汽缸上下运动来支配桌子升降，其简易结构如图所示，导热性能
良好的圆柱形汽缸与桌面连接，柱状活塞与脚底座连接，汽缸与活塞之间封闭着一定质量的理想气体，活
塞可在汽缸内无摩擦移动而不漏气。设封闭气体的初始状态为
，现将电脑放在桌子上，桌子缓慢下降一
段距离后达到稳定状态
，该过程室内温度不变，然后打开空调，经过一段时间，室内温度降低到一定温
度，此时气体状态为
，最后将电脑拿离桌面，封闭气体重新达到新的稳定状态
。关于封闭气体从状态
过程中的
图像可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】解：将电脑放在桌子上，从
到
的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小；从
到
的过程中，室内温度降低到一定温度，气体等压降温，温度降低，体积减小；从
到
的过程中，气体
等温膨胀，压强减小，体积增大；将电脑拿离桌面，
状态的压强又恢复到最初
状态的压强，其封闭气
体
图像，故
正确，
错误。
故选：
。
【变式3-2】（2025·甘肃·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态A 经等容过程到达状态B，然后
经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列
说法正确的是（ ）
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A．A→B 过程为吸热过程
B．B→C 过程为吸热过程
C．状态A 压强比状态B 的小
D．状态A 内能比状态C 的小
【答案】ACD
【解析】A．A→B 过程，体积不变，则W=0，温度升高，则∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q
可知Q>0，即该过程吸热，选项A 正确；
B ．B→C 过程，温度不变，则∆U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q
可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B 错误；
C ．A→B 过程，体积不变，温度升高，根据
可知，压强变大，即状态A 压强比状态B 压强小，选项C 正确；
D．状态A 的温度低于状态C 的温度，可知状态A 的内能比状态C 的小，选项D 正确。
故选ACD。
【变式3-3】（2022·全国乙卷·高考真题）一定量的理想气体从状态a 经状态b 变化到状态c，其过程
如
图上的两条线段所示，则气体在（ ）
A．状态a 处的压强大于状态c 处的压强
B．由a 变化到b 的过程中，气体对外做功
C．由b 变化到c 的过程中，气体的压强不变
D．由a 变化到b 的过程中，气体从外界吸热
E．由a 变化到b 的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
【答案】ABD
【解析】AC．根据理想气体状态方程可知
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即
图像的斜率为
，故有
，故A 正确，C 错误；
B．理想气体由a 变化到b 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B 正确；
DE．理想气体由a 变化到b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而
，
，则有
，可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D 正确，E 错误；
故选ABD。
【变式3-4】如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到
达状态c，直线
过原点。则气体（ ）
A．在状态c 的压强等于在状态a 的压强
B．在状态b 的压强小于在状态c 的压强
C．在
的过程中内能保持不变
D．在
的过程对外做功
【答案】AC
【解析】AB．根据
可知，因直线ac 过原点，可知在状态c 的压强等于在状态a 的压强，b 点与
原点连线的斜率小于c 点与原点连线的斜率，可知在状态b 的压强大于在状态c 的压强，选项A 正确，B 错
误；
C．在
的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，选项C 正确；
D．在
的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，选项D 错误。
故选AC。
【变式3-5】（2022·福建·高考真题）带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a 状
态，然后经过
状态变化过程到达c 状态。在
图中变化过程如图所示。
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（1）气体从a 状态经过
到达b 状态的过程中压强 。（填“增大”、“减小”或
“不变”）
（2）气体从b 状态经过
到达c 状态的过程要 。（填“吸收”或“放出”）热量。
【答案】 增大 放出
【解析】（1）[1]由
图像可知，气体从a 状态经过
到达b 状态的过程中，气体的体积保持
不变，温度升高，根据
，可知气体的压强增大。
（2）[2]由
图像可知，气体从b 状态经过
到达c 状态的过程，气体的温度保持不变，则气
体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热
