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第24 讲 气体实验定律的常见模型
【模型一液柱+管类模型 】
类型1 单液柱封闭气体模型
类型2 连通器封闭气体模型
类型3 液柱封闭“两团气”模型
【模型二活塞+气缸类模型】
类型1.单气缸+活塞封闭气体模型
类型2.双气缸+活塞封闭气体模型
类型3.气缸+液柱封闭气体综合模型
关联气体问题和气体实验定律与力学的综合问题是高考热点题型和难点，熟练应用气体实验定律和
理想气体状态方程是解决这类问题的基本要求。与力学规律综合应用，并结合题中几何关系列辅助方程，
是解决关联气体问题和气体实验定律与力学的综合问题的关键。
1、气体实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p 与体积V 成反比。
②公式：p1V1＝p2V2，或pV＝C(C 是常量)。
(2)等压变化——盖－吕萨克定律
①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V 与热力学温度T 成正比。
②公式：＝，或＝C(C 是常量)。
③推论式：ΔV＝·ΔT。
(3)等容变化——查理定律
①内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比。
②公式：＝，或＝C(C 是常量)。
③推论式：Δp＝·ΔT。
2、理想气体状态方程
(1)理想气体理解：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在。
②理想气体忽略分子大小和分子间相互作用力，也不计气体分子与器壁碰撞的动能损失。所以理想气
体的内能取决于温度，与体积无关。
③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大(相对大气压强)、温度不太低(相对室温)时都可
1
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当成理想气体来处理。
(2)一定质量的理想气体的状态方程：＝，或＝C(C 是常量，与气体的质量、种类有关)。
3、应用定律或方程的基本思路：
(1)选对象：确定研究对象，一般地说，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、液柱或某系统)。
(2)找参量：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；对力学研究对象
往往需要进行受力分析，依据力学规律(平衡条件或牛顿第二定律)确定压强。
(3)列方程：挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程；依据气体实验定律或理想气体状
态方程列出气体状态变化方程。
4.气体状态变化前后压强和体积的确定
（1）压强常常需要选择活塞、液柱等研究对象，根据平衡条件或牛顿第二定律确定。
（2）气体体积的确定往往需要借助几何知识。
【模型一液柱+管类模型 】
类型1 单液柱封闭气体模型
【“液柱＋管”类模型】
1.关键是对液柱封闭气体压强的计算，封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的液
柱的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，
再根据运动情况，列出关于研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。
2.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，且注意以下几点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h 为液面间的竖直高度)。
(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)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
【典例1】（2025 年高考云南卷）图甲为1593 年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所
示。硬质玻璃泡a 内封有一定质量的气体（视为理想气体），与a 相连的b 管插在水槽中固定，b 管中液
面高度会随环境温度变化而变化。设b 管的体积与a 泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压
下，b 管
上的刻度可以直接读出环境温度。则在
下（ ）
2
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A．环境温度升高时，b 管中液面升高
B．环境温度降低时，b 管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
【答案】BD
【解析】根据题意，
中气体做等容变化，根据
，当环境温度升高，则
中气体压强增大，又
可知b 管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b 管中液面升高，故B 正确，A 错误；
由AB 选项分析可知，
管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，
中压强不变，
管中液面液槽内
液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则
管内液面降低，则温度测量值偏大，故D
正确，C 错误。
【变式1-1】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d
中，平衡后烧杯a、b、c 中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d 中试管内水面高于试管外水面。已知四
个烧杯中水的温度分别为
、
、
、
，且
。水的密度随温度的变化忽略不计。下列说法
正确的是（ ）
A．a 中水的饱和气压最小
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B．a、b 中水的饱和气压相等
C．c、d 中水的饱和气压相等
D．a、b 中试管内气体的压强相等
E．d 中试管内气体的压强比c 中的大
【答案】ACD
【解析】A．同一物质的饱和气压与温度有关，温度越大，饱和气压越大，a 中水的温度最低，则a 中水的
饱和气压最小，故A 正确；
B．同理，a 中水的温度小于b 中水的温度，则a 中水的饱和气压小于b 中水的饱和气压，故B 错误；
C．c 中水的温度等于d 中水的温度，则c、d 中水的饱和气压相等，故C 正确；
D．设大气压强为
，试管内外水面的高度差为
，则a、b 中试管内气体的压强均为
，
故D 正确；
E．d 中试管内气体的压强为
c 中试管内气体的压强为
可知
，故E 错误。
故选ACD。
【变式1-2】某学习小组采用如下方法测大气压。如图所示，一端开口的导热细玻璃管内用一段长为
的
水银柱封闭一段理想气体，初始时玻璃管水平测出气柱长为，当缓慢将细玻璃管顺时针转至竖直，气柱
长变为
。若环境温度始终不变，且
、、
单位均用
，则当地大气压为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设大气压为
，初始时玻璃管水平
，
4
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玻璃管顺时针转至竖直时
，
由
代入可解得当地大气压为
，故选C。
【变式1-3】（2025 年高考湖南卷）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向
上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为
的空气柱。液柱长为h，密度为
。缓慢旋转细管至水平，
封闭空气柱长度为
，大气压强为
。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g 的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长
度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长
，细管开口向上竖直放置时空气柱温度
。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度
时，空气柱长度与竖直放置时相同。
已知
。根据该组实验数据，求重力加速度g 的值。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）竖直放置时里面气体的压强为
水平放置时里面气体的压强
由等温过程可得
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解得
（2）空气柱的体积不变，定容过程由查理定律
与
联立解得：g= p0(L2−L1)
L1 ρh
代入数据可得
【变式1-4】如图所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱
