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专题强化：理想气体的变质量问题
目录
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.....4
考向1：充气问题........................................................................................................................................................... 5
考向2：抽气问题........................................................................................................................................................... 6
考向3：漏气问题........................................................................................................................................................... 6
考向4：分装问题........................................................................................................................................................... 7
. .10
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 10
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 17
核心考点
1.问题的本质
“变质量”指的是在气体状态变化过程中，系统内的气体质量发生了改变（增多或减
少），无法直接应用气体实验定律或理想气体状态方程（质量不变是前提）。
2.核心解题思想
“等效法”：通过各种方法，将“变质量”问题巧妙地转化为“定质量”问题，再应
用气体实验定律求解。这是核心中的核心。
3.常见情景与转化方法
充气问题：
方法：“整体法”。将容器内原有气体与即将充入的所有气体视为一个整体，这个整
体的总质量在充气前后是恒定不变的。
抽气问题：
一次抽气：对每次抽气过程进行分析，将“抽气前容器内气体”分为“抽出部分”和
“剩余部分”两部分，分别处理，通常需要逐次计算。
多次抽气至某状态：可用“虚拟等效法”，设想将最终容器内剩余的气体（等温）膨
胀到抽气机外的压强下，利用质量守恒（或物质的量守恒）找到初末状态的关系，再一次
性列式求解。
漏气问题：
方法：与抽气类似。将漏气前的全部气体（质量m 总）视为一个整体，它漏气后分裂成
“容器内剩余气体”和“泄漏出去的气体”两部分。利用总质量守恒，对这两个部分分别
分析，再通过状态参量关联（如最终漏出气体达到大气压）列式。
灌气分装问题：
方法：将大容器中的高压气体分装到多个小容器（如气瓶）中。核心思路：将所有分
装到的小容器内的气体与大容器内剩余的气体视为一个总的定质量系统。
考情透析
1.题型与难度：近年高考热学计算题的热点与难点，也是区分度较高的题目。通常以计
算题形式出现，难度中档偏高。
2.命题规律：
高频考查：向容器中充气（如向篮球、汽车轮胎、储气罐充气）、从容器中抽气（如
真空泵抽气、用注射器抽取气体）、漏气问题（如高压锅、氧气瓶泄漏，或缓慢漏气的热
学装置）、灌气分装（将大容量气瓶中的气体分装到多个小瓶中）。
常规考法：
题干通常会描述一个具体的物理情境（如“用打气筒向篮球内打气”），并给出充气
次数、每次充入气体的体积、压力等已知条件，要求计算最终的气体压强或体积。
给出初始状态和最终状态的条件，要求计算抽气或漏气的次数，或剩余气体的质量分
数。
创新考法：
与关联气体问题结合：如两个容器通过阀门连通，打开阀门后一部分气体从高压容器
充入低压容器（其实质是变质量问题）。
与液柱/活塞模型结合：如利用注射器向密闭的玻璃管（内有液柱）充气，气体进入后
推动液柱或改变液柱高度，需要综合运用力学平衡和变质量气体模型。
与生活实际结合：如“刹车助力器”、“气垫船”、“水枪”、“喷雾器”等实际装
置的气体充放气问题。
3.考查方向：侧重考查学生是否能深刻理解质量变化对气体状态的影响，是否能创造性
地将“变质量”等效转化为“定质量”问题，是否能灵活运用PV=nRT 中摩尔数n 变化的场
景，是否能将实际问题（如充气次数、漏气时间）转化为其背后的物理模型。
素养对接
1.等效转化与替代思维：
“变质量→定质量”的转化是这一专题最核心的科学思维。将复杂的、质量变化的过
程，通过巧妙的虚拟假设（如将分散的气体视为一个整体），简化为一个熟悉的、质量不
变的模型（P₁V₁/T₁=P₂V₂/T₂），体现了物理学中等效替代的高层次思维。
2.整体法与隔离法（系统思维）：
在处理充气和分装问题时，优先使用“整体法”——将所有气体视为一个整体，找初
态和末态。
在处理抽气和漏气问题时，又必须用到“隔离法”——将系统解构为“剩余部分”和
“排出部分”，分别分析。
3.守恒思想（质量守恒/分子数守恒）：