量。
类型4 热力学第一定律与气体状态变化图像的综合
1.处理热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题的思路
（1）根据气体状态变化图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、
放热情况及做功情况。
（2）在p-V 图像中，图线与V 轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
（3）结合热力学第一定律判断有关问题。
2.求解气体实验定律与热力学第一定律的综合问题的图示
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【典例4】（2025·甘肃·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态A 经等容过程到达状态B，然后经
等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说
法正确的是（ ）
A．A→B 过程为吸热过程
B．B→C 过程为吸热过程
C．状态A 压强比状态B 的小
D．状态A 内能比状态C 的小
【答案】ACD
【解析】A．A→B 过程，体积不变，则W=0，温度升高，则∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q
可知Q>0，即该过程吸热，选项A 正确；
B ．B→C 过程，温度不变，则∆U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q
可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B 错误；
C ．A→B 过程，体积不变，温度升高，根据
可知，压强变大，即状态A 压强比状态B 压强小，选项C 正确；
D．状态A 的温度低于状态C 的温度，可知状态A 的内能比状态C 的小，选项D 正确。
故选ACD。
【变式4-1】（2025·天津·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A 变
化到状态C，则（ ）
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A．
和
过程，外界对气体做功相同
B．
和
过程，气体放出的热量相同
C．在状态A 时和在状态C 时，气体的内能相同
D．在状态B 时和在状态D 时，气体分子热运动的平均动能相同
【答案】C
【解析】A．根据
，
过程的压强总比
过程的压强大，则
过程外界对气体做功多，
故A 错误；
B．同理可知
过程外界对气体做功比
过程大，根据热力学第一定律
可知
过程气体放出的热量多，故B 错误；
C．根据理想气体状态方程
结合题图可知状态A 时和在状态C 温度相等，则气体内能相同，故
C 正确；
D．根据理想气体状态方程
可知状态B 的温度高于状态D 的温度，则状态B 气体分子热运动的
平均动能大，故D 错误。
故选C。
【变式4-2】（2024·新疆河南·高考真题）如图，一定量理想气体的循环由下面4 个过程组成：1→2 为
绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3 为等压过程，3→4 为绝热过程，4→1 为等容过程。上述
四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
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A．1→2 过程中，气体内能增加
B．2→3 过程中，气体向外放热
C．3→4 过程中，气体内能不变
D．4→1 过程中，气体向外放热
【答案】AD
【解析】A．1→2 为绝热过程，根据热力学第一定律
可知此时气体体积减小，外界对气体
做功，故内能增加，故A 正确；
B．2→3 为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增
大，气体对外界做功
，故气体吸收热量，故B 错误；
C．3→4 为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功
，根据热力学第一定律可知气体内能
减小，故C 错误；
D．4→1 为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变
，故
可知气体向外放热，故D 正确。
故选AD。
【变式4-3】（2017·全国III 卷·高考真题）如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程
ab 到达状态b，再经过等温过程bc 到达状态c，最后经等压过程ca 回到状态a．下列说法正确的是（ ）
A．在过程ab 中气体的内能增加
B．在过程ca 中外界对气体做功
C．在过程ab 中气体对外界做功
D．在过程bc 中气体从外界吸收热量
E．在过程ca 中气体从外界吸收热量
【答案】ABD
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【解析】A．在过程ab 中气体的体积不变，压强升高，根据
可知气体的温度升高，内能增加，
故A 正确；
B．在过程ca 中气体压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，故B 正确；
C．在过程ab 中气体的体积不变，气体对外界不做功，故C 错误；