封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1＝h2＝2 cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截
面积为S2，且S2＝2S1，气体柱长度l＝6 cm，大气压强为76 cmHg，气体初始温度为300 K，重力加速度为
g。缓慢升高理想气体温度，求：
(1)当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；
(2)当理想气体温度为451 K 时，水银柱下端距粗管上端的距离。
【答案】 (1)410 K (2)1.6 cm
【解析】 (1)设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得h1S1＋h2S2＝xS1
根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为p1＝p0＋ρg(h1＋h2)
水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为p2＝p0＋ρgx
由理想气体状态方程有＝
解得T2＝410 K。
(2)设理想气体温度为451 K 时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有＝
设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则V3＝(l＋h2)S2＋yS1
解得y＝1.6 cm。
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【变式1-5】如图所示，导热良好、粗细均匀的足够长玻璃管开口向上竖直放置，管内用一段高度h=4cm
的水银柱，封闭了长度L1=24cm 的空气柱，已知大气压强p0=76cmHg，初始时环境温度T1=300K。
(1)缓慢加热玻璃管，使温度升至T2=390K，求此时空气柱的长度L2；
(2)保持温度T2不变，将玻璃管顺时针缓慢转动60°，稳定时求空气柱的长度L3。
【答案】(1)31.2cm (2)32cm
【解析】（1）温度从T1升高到
的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S，根据盖吕萨
克定律得
，代入数据解得L2=31.2cm
（2）保持温度
不变，将玻璃管顺时针旋转60°，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据理想气体状态方程得
代入数据解得L3=32cm
【变式1-6】托里拆利实验装置如图所示，导热良好的玻璃管上端封闭，下端插入水银槽中，实验过程中，
玻璃管内不小心混入少量气体。下列判断正确的是（ ）
A．外界压强恒定，玻璃管内外水银面的高度差与温度成线性关系
B．外界温度恒定，测得的大气压强大于实际值
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C．外界温度恒定，大气压强增大时，玻璃管内水银面上升
D．若缓慢向下按玻璃管，玻璃管内水银面下降，封闭气体压强减小
【答案】C
【解析】设大气压强为
，玻璃管内外水银面的高度差是h，水银的密度为
，玻璃管内被封闭气体的压
强是
；
A．由理想气体状态方程可知
，可得
则有
由题知，外界压强恒定，气体温度变化时气体体积也变化，则玻璃管内外水银面的高度差h 与温度T 不成
线性关系，故A 错误；
B．外界温度恒定，如果玻璃管内没有混入气体，则大气压为
由于混入少量气体，则h 偏小，则测出的大气压压强小于实际值，故B 错误；
C．外界温度恒定，大气压强增大时，若管内外水银面的高度差h 不变，则被封闭气体的压强
增大，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积减小，则管内水银面上升，玻璃管内水银面上升，故
C 正确；
D．若缓慢向下按玻璃管，玻璃管内气体体积减小，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体压强
增大，则h 减小，玻璃管内水银面下降，故D 错误。
故选C。
类型2 连通器封闭气体模型
【“液柱＋连通管”类模型】
1.求封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的液柱的受力情况和运动状态有关。解
决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列出关于研究对
象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。
2.求液柱封闭的气体压强时，注意以下几点：
（1）液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h 为液面间的竖直高度)。
（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）当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
（4）连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
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【典例2】（2025·江西·高考真题）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压
强等于大气压强
、体积为
的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出
的临界值
，当
时，
在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，
按压前桶中气体压强为
。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已
知水的密度为
，重力加速度为g。该临界值
等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意，设往桶内压入压强为
、体积为
的空气后，桶内气体压强增大到
，
根据玻意耳定律有
泵水器恰能出水满足
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联立解得
故选B。
【变式2-1】(2021·山东高考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将
外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气
压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5 次充气后，臂带内气体体积变
为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气
体体积。则V 等于( )
A．30 cm3
B．40 cm3
C．50 cm3
D．60 cm3
【答案】D
【解析】由于整个过程气体温度不变，根据玻意耳定律可知
p0(V＋5V0)＝p1×5V，式中p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，
代入数据得V＝60 cm3，故选D。
【变式2-2】（2025 高考广东卷）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液
管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大
气压强
，铸型室底面积
，高度
，底面与注气前气室内金属液面高度差
，柱状气室底面积
，注气前气室内气体压强为
，金属液的密度
，
重力加速度取
，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
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(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度
和气室内气体压强
。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高
度为
时，气室内气体压强
。
【答案】(1)
，
(2)
【解析】（1）根据体积关系
可得下方液面下降高度
此时下方气体的压强
代入数据可得
（3 分）
（2）初始时，上方铸型室气体的压强为
，体积
当上方铸型室液面高为
时体积为
根据玻意耳定律
可得此时上方铸型室液面高为
时气体的压强为
同理根据体积关系
可得
此时下方气室内气体压强
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代入数据可得
（6 分）
【变式2-3】(2021 全国乙)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C 粗细均匀，A、B 两管
的上端封闭，C 管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通.A、B 两管的长度分别为l1＝13.5cm，
l2＝32cm.将水银从C 管缓慢注入，直至B、C 两管内水银柱的高度差h＝5cm.已知外界大气压为p0＝
75cmHg.求A、B 两管内水银柱的高度差.