D．在过程bc 中，气体的温度不变，内能不变，气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一
定律
可知气体从外界吸收热量，故D 正确；
E．在过程ca 中气体的压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据
可知气体温度降低，内能
减小，根据热力学第一定律
可知气体放出热量，故E 错误。
故选ABD。
【变式4-4】（2022·全国甲卷·高考真题）一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如
图上从a 到b 的线段所示。在此过程中（ ）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCE
【解析】A．因从a 到b 的p—T 图像过原点，由
可知从a 到b 气体的体积不变，则从a 到b 气
体不对外做功，选项A 错误；
B．因从a 到b 气体温度升高，可知气体内能增加，选项B 正确；
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CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q 可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量
等于内能增加量，选项CE 正确，D 错误。
故选BCE。
【变式4-5】（2021·全国乙卷·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态
经热力学过
程
、
、
后又回到状态a。对于
、
、
三个过程，下列说法正确的是（ ）
A．
过程中，气体始终吸热
B．
过程中，气体始终放热
C．
过程中，气体对外界做功
D．
过程中，气体的温度先降低后升高
E．
过程中，气体的温度先升高后降低
【答案】ABE
【解析】A．由理想气体的
图可知，理想气体经历ab 过程，体积不变，则
，而压强增大，
由
可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由
可知，气体一直吸热，故A 正确；
BC．理想气体经历ca 过程为等压压缩，则外界对气体做功
，由
知温度降低，即内能
减少
，由
可知，
，即气体放热，故B 正确，C 错误；
DE．由
可知，
图像的坐标围成的面积反映温度，b 状态和c 状态的坐标面积相等，而
中间状态的坐标面积更大，故bc 过程的温度先升高后降低，故D 错误，E 正确；
故选ABE。
【模型二 气体的变质量模型】
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类型1 充气模型
【充气模型】
处理方法：1.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的状态变化问题。
例如，充气（打气）时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的质量
是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
2.也可以利用pV＝nRT 来处理有关变质量问题。
【典例5】（2024·安徽高考）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气
体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮
胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气
体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的
温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
【答案】（1）2.5×105 Pa （2）6L
【解析】（1）由查理定律可得
p1
T 1
＝
p2
T 2
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝（273－3）K＝270 K，T2＝（273－23）K＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。
（2）由玻意耳定律有p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。
【变式5-1】（2024·贵州·高考真题）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
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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，此时容
器内的气体体积为
，压强为
，现缓慢充气后压强变为
，不计容器的容积变化。
(1)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
时的体积。
(2)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
，压强为
。求气体在状态N 与状
态M 时的热力学温度之比。
(3)图（b）中虚线
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。（不需要说明理由）
【答案】(1)
(2)
(3)吸热
【难度】0.65
【解析】（1）设充入的气体在该室温环境下压强为
时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则
有
解得
（2）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可得
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可得
（3）由
图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M 到N 的过程对外做功更多，
和
都是从M 状态变化而来，
应该相同，可得
可知从M 到N 的过程内能降低的更少。由热力学第一定律
可知，从M 到
的过程绝热，
内能降低等于对外做功；从M 到N 的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
【变式5-2】汽车胎压监测系统可以实时显示每条轮胎的胎压，大大提高了汽车驾驶安全性。某汽车
行驶前胎压监测系统显示驾驶座左侧前轮胎的胎压。
，环境温度为
（设此时胎内
温度与环境温度相同），汽车行驶过程中，某时刻该轮胎的胎压
已知该轮胎内部体积始终
保持不变，气体可视为理想气体，求：
(1)此时该轮胎内气体的温度为多少摄氏度（精确到小数点后一位数字）；
(2)若经过3 个月后，发现该轮胎的胎压
，若要使该轮胎胎压增大到
，需
要充入一定量的同种气体，充气过程中轮胎内温度视为不变，求充入气体质量和轮胎内原有气体质量之比。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）行驶前，胎内气体温度
，压强
某时刻该轮胎的胎压
行驶过程，气体发生等容变化，根据查理定律可得
解得
因此温度为
（2）设充入的压强为
的气体体积为
，轮胎的体积为
，气体发生等温变化，根据玻意耳
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定律可得
，解得
充入气体质量和车胎内原有气体质量之比
【变式5-3】某潜水爱好者向容积为
的高压氧气瓶内充气。初始时瓶内氧气压强为
，温度为
。
充气过程中，外界以恒定压强
向瓶内缓慢注入氧气，最终瓶内氧气压强达到
，温度仍为
。假设氧气为理想气体，充气过程中氧气瓶体积不变。求：
(1)充入瓶内的氧气在外部压强
下的体积；
(2)充入氧气的质量与初始瓶内氧气质量的比值。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）初始时瓶内气体压强为
，体积为
；充气完成后，瓶内气体压强为
，体积仍为
；充入的气体在外部压强
下的体积为
，该过程为等温变化，则有
解得
（2）由于温度不变，氧气质量与压强和体积的乘积成正比，有
充入气体的质量
综上可得
【变式5-4】电动充气泵是家用汽车常备工具，它利用电能驱动电机将外界气体压入轮胎，从而达到
充气的目的。在充气前汽车轮胎内存有
的气体，现用电动充气泵对轮胎充气，每分钟可将
外部气体充入轮胎，外部气体压强为
，该汽车轮胎最大容积为
，内部最大允许气压为
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，假设充气过程中气体温度不变，则充气时间最长约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设时间为t，根据玻意耳定律有
其中
，
代入数据得
故选B。
【变式5-5】学校举办的科技文化艺术节上，同学们进行了水火箭的制作与发射比赛。发射装置简化
为如图所示的模型，体积为
的充气瓶（箭体）内有体积为
的水和压强为1 个标准大气压
的空气。打气筒气室体积为
，现用打气筒通过单向气阀向箭体内每一次充入压强
一个大气压、体积为
的气体。当水火箭内部气压达到3 个标准大气压时压缩空气可将活塞顶出，箭体发
射。设充气过程气体温度不变，瓶和水的体积变化不计。求：
(1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次；
(2)已知打气筒手柄和活塞质量不计、活塞和汽缸之间的摩擦力不计、打气筒与瓶塞连接管的体积不
计、箭体内水的高度不计，打气筒活塞横截面积
，至少需要用多大的力才能完成第8 次
打气。
【答案】(1)10 (2)64N
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【解析】（1）要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n 次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内
部气压为
根据玻意耳定律有
解得
（2）第8 次打气后，箭体内气体压强为
，根据玻意耳定律有
解得
分析活塞受力
解得
类型2.抽气模型
【抽气模型】
处理方法:1.在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题
的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”
问题转化为“定质量”的问题。
2.也可以利用pV＝nRT 来处理有关变质量问题。
【典例6】如图，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积S=0.04m2的轻质光滑活塞封闭一定质量
的理想气体，活塞下悬挂质量为m=80kg 重物，此时活塞在距离汽缸上底面h1=0.21m 的A 处，气体的温度