【答案】1cm
【解析】设A、B 两管内横截面积分别为S1、S2，注入水银后如图所示，A、B 气柱长度分别减少了h1和
h2，压强分别为p1和p2
则有：p0l1S1＝p1（l1－h1）S1 ①
p0l2S2＝p2（l2－h2）S2 ②
压强：p2＝p0＋ρgh ③
p1＝p2＋ρg（h2－h1） ④
代入数据解得Δh＝h2－h1＝1cm.
【变式2-4】如图，A、B 两个粗细相同足够长的导热细玻管，下端用足够长的橡胶软管相连，竖直安装在
两铁架上，A 管上端密闭，B 管上端开口，室温为
=250K 时，用水银在A 管上端密封了长为
=27cm 的
理想气体，此时左右两管液面相平。现缓缓把环境温度升到T=300K 时，左管液面下降了h=3cm，则（
）
A．升温过程中，密封气体吸收的热量等于它对外做的功
B．当时环境的大气压为
C．环境温度保持300K 不变，欲使左管液面再回到初始位置，仅需把右管向上提高一段距离
D．环境温度保持300K 不变，欲使液面再次相平，仅需把右管向上提高一段距离
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【答案】BC
【解析】A．根据
，升温过程中气体内能增大
，密封气体体积增大，气体对外做功
，吸收的热量
大于它对外做的功，故A 错误；
B．根据理想气体方程有
，解得为
，故B 正确；
C．环境温度保持300K 不变，欲使左管液面再回到初始位置，根据理想气体方程有
解得
，需把右管向上提高一段距离，使左右液面相差15cm，故C 正确；
D．环境温度保持300K 不变，欲使液面再次相平，即使气体的压强等于大气压，需把右管向下降一段距离，
故D 错误。
故选 BC。
【变式2-5】如图所示，粗细均匀、导热良好的U 形管左端开口、右端封闭，管内用水银封闭
、
两段气
体。已知大气压强不变，随着环境温度缓慢升高，两气柱的体积膨胀使下端液面的高度差变小，封闭气
柱可视为理想气体，则
、
两部分气柱的体积
、
随热力学温度变化的关系图像可能正确的是
（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】BC
【解析】AB．根据理想气体状态方程
，变形得
可知，
图像上某点与原点连线的斜率能够间接表示气体压强的倒数，由题意可知，大气压强不变，
气体
做等压变化，则气体
的体积与热力学温度成正比，图像是一条过原点的倾斜直线，故A 错误，B 正
确；
CD．因为气体
的压强保持不变，而
、
两气柱下端液面高度差变小，根据
可知，
气柱压强变大，
图像上某点与原点连线的斜率减小，又由于气柱的体积膨胀，即体积增大，
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【变式2-6】（2017·海南·高考真题）一粗细均匀的U 形管ABCD 的A 端封闭，D 端与大气相通。用水银将
一定质量的理想气体封闭在U 形管的AB 一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示。此时AB 侧的气体柱长
度
。管中AB、CD 两侧的水银面高度差
。现将U 形管缓慢旋转
，使A、D 两端在上，
在转动过程中没有水银漏出。已知大气压强
。求旋转后，AB、CD 两侧的水银面高度差。
【答案】1cm
【解析】对封闭在U 形管的AB 一侧的理想气体，初状态压强p1= p0+ph1=81cmHg
体积V1=l1S=25S
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若将U 形管垂直纸面缓慢旋转90°，封闭气体压强等于大气压强，气体体积为V2= l2S
由玻意耳定律p1V1=p0V2，解得V2=
S=26.64S
此时U 形管两侧的水银面之间沿管方向距离为
继续缓慢旋转至180°，气体压强小于大气压强，设AB、CD 两侧的水银面高度差为h2，末状态压强p3=p0-
ph2
体积
由玻意耳定律p3V3=p0V2
代入数据化简得
，解得h2=1cm(h2=130cm 舍去)
类型3 液柱封闭“两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧：
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
【典例3】一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞
柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止，已知玻璃管的横截
面积处处相同：在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏：大气压强p0=75.0cmHg，环境温度不变。
求：
（1）此时右侧管内气体的压强
（2）活塞向下移动的距离。（保留三位有效数字）
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【答案】（1）144cmHg；（2）9.42cm
【解析】（1）设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为
长度为l2，活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为
l2′，以cmHg 为压强单位，由题给条件可得
由玻意耳定律得
，解得
（2）依题意
由玻意耳定律得
解得活塞向下移动的距离为
【变式3-1】如图所示，10℃的氧气和20℃的氢气体积相同，汞柱在连通两容器的细管中央，下面的叙述
中，正确的是（ ）
A．当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱不移动
B．当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱将向左移
C．当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱向左移
D．当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱不会移动
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【答案】C
【解析】AB．假设两部分气体的体积不变，设气体初始状态的参量为p1、T1，末状态参量为p2、T2，变化
温度为ΔT、变化压强为Δp，由查理定律有
，可得
开始时两部分气体的压强p 相同，若变化过程中ΔT 相同，因为T 氧<T 氢
由
得，Δp 氧>Δp 氢，所以汞柱向右移动，故AB 错误。
CD．开始时两部分气体的压强p 相同，T 氧=283K，T 氢=293K，若ΔT 氧=10K，ΔT 氢=20K，
由
得Δp 氧<Δp 氢，所以汞柱向左移，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式3-2】如图所示，粗细均匀的弯管右侧开口，左侧被液体封闭一段气体，右侧用一轻质活塞封住一
段气体，轻活塞可在管内无摩擦滑动，稳定后液面高度差为h，右侧开口端距轻活塞足够远，已知大气压
强为p0，液体密度为
，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．左侧管内封闭气体压强为
B．若仅缓慢加热右侧管内的封闭气体，左侧液面会向上移动
C．若缓慢向下推动轻活塞，左侧液面上升，左侧管内封闭气体压强增大
D．若加热左侧管内封闭气体，右侧管内封闭气体的体积不变
【答案】ACD