为T1=280K。给汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面h2=0.24m 的B 处（图中未画出），
此过程气体内能增加了44J，大气压为p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2。
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(1)求活塞在B 处时的气体温度T2；
(2)求此过程中气体吸收的热量Q；
(3)先将活塞锁定在B 处，改悬挂m′=120kg 重物，在阀门处用抽气装置抽气两次后解锁活塞，发现活
塞最终停在 A 处，设整个过程保持气体温度T2不变，则每次抽走气体的体积是多少？
【答案】(1)320K (2)140J (3)1.37×10−3m3
【解析】（1）从A 到B 为等压变化，由盖吕萨克定律有
−
h1S
T 1
= h2S
T 2
解得T 2=320K
（2）活塞从A 处到B 处的过程中，根据活塞受力平衡可得mg+ pS = p0 S
外界对气体做功W =−pS(h2−h1)
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得Q =140J
（3）抽气过程为等温变化，设每次抽走的气体体积为V0，则第一次ph2S = p1(h2S +V 0)
第二次p1h2S = p2(h2S +V 0)
对活塞p
′ S +m
′ g= p0 S
活塞从B 运动到A 有p2h2S = p
′ h1S
解得
h2S
h2S +V 0
= 7
8
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则V 0= 0.0096
7
m
3≈1.37×10
−3 m
3
【变式6-1】胎压指的是轮胎内部空气的压强，胎压的高低对汽车的性能和动力有着至关重要的作用，
过高和过低都会缩短轮胎的使用寿命。绝大多数小轿车的轮胎胎压在
之间为正常范围。已知
轮胎内原有空气的压强为
，胎内空气温度
，体积为
。由于长时间行驶，胎内空
气温度
，胎内空气体积变成
。胎内气体均可视为理想气体。
(1)通过计算说明此时胎压是否正常？
(2)由于胎压偏高，驾驶员将车停到安全区域后，放出了轮胎内的适量气体，此时监测系统显示胎压
、温度
，体积为
，求放出气体的质量与留在轮胎内气体的质量之比。
【答案】(1)不正常 (2)
【解析】（1）根据理想气体状态方程有
解得
说明此时胎压不正常。
（2）根据理想气体状态方程有
解得
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可得放出气体的质量与留在轮胎内气体的质量之比
【变式6-2】将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，
可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积
为
，文物放入时柜内压强为
。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为
，每次均抽出整筒
空气。已知第一次抽气后柜内压强变为
。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作
理想气体。求：
(1)柜内文物的体积
；
(2)要使储存柜内的压强小于
，至少需要抽气几次。
【答案】(1)
(2)3 次
【解析】（1）第一次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
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第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于
至少要抽气3 次。
【变式6-3】如图甲为神舟十七号载人飞船成功与中国空间站天和核心舱实现对接。气闸舱有两个气
闸门，与核心舱连接的是闸门A，与外太空连接的是闸门B，如图乙所示。空间站核心舱内航天员要到舱外
太空行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为
（地球表面标准大气压），用抽气机多
次抽取气闸舱中气体（每次抽气后抽气机内与舱内气体压强相等），当气闸舱气压降到一定程度后才能打
开气闸门B，已知每次从气闸舱抽取的气体（视为理想气体）体积都是气闸舱容积的
，抽气过程中温度
保持不变，不考虑漏气、新气体产生、航天员进出舱对气体的影响。则抽气1 次后和抽气2 次后气闸舱内
气压分别约为（ ）
A．9.1×104Pa，7.8×104Pa
B．9.8×104Pa，7.8×104Pa
C．9.1×104Pa，8.3×104Pa
D．9.8×104Pa，8.3×104Pa
【答案】C
【解析】第一次抽气相当于气体的体积由V 变为
，温度不变，根据气体实验定律得
解得
第二次抽气相当于气体的体积由
变为
，
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温度不变，根据气体实验定律得
解得
故选C。
【变式6-4】如图所示为一种“马德堡半球演示器”，两“半球”合在一起时，可形成一直径d =6cm
的球形空腔。现将两“半球”合起，球形空腔内的气体压强与大气压强相同，通过细软管用容积100mL 的
注射器满量从球内缓慢抽出空气。球形空腔、软管及注射器气密性好，忽略软管的容积，抽气前、后球形
空腔形状不变，环境温度保持不变，摩擦不计；已知大气压强p0=1×10