【解析】A．右侧用一轻质活塞封住一段气体，则右侧密封气体的压强为
，对左侧高为h 的液柱进行分
析，根据平衡条件有
，解得
，故A 正确；
B．若仅缓慢加热右侧管内的封闭气体，右侧气体压强一定，根据平衡条件可知，左侧密封气体压强仍然
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为
，可知，若仅缓慢加热右侧管内的封闭气体，左侧液面不会移动，故B 错误；
C．若缓慢向下推动轻活塞，即轻活塞受到向下的推力作用，对轻活塞进行分析可知，右侧密封气体压强
增大，则左侧液面上升，左侧气体体积减小，由于温度一定，根据玻意耳定律可知，左侧管内封闭气体压
强增大，故C 正确；
D．若加热左侧管内封闭气体，由于右侧气体压强仍然为
，其温度也不变，根据理想气体状态方程可知，
右侧管内封闭气体的体积不变，故D 正确。
故选ACD。
【变式3-3】在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。
当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为
cm 和
cm，左边气体的压强为
cmHg。现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。在整个过
程中，气体温度不变。
(1)求U 形管竖直朝上时，右边气体压强
(2)U 形管水平放在水平桌面上时，左边空气柱长度为
，右边空气柱长度为
，请写出、
、
、
的
关系式（用、
、
、
表示）。
(3)求U 形管平放时两边空气柱的长度。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【解析】（1）设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为
和
，由力的平衡条件有
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，解得
（2）U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为
，此时原左、右两边气柱长度分别变为
和
，显
然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等
（3）由玻意耳定律，对左边气柱有
由玻意耳定律，对右边气柱有
联立解得
，
【变式3-4】如图所示，均匀薄壁U 形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银
封闭了
、
两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差
，右管上方的水银柱高
，
初状态环境温度为
部分气体长度
，
部分气体长度
，外界大气压强
。
现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，求：
(1)右管中注入的水银高度是多少？
(2)此时B 部分气体长度是多少？
【答案】(1)30cm (2)15cm
【解析】（1）设右管中注入的水银高度是
，对
部分气体分析，其做等温变化
根据玻意耳定律有
注入水银前
部分气体压强
注入水银后
部分气体压强
注入水银前
部分气体体积
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注入水银后
部分气体体积
代入数据解得再加入的水银高
（2）对B 气体分析，其做等温变化
注入水银前
部分气体压强
注入水银后
部分气体压强
注入水银前
部分气体体积
注入水银后
部分气体体积
根据玻意耳定律有
得出
【变式3-5】如图所示，一支下端封闭上端开口的粗细均匀玻璃管竖直放置，管内用长度分别为h1=2cm 和
h2=6cm 的两段水银柱封闭两部分理想气体。当温度为17℃时，管内气柱的长度分别为L1=14.5cm 和
L2=29cm，大气压强p0=76cmHg。
(1)当温度升高到27℃时，玻璃管足够长，求稳定后上段气柱的长度；
(2)若温度保持17℃不变，将玻璃管在竖直平面内缓慢旋转60°，要使上段水银柱不溢出，求稳定后玻璃管
至少需要多长？（结果保留两位小数）
【答案】(1)15cm (2)53.14cm
【解析】（1）设玻璃管内截面积为S，以上段封闭气体为研究对象，初态时气柱长L1，温度T1=290K
设末态时气柱长为L3，温度T2=（27+273）K=300K
气体做等压变化，根据盖吕萨克定律有
，解得L3=15cm
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（2）以上段封闭气体为研究对象，初态时气柱长为L1，压强p1=p0+ph1=（76+2）cmHg=78cmHg
体积V1=L1S
末态时封闭气体的压强p2=（76+2cos60°）cmHg=77cmHg，体积V2=L4S
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2，解得L4=14.69cm
对于下段封闭气体，初态时气柱长L2，压强p3=（76+8）cmHg=84cmHg，体积V3=L2S
末态时，设气柱长为L5，压强p4=（76+8cos60°）cmHg=80cmHg，体积V4=L5S
根据玻意耳定律有p3V3=p4V4
解得L5=30.45cm
则稳定后玻璃管至少需要L=L4+L5+h1+h2=14.69cm+30.45cm+2cm+6cm=53.14cm
【模型二活塞+气缸类模型】
类型1.单气缸+活塞封闭气体模型
(1)选对象：确定研究对象，一般地说，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：汽缸或活塞。
(2)找参量：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；对力学研究对象
往往需要进行受力分析，依据力学规律(平衡条件或牛顿第二定律)确定压强。
(3)列方程：挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程；依据气体实验定律或理想气体状
态方程列出气体状态变化方程。
【典例4】（2025·海南·高考真题）如图，竖直放置的汽缸内有一横截面积
的活塞，活塞质量忽
略不计，活塞与汽缸无摩擦且密封良好。若活塞保持静止，气缸内密封一定质量的理想气体，气体温度
，气体体积
。设大气压强
，重力加速度
。
(1)若加热气体，使活塞缓慢上升，当气体体积变为
，求气体温度
；
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(2)若往活塞上轻放质量为
的重物，且活塞下降过程中气体温度T0不变，求稳定后的气体体积
。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律
代入数值解得
（2）设稳定后气体的压强为
，根据平衡条件有
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为
，整个过程根据玻意耳定律
联立解得
【变式4-1】（2024·河北·高考真题）如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封
闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水
平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，