5Pa。（π ≈3，结果保留两位有
效数字）求：
（1）判断抽气过程封闭气体“吸热”还是“放热”，并说明理由；
（2）抽气后，球形空腔内气体的压强是多少？
【答案】（1）吸热，理由见解析；（2）p1=5.2×10
4 Pa
【解析】（1）抽气过程温度不变，所以气体的内能不变，即ΔU =0
此过程气体体积变大，气体对外界做功，即W <0
由热力学第一定律ΔU =W +Q，可得Q>0
则抽气过程封闭气体吸热。
（2）抽气过程，以原球内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得
p0V 0= p1(V 0+V 针)
其中V 0= 4
3 π( d
2 )
3
，V 针=100 mL
解得 p1≈5.2×10
4 Pa
【变式6-5】如图所示，桶装水的容积为
，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶
内气体压强为
，剩余水的体积为
，水面距出水口的高度为
。取水器每按压一次，向桶
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内打入压强为
、体积为
的空气。已知水桶的横截面积为
，水的密度为
，
大气压强为
，重力加速度为
，取水过程中气体温度保持不变，则（ ）
A．若要压出4L 水，至少需按压14 次
B．若要压出
水，至少需按压17 次
C．压出4L 水时水桶中气体质量与初始质量之比为131：80
D．压出4L 水时水桶中气体质量与初始质量之比为135：78
【答案】BC
【解析】AB．若压出
水后，则桶内液面下降高度
则此时桶内液面与出水口高度差为
则有
解得
由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有
其中
，
，
，
解得
可知，要压出
水，至少需要按压17 次，故A 错误，B 正确；
CD．同温同压下，气体质量之比等于体积之比。设压出4L 水时水桶中气体压强为
时，其对应的体
积为
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故有
解得
压出4L 水时水桶中气体质量与初始质量之比为
，故C 正确，D 错误；
故选BC。
类型3 漏气模型
【漏气模型】
处理方法:1.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，如果选容器内剩余气体和
漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
2.利用pV＝nRT 来处理有关变质量问题。
【典例7】（2023·全国甲卷·高考真题）一高压舱内气体的压强为1.2 个大气压，温度为17℃，密
度为1.46kg/m3。
（i）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；
（ii）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0 个大气压，求舱内气体的密度。
【答案】（i）1.41kg/m3；（ii）1.18kg/m3
【解析】（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1 = 273＋17K = 290K，T2 = 273＋27K = 300K
理想气体状态方程pV = nRT 可知
其中n 为封闭气体的物质的量，即理想气体的
正比于气体的质量，则
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其中p1 = p2 = 1.2p0，ρ1 = 1.46kg/m3，代入数据解得 ρ2 = 1.41kg/m3
（ii）由题意得p3 = p0，T3 = 273＋27K = 300K 同理可得
解得 ρ3 = 1.18kg/m3
【变式7-1】打篮球是同学们喜爱的一种体育活动，一定容积的篮球内部气体的压强
，
某同学用该篮球去篮球场打球，一段时间后，发现篮球气压不足，经检测篮球内部气体的压强
。设篮球体积和球内气体温度均不变，则篮球漏出的气体质量占篮球内原来气体总质量的
百分比为（ ）
A．15%
B．20%
C．25%
D．30%
【答案】C
【解析】设篮球容积为
，漏出气体体积为
，根据玻意耳定律有
解得
则有
故选C。
【变式7-2】我国交通便利，物流快递业发达，网购成为越来越多人的主要购物方式。海南某同学网
购了黑龙江生产的某玻璃瓶装的坚果。瓶子密封良好，装瓶时气温为-23 ℃，瓶内气体体积为
，海南的
同学收到货时，海南气温为27 ℃。两地大气压强相差不大，可认为相等，都为
。不考虑瓶内物体的挥
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发和瓶子的体积变化，认为0 ℃等于273 K，瓶内气体可视为理想气体。求：
(1)到海南后未开瓶时瓶内气体的压强；
(2)海南的同学缓慢打开瓶盖后，瓶内减少的气体与开瓶前气体的质量之比。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）在黑龙江时，瓶内气体温度
到海南时，瓶内气体温度
从黑龙江到海南，瓶内气体体积不变，由查理定律有
解得
（2）到海南后可认为打开瓶盖前后温度不变，设开瓶后气体体积为V，则由玻意耳定律有
解得
减少的气体与开瓶前气体的质量之比为
【变式7-3】小明同学设计制作了简易家禽自动饮水器如图甲所示，当瓶口浸入水中时，水不会流出；
当家禽饮水使盘子里的水面下降而瓶口刚露出水面时，空气从瓶口进入瓶内，水就会自动流出来，升高盘
子里的水位，使瓶口重新没入水中，水停止流出。为了便于计算，我们用水银代替水来研究。其简化模型
如下：用玻璃管代替饮水器的盛水桶，玻璃管的长度为
，横截面积
。开始时将玻璃管
开口向上，倒入长度为
的水银，如图乙所示，然后封住管口，将玻璃管倒置在盛有水银的浅盘中，
管口刚好浸入水银面（此过程没有空气进入管内），如图丙所示。已知大气压强
，整个过程
环境温度保持不变，封闭气体可视为理想气体，不计管口浸入浅盘液面的深度。
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(1)求倒置后稳定时，玻璃管中水银的高度；
(2)浅盘内水银逐渐减少，当玻璃管内剩余水银的高度为
时，求后来进入的气体质量与原来气
体质量之比。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设倒置后稳定时，玻璃管中水银的高度为
，则玻璃管气体压强为
根据玻意耳定律可得
联立代入数据解得
或
（舍去）
（2）当玻璃管内剩余水银的高度为
时，则玻璃管气体压强为
根据玻意耳定律可得
可得
根据
可知后来进入的气体质量与原来气体质量之比
【变式7-4】某物理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
横截面积S =100cm
2、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T A =300K、活塞与容器底的距离h0=15cm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 =1cm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
T C = 400K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 =140J，大气压强
p0=0.99×10
5Pa，重力加速度g 取10 m/s
2，求：
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（1）气体在状态C 时的压强；
（2）气体由状态A 到状态C 的过程中，从外界吸收的热量Q；
（3）达到C 状态后，由于意外导致容器开始缓慢漏气，漏气过程中容器内温度视为不变，求活塞与
卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比。
【答案】（1）1.25×10
5Pa；（2）150J；（3）1
4
【解析】（1）气体在状态A 时，有pA S = p0 S+mg，解得pA =1×10
5Pa
气体由状态A 到状态B 过程中，气体的压强不变，由盖吕萨克定律有h0 S
T A
= (h0+d )S
T B
解得T B=320K
气体由状态B 到状态C 过程中，气体的体积不变，由查理定律有pB
T B
= pC
T C
解得pC =1.25×10
5Pa
（2）气体从状态A 到状态C 的过程中，气体对外做的功为W = pA Sd =10J
由热力学第一定律有 ΔU =Q−W ，得Q =150J
（3）活塞与卡口刚要分离时气体压强为p= pA =1×10
5Pa
由（1）知pC =1.25×10
5Pa
根据pCV C = pV 得V =1.25V C
漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比
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m1
m2
= V −V C
V C
= 1
4
【变式7-5】某些特定文物需要用惰性气体进行密封保存。如图甲所示为一博物馆保存文物所使用的
容器，主体由上端开口的圆桶、盖板、卡鞘和充气阀门组成。圆桶高为
，内部横截面积为
。盖板质量可以忽略且与圆桶之间密封性较好。卡鞘厚度可以忽略，距离圆桶底部
处，卡鞘上表面装有压力传感器，能测量盖板对卡鞘的作用力。初始时，圆桶中充满惰性气体，盖板稳定
于圆桶的开口处。如图乙在盖板上放置一质量为
的砝码，稳定后盖板刚好位于卡鞘处且压力传感
器的示数为零。忽略盖板与圆桶之间的摩擦以及气体温度的变化，充气阀门始终闭合。取大气压
，重力加速度
取
，求：
(1)该文物的体积；
(2)若经过长时间的放置后，惰性气体有少量泄漏，压力传感器的示数为
，求泄漏的惰性气
体占原有气体的质量的百分比。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设文物体积为
，初始时惰性气体压强为
，体积
，
当盖板刚好位于卡鞘处时
，解得
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体积
根据玻意耳定律可得
联立解得
（2）当
时，
，解得
由玻意耳定律可得
，解得
泄漏的惰性气体占原有气体的质量的百分比为
类型4.气体的分装模型
【气体的分装模型】
处理方法：若混合前或分装后两部分或几部分气体压强不相等，不能直接应用气体实验定律列方程。
1.将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把
大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定
质量”问题。
2.转化法：应先转化为相同压强下，再将气体的整体作为研究对象，然后用气体实验定律或理想
气体状态方程列式求解。
3.利用克拉伯龙方程：
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若把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2…的几部分理想气体进行混合，混合后气体的压