后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后（ ）
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
【答案】ACD
【解析】A．初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。
因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压
力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A 正确；
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B．由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左
侧气体质量小于右侧气体质量，故B 错误；
C．密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C 正确；
D．初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两
倍，故D 正确。
故选ACD。
【变式4-2】（2024·全国甲卷）如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活
塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b 之间，b 与汽缸底部的距离bc＝10ab，活塞的面
积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a 处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，
分别为1.0×105 Pa 和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b 处（过
程中气体温度视为不变），外力增加到200 N 并保持不变。
（1）求外力增加到200 N 时，卡销b 对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b 时气体的温度。
【答案】（1）100 N （2）3 600
11
K
【解析】（1）活塞从卡销a 运动到卡销b 的过程中，对密封气体由玻意耳定律有p0V0＝p1V1
其中V1＝10
11 V0
外力增加到200 N 时，对活塞，由平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b 对活塞支持力的大小为FN＝100 N。
（2）当活塞刚好能离开卡销b 时，对活塞有p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有
p1
T 1
＝
p2
T 2
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b 时密封气体的温度为T2＝3 600
11
K。
【变式4-3】将一个横截面积为
的圆柱状导热性能良好的汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过细线
与放在台面的重物
相连。从汽缸底部的阀门
处，投入一团燃烧的轻质酒精棉球。待酒精棉球熄灭后
（不计灰烬的体积），立即关闭阀门
，此时，活塞距汽缸底部的距离为
，细线刚好被拉直但无拉力。
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已知大气压强为
，重力加速度为
，
，环境温度恒为
，当汽缸内温度降为
时，重
物刚好离开铁架台。汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦，求：
（1）刚关闭阀门
时，汽缸内气体的温度；
（2）当汽缸内气体降为室温时，重物距离铁架台台面的距离。
【答案】（1）1.5
（2）
【解析】（1）初始时汽缸内气体压强为
，温度为
当汽缸内温度为
时，对活塞受力分析有
解得
气体发生等容变化，则有
解得
（2）当气体温度继续降低时，气体发生等压变化，则有
解得
，故
故当汽缸内气体降为室温时，重物距离铁架台台面的距离为
【变式4-4】 如图甲所示，深度为
的圆柱形绝热气缸底部安装有电热丝（体积可忽略），可以通过加
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热来改变缸内的温度。气缸口有固定卡销。气缸内用质量为
、横截面积为
的活塞封闭了一定
质量的理想气体，此时活塞刚好在气缸口，气缸内气体温度为
，压强为
。如图乙所示，保持气体温
度不变，将汽缸固定在倾角为
的斜面上。大气压强恒为
，重力加速度为
。不计活塞及固定卡销厚
度，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气，
。
（1）求斜面上活塞距气缸底部的距离；
（2）气缸在斜面上放置时，接通气缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到
，加热过
程中通过电热丝的电流恒为
，电热丝电阻为
，加热时间为。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，
求温度
时气缸内气体的压强及气体温度从
升高到
的过程中增加的内能。
【答案】（1）
（2）5p0，
【解析】（1）初始时，对封闭气体，压强体积分别为
，
斜面上，初始时活塞受力平衡，则
解得
根据玻意耳定律有
解得
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（2）假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为
，结合上述，根据查理定律有
解得
此后气体体积不再变化，根据查理定律有
解得
电热丝产生的热量
气体对外做功
气体增加内能
解得
【变式4-5】如图所示，在大气压强为
、室温为
的实验室中，一高度
、底面
积
、侧壁及底面厚度不计的圆柱体气缸竖直放置在地面上，内有一质量
、厚度
的活塞，气缸侧壁顶部和正中间分别有一个大小不计的微动开关
，可以感知活塞是否与其
接触，以制成传感器。初始时活塞底部距离气缸底部20 cm，不计活塞与气缸侧壁间的摩擦。
（1）若缓慢升高气缸内气体温度，求活塞刚好接触微动开关P 时气缸内气体温度。
（2）若第（1）问过程中，气缸内气体从外界吸收热量
，气体内能变化量为多少？
（3）保持温度不变，在活塞上缓慢施加压力以触发开关Q 可制成压力传感器，若Q 到活塞底部距离的调
节范围为5~15 cm，则可检测的压力的范围是多少？
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【答案】．（1）
；（2）4 J；（3）
【解析】（1）初始时气缸内气柱的高度为
温度为
活塞刚好接触微动开关P 时气缸内气柱的高度为
设此时气体温度为
，此过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
解得
（2）由热力学第一定律有
解得
即气体的内能增大了4 J
（3）此过程气体发生等温变化，由玻意耳定律有
其中
解得
类型2.双气缸+活塞封闭气体模型
解答此类模型问题的一般思路：
（1）确定研究对象
研究对象分两类：①热学研究对象（一定质量的理想气体）；②力学研究对象（汽缸、活塞或某系统）。
（2）分析物理过程
①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；
②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，注意检验求解结果的合理性。
注：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。
【典例5】（2025·河南·高考真题）如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N 密封成两部分，
活塞P 与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P 左、右两侧理想气体的温度分别为
和
，体积分别
为
和
，
。则（ ）
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A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P 将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P 将左移
C．保持
不变，若M、N 同时缓慢向中间移动相同距离，P 将右移
D．保持
不变，若M、N 同时缓慢向中间移动相同距离，P 将左移
【答案】AC
【解析】AB．由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中
板不发生移动，则由定容过程
，可得左侧气体压强增加量多，则
板向右移动；A 正确B 错误；
CD．保持温度不变移动相同的距离时
，
同理
得
，
若P 不移动，则
，故
，则
，向右移动，C 正确D 错误。
故选AC
【变式5-1】(2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，
将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆
与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各
接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原
来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
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(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
【答案】(1)2p0 p0 (2)
【解析】(1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0
解得旋转且稳定后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0
则p0·SL0＝p2·SL0
解得旋转且稳定后下部分气体压强为p2＝p0。
(2)旋转且稳定后，对“H”型连杆活塞整体受力分析，根据平衡条件可知
p1S＋p0S＝mg＋p2S＋p0S
解得活塞的质量为m＝。
【变式5-2】 (2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B 两汽缸放置在压强为p0、温
度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A 汽缸的顶部通过开口C 与外界相通；汽缸内的两活塞将
缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计
活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B 汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C 向汽缸内缓慢注入气体，求A 汽缸中的活塞到达
汽缸底部后，B 汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【答案】(1)T0 (2)p0
【解析】(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高，B 汽缸中活塞到达汽缸底部前，第Ⅳ部分气体
的压强总等于p0，该部分气体发生等压变化，当B 中的活塞刚到达汽缸底部时，设温度为T，对第Ⅳ部分
气体，由盖—吕萨克定律可得＝
解得T＝T0。
(2)当A 中的活塞到达汽缸底部时，原来第Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩至B 汽缸，设其压强为p，则此时
第Ⅳ部分气体的压强也为p，设此时第Ⅳ部分气体的体积为V，则原Ⅱ、Ⅲ两部分气体总体积为V0－V，对
第Ⅳ部分气体有＝
对原Ⅱ、Ⅲ两部分气体有＝
联立解得V＝V0，p＝p0。
【变式5-3】 (2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ
和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通
过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，
此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外
大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
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(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】(1) (2)p0＋ T0
【解析】(1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧整体受力分析，由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋
对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝。
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧整体由平衡条件可
知，封闭气体的压强不变，依然为p2＝p1＝p0＋
即封闭气体发生等压变化，初末状态的体积分别为V1＝·2S＋·S＝
V2＝l2·2S
由于封闭气体的压强不变，对活塞Ⅰ由平衡条件可知，弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l
由盖—吕萨克定律可知＝
解得T2＝T0。
【变式5-4】．(2022·山东高考)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简
化为通过阀门相连的A、B 两个密闭气室，A 室壁厚，可认为体积恒定，B 室壁薄，体积可变；两室内气体
视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M 的鱼静止在水面下H 处。B 室内气体体积为V，质量为m；
设B 室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B 室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内