强、体积、温度分别为p、V、T，根据
p1V 1
T 1
＝n1R 处理有关变质量问题，
p2V 2
T 2
＝n2R，…，pV
T ＝(n1＋n2
＋…)R，得p1V 1
T 1
＋p2V 2
T 2
＋…＝pV
T ，若温度不变，可得p1V1＋p2V2＋…＝pV。
【典例8】某容器的容积为
，用容积为
的活塞式抽气机对容器内的气体进行抽气，如图所示
抽气原理是先将活塞推到底，闭合阀门
，打开阀门
，将活塞往外抽，直至抽气机内充满气体，再关闭
阀门
，打开阀门
，全部释放抽气机内的气体，再进行下一次抽气
。设容器中原来的气体压强为
，整个过程气体温度均保持不变。求：
（1）完成两次抽气后，容器内剩余气体质量与抽气前气体质量的比值；
（2）抽气机完成四次抽气后，容器内剩余气体的压强。
【答案】（1）完成两次抽气后，容器内剩余气体质量与抽气前气体质量的比值为
；
（2）抽气机完成四次抽气后，容器内剩余气体的压强为
。
【解析】（1）由题意可知，抽气的过程气体发生等温变化，设容器的容积为
，每次抽出气体的体
积为△
，容器中原来的气体压强为
，抽气过程中气体的温度不变，第一次抽气后，设容器内气体的压
强为
，则由玻意耳定律可得：
△
，解得：
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可知完成一次抽气后，容器内剩余气体质量为抽气前气体质量的
第二次抽气后设容器内的压强为
，则有：
△
，解得：
可知完成第二次抽气后，容器内剩余气体质量为第二次抽气前容器内气体质量的
，则完成两次抽气
后，容器内剩余气体质量与抽气前气体质量的比值为
。
（2）根据（1）问分析，以此类推可得经过
次抽气后容器内剩余气体的压强为：
可
得
抽
气
机
完
成
四
次
抽
气
后
，
容
器
内
剩
余
气
体
的
压
强
为
：
。
【变式8-1】如图所示，每个医用氧气钢瓶内体积为40 L，在夜晚时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107
Pa，温度为7 ℃，白天时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽
气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强均为4×105 Pa，要
求大钢瓶内压强降到2×105 Pa 时就停止分装。不计分装过程中氧气的泄漏，求：
(1)在白天时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
(2)一大钢瓶氧气可分装多少个小瓶供病人使用？
【答案】(1)21 ℃ (2)124
【解析】（1）钢瓶的容积一定，从夜晚到白天对钢瓶内气体，根据盖-吕萨克定律
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解得T2＝294 K 即t＝21 ℃
（2）在白天时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则
p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据玻意耳定律p2V2＝p3V3，解得V3＝2.52 m3
可用于分装小瓶的氧气 p4＝2×105 Pa V4＝（2.52－0.04）m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气 p5＝4×105 Pa，V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3根据玻意耳定律p4V4＝p5V5解得n＝124 即一大钢瓶氧气可分装124 小瓶。
【变式8-2】容积V＝10 L 的钢瓶充满氧气后，压强p＝20 atm，打开钢瓶盖阀门，将氧气分别装到容
积为V0＝5 L 的小瓶子中，若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p1＝2 atm。在分装过程
中无漏气，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是（ ）
A.2 瓶
B.18 瓶
C.10 瓶
D.20 瓶
【答案】B
【解析】由玻意耳定律可知pV＝p1V1，即20 atm×10 L＝2 atm×V1，解得V1＝100 L，最多可装的瓶
数是n＝
V 1－V
V 0
＝100－10
5
瓶＝18 瓶，故选B。
【变式8-3】已知某钢瓶容积200 L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105 Pa，环境温度为－23 ℃，
医院病房内温度27 ℃(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5 L 内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为2×105 Pa，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)3.6×105 Pa (2)32 瓶
【解析】 (1)气体发生等容变化，由查理定律得 ＝
代入数据解得p2＝3.6×105 Pa。
(2)气体温度保持不变，由玻意耳定律得
p2V＝np3V′＋p3V
代入数据解得n＝32(瓶)。
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