气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0。求：
(1)鱼通过增加B 室体积获得大小为a 的加速度，需从A 室充入B 室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B 室内气体质量m2。
【答案】(1) (2)m
【解析】(1)鱼通过增加B 室体积获得大小为a 的加速度，则有ρgΔV＝Ma
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与A 室交换气体前后，B 室气体温度、压强不变，则密度也不变，
因此需从A 室充入B 室的气体质量Δm＝m
联立解得Δm＝。
(2)鱼静止于水面下H 处时，B 室内气体的压强为p＝ρgH＋p0
鱼静止于水面下H1处时，所受浮力不变，则鱼的体积不变，B 室气体体积不变，为V
此时B 室内气体压强为p1＝ρgH1＋p0
设B 室原来的气体在水面下H1处时体积为V2，根据玻意耳定律有pV＝p1V2
在水面下H1处与A 室交换气体前后，B 室气体的温度、压强不变，则密度也不变，则鱼静止于水面下
H1处时，B 室内气体质量为m2＝m
联立解得m2＝m。
【变式5-5】（2024·甘肃高考）如图，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B 两部分，
隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S，长为2l。开始时
系统处于平衡态，A、B 体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B 中气体抽出一半，B 的体积变为原
来的3
4 。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B 的压强pA、pB。
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）4
5 p0 2
3p0 （2）8 p0 S
15l
【解析】（1）抽气后，A 的体积变为VA＝2Sl－3
4 Sl＝5
4 Sl，对A 中气体，根据玻意耳定律有
p0Sl＝pA·5
4 Sl，解得pA＝4
5 p0，
对B 中剩余气体，根据玻意耳定律可知，1
2p0Sl＝pB·3
4 Sl
解得pB＝2
3p0。
（2）抽气后，对隔板，根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·1
4 l
结合（1）问解得k＝8 p0 S
15l 。
【变式5-6】如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖直放置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容积的细管
连通，汽缸高均为l、横截面积均为S，不计厚度、质量分别为m 和2m 的活塞与两汽缸顶部紧密贴合（不
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粘连）。开始时汽缸中为真空，现从阀门A、B 分别向汽缸中缓慢注入理想气体Ⅰ和Ⅱ，同时缓慢释放两
活塞，当两活塞均位于汽缸正中间位置时关闭两个阀门。随着外部温度由T0开始缓慢升高，右侧汽缸中活
塞位置不断上升，已知重力加速度为g，求:
（1）温度刚开始升高时，气体Ⅰ的压强。
（2）当右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，环境的温度。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）对右侧汽缸中的活塞,由受力平衡有
对左侧汽缸中的活塞,由受力平衡有
解得
(2)在缓慢升温过程中,两部分气体的压强均不变,均为等压变化，设右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时,左侧活
塞下降x，对Ⅰ气体,初态有
末态有
由盖-吕萨克定律得
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对Ⅱ气体,初态有
末态有
由盖-吕萨克定律得
联立解得
类型3.气缸+液柱封闭气体综合模型
1.关联气体问题的解题思路
(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。
(2)找出它们各自遵循的气体状态变化规律，并写出相应的方程。
(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。
(4)联立求解。对求解的结果注意分析合理性。
2.气体实验定律与力学的综合问题
(1)应用气体实验定律或理想气体状态方程对气体部分列方程。
(2)根据平衡条件或牛顿第二定律结合相关力学规律(例如浮力公式、滑动摩擦力公式、胡克定律等)
列辅助方程。
(3)联立各方程计算。
【典例6】(2022·湖南高考)如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9 L 的导热
汽缸下接一圆管，用质量m1＝90 g、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁
间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10 g 的U 形金属丝，活塞刚好处于A 位置。将金属丝部
分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B 间
距离h＝10 cm，外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度取10 m/s2，环境温度保持不变，求
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(1)活塞处于A 位置时，汽缸中的气体压强p1；
(2)活塞处于B 位置时，液体对金属丝拉力F 的大小。
【答案】(1)105 Pa (2)1 N
【解析】(1)将活塞与金属丝视为整体，受力平衡，有p0S＝p1S＋(m1＋m2)g
代入数据解得p1＝105 Pa。
（2）当活塞处于B 位置时，设汽缸内的气体压强为p2，气体做等温变化，
根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)
将活塞与金属丝视为整体，受力平衡，有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F
联立并代入数据解得F＝1 N。
【变式6-1】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：
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(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
【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
【变式6-2】2024 年10 月25 日第57 届田径运动会正式开幕。小明所在班级使用了桶装纯净水进行供水，
图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图，图乙是简化的原理图。当手按下压水器时，压水器中的活塞
打开，外界空气压入桶内，放手后，压水器活塞关闭，当压水器将水压到出水管管口时，水可以流出。压
水器出水管上方有一个止水阀，按下止水阀，桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积
，
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容积V＝20L。现桶内有10L 水，初始时出水管竖直部分内外液面相平，出水口与桶内水面的高度差h＝
0.3m，压水器气囊的容积
，空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可
忽略不计，水的密度
，外界大气压强恒为
，重力加速度
。求
(1)若桶内气体温度不变，刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强；
(2)若每次将气囊完全压下，整个过程桶内温度不变，压气完成后打开出水管开关进行接水，已知小明的
水杯容量为500mL，接满10 杯水需要压的次数。
【答案】(1)
(2)28 次
【解析】（1）设刚有水出时桶内气体压强为
，则有
解得
（2）设10 位同学用水总量为
，则有
此时水面到管口的高度为
解得
设接水稳定后桶内压强为
，则有
解得
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对整个过程，根据玻意耳定律可得
联立可得
次
【变式6-3】小华在家利用如图所示的装置通过简单易行的方法测量一个罐头瓶的体积。横截面积为S 的
吸管与罐头瓶的连接处气密性良好，细管中装有一小段水柱，如图甲所示。清晨时小华测出水柱下端到瓶
盖处的高度（图甲中两虚线间距）为h1，从家中的温度计上读出环境的温度为T 1。中午时再次测出上述两
个物理量分别为h2和T 2，两温度值均已换算成热力学温度。清晨时大气压为p0，瓶中气体可视为理想气体：
(1)若从清晨到中午大气压的变化可忽略不计，试估算罐头瓶的体积；
(2)若第二天清晨将细管和水柱取走，用适当大小的活塞将瓶口塞住，如图乙所示，此时瓶中气体的质量
为m1，到中午时将活塞拔出，一小段时间后再将瓶口堵住，此时瓶中气体的质量为m2。若中午的大气压
变为k p0（k <1），求
m2
m1
。
【答案】(1)(T 1h2−T 2h1)S
T 2−T 1
(2)
k T 1
T 2
【解析】（1）从清晨到中午大气压的变化可忽略不计，则气体的压强一定，
根据盖吕萨克定律有
V 0+h1S
T 1
= V 0+h2S
T 2
解得V 0= (T 1h2−T 2h1)S
T 2−T 1
（2）令中午时将活塞拔出，漏出气体的体积为ΔV ，根据理想气体状态方程有p0V 0
T 1
= k p0(V 0+ ΔV )
T 2
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其中
m2
m1
=
V 0
V 0+ ΔV
解得
m2
m1
= k T 1
T 2
【变式6-4】如图所示，一个质量为
的活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞下方悬挂一个劲
度系数为
的轻质弹簧，弹簧原长为
，活塞体积可忽略不计，距气缸底部
处
连接有一右端开口的U 形细管（管内气体的体积忽略不计），初始时，封闭气体温度为
，活塞距
离气缸底部为
，U 形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为
，气缸横截面积
为
，重力加速度为
，不计活塞与气缸内壁的摩擦。
（1）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（2）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若封闭气体向外界放出的热量为5J，求气体内能的变化量
。
【答案】（1）210K；（2）1.5J
【解析】（1）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强为
体积为
设两边水银面相平时，气缸内气体的压强为
则弹簧下端一定与气缸底接触，对活塞进行受力分析有
解得弹簧的压缩量为
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根据
则有
设此时温度为
，由理想气体状态方程有
联立解得
（2）从开始至弹簧恰与气缸底接触，气体压强不变，外界压缩气体做功为
在之后弹簧被压缩2cm 的过程中，外界大气对活塞做功为
活塞所受重力做功为
弹簧弹力对活塞做功为
设活塞克服封闭气体压力做功为W5，对活塞，弹簧触底后，根据动能定理，有
解得
压缩气体做的总功
且
由热力学第一定律
解得
【变式6-5】如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1 = 300 K，体积V1 = 1 × 103 cm3处
于状态1 的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h = 10 cm。将瓶子放进T2 = 303 K 的恒温水中，瓶塞
无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h 保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部
分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2 到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1
到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3；忽略
表面张力和水蒸气对压强的影响。
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(1)从状态2 到状态3，气体分子平均速率 （“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位
面积瓶壁的分子数 （“增大”、“不变”、“减小”）；
(2)求气体在状态3 的体积V3；
(3)求从状态1 到状态3 气体内能的改变量ΔU。
【答案】(1) 不变 减小 (2)V3 = 1.0201 × 103 cm3 (3)ΔU = 2.53 J
【解析】（1）[1][2]从状态2 到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率
不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
（2）气体从状态1 到状态2 的过程，由盖—吕萨克定律
V 1
T 1
= V 2
T 2
其中V 1=1×10
3cm
3，T 1=300K，T 2=303K
解得V 2=1.01×10
3cm
3
此时气体压强为p2= p1= p0+ ρgh=1.01×10
5Pa
气体从状态2 到状态3 的过程，由玻意耳定律p2V 2= p3V 3
其中p3= p0代入数据解得，气体在状态3 的体积为V 3=1.0201×10
3cm
3
（3）气体从状态1 到状态2 的过程中，气体对外做功为
W 1= p1(V 2−V 1)=1.01J
由热力学第一定律ΔU =Q−(W 1+W 2)
其中Q = 4.56J，W 2=1.02J
代入解得，从状态1 到状态3 气体内能的改变量为ΔU =2.53J
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