所有的等效转化方法，都基于一个基本的物理事实：在密闭（或连通）系统中，气体
的总质量（或总物质的量）保持不变。这种守恒观是解决一切物理问题的重要思想。
4.建模与抽象思维：
要求学生从具体的“打气”、“抽气”、“漏气”等生活场景中，抽象出气体状态变
化的物理模型（如等温膨胀），并忽略次要因素（如充放气速度、温度变化等建模为等温
过程），这本身就是模型建构素养的体现。
学习目标
1.知识目标：
能说出“变质量问题”与“定质量问题”的本质区别（气体质量是否变化）。
能复述将“变质量”转化为“定质量”的四种主要方法（充气整体法、抽气隔离法、
漏气整体法、分装整体法）。
能默写充气、抽气、漏气等典型例子的“等效”转化过程。
2.能力目标：
建模能力：能准确地从题目描述中，判断出该问题属于充气、抽气、漏气还是分装模
型。
等效转化能力：能为具体的变质量问题，正确地选择一个质量不变的研究对象（即
“等效定质量系统”），并准确写出其初、末状态（特别是初状态的体积、压强、温
度）。
运算能力：能熟练运用PV=nRT 在n 变化时的使用（用物质的量列式）。
综合分析能力：能将变质量问题与力学（如活塞平衡）或关联气体（如连通器）问题
结合，进行多步、多方程的复杂计算。
备考建议
1.死磕“等效定质量”这一核心思想，并通过【充气、抽气、漏气、分装】四类典型模
型反复练习，做到万变不离其宗：
充气：“虚拟一个总容器”。假设所有将要被充进去的气体（如n 次充入的总体积）与
容器内原有的气体，在充气前被放到一个足够大的虚拟容器里，然后一次性地被压缩进目
标容器。
抽气：“假设剩余气体等温膨胀”。将抽气后容器内剩余的气体，想象成它原来（抽
气前，质量与末状态相同）占据着多大的体积，并用玻意耳定律一次性算出结果。
漏气：“虚拟一个可分系统”。将漏气前的全部气体作为初态，将漏气结束后的“剩
余气体”+“漏出气体”作为末态，总摩尔数守恒。
分装：“将所有分到的和剩余的视为整体”。初态是分装前大瓶内的气体，末态是各
小瓶内的气体与大瓶内剩余气体的总和。
2.重点突破“充气和漏气”两类最常见情境的详细步骤做法。
3.强化易错点专项训练，防止在考场“翻车”：
易错点一：误将“变质量”问题当成“定质量”问题处理。看到气体状态变化，不加
思考就套用P₁V₁/T₁=P₂V₂/T₂。警惕点：题干中出现“充气”、“抽气”、“漏气”、“分
装”等关键词时，一定要先判断质量是否变化。
易错点二：在等效转换中，找错初状态的体积或压强。例如，向容器内充气时，充入
气体的初态体积，应该是外界大气环境下的体积（通常是常温常压），而不是某压缩后的
体积。牢记：研究对象是“将要充入的气体”，它在充气前处于未被压缩的自由状态。
易错点三：在分装或混合气体问题中，搞不清楚初末态的压强关系。
易错点四：在抽气问题中，误以为可以一次性写出简单比例。抽气一般不是等温膨胀
到原体积加抽出的体积那么简单，只有反复数次后，最终容器内气体与抽出的气体温度相
同、压强可能与外界相等时，才能用一些技巧。真正的抽气，通常需要逐次（或分段）计
算。
易错点五：忽视温度变化。许多变质量问题中隐含“等温”条件，如“缓慢充气”、
“缓慢漏气”等。但若过程很快（如快速充气），气体可能温度升高，就不再是等温，需
要同时考虑温度变化。一定要看清题目对“状态”的描述。
【必备知识回顾】
一、常见类型
1．充气问题：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．分装问题：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。
二、常用方法
1．气体密度方程：＝
对于一定质量的理想气体，在状态(p1，V1，T1)时密度为ρ1，则ρ1＝，在状态(p2，V2，T2)时密度为ρ2，
则ρ2＝，将V1＝、V2＝代入状态方程＝得＝，此方程与质量无关，可解决变质量问题。
2．分态式理想气体状态方程
试推导出分态式理想气体状态方程：＝＋＋…＋，式中(p1，V1，T1)、(p2，V2，T2)、…、(pn，Vn，Tn)
为最终态的n 个部分参量。
证明：设有一定质量的理想气体，其压强为p0，体积为V0，热力学温度T0下，将该气体分装于n 个体
积分别为V1、V2、V3、…、Vn的容器内，仍保持各容器内的压强为p0，温度为T0，则有＝＝＋＋…＋。对
于每个容器内的气体来说，状态分别发生变化为(p1，V1，T1)、(p2，V2，T2)、…、(pn，Vn，Tn)，对每部分
气体应用理想气体状态方程有＝，＝，…，＝，所以有＝＋＋…＋。
注意：此方程等号两边所取气体质量必须相等。
(1)在等温变化过程，可知p0V0＝p1V1＋p2V2＋p3V3＋…＋pnVn。
(2)在等容变化过程，可知＝＋＋＋…＋。
(3)在等压变化过程，可知＝＋＋＋…＋。
【重难模型精讲】
考向1：充气问题
【典例1】(2026·山东省·模拟题)轮胎状况是汽车安全行驶的重要因素，而胎压就是维持轮胎的生命，
所以标准的胎压就显得异常重要。某品牌汽车在夏季37℃时胎压为标准大气压的2.2倍，在冬季零下3℃
时胎压为标准大气压的2.4倍，该汽车轮胎的容积为30升，汽车轮胎内为氮气(可视为理想气体)，已知标
准状况下(1个标准大气压，零摄氏度)氮气的密度为1.25kg/m
3。求：
(1)夏季37℃时轮胎内氮气的密度；
(2)冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入氮气的质量。(结果都保留3位有效数字)
【答案】(1)设标准大气压为p0，则有p1=2.2 p0，V 1=30×10
-3m
3，T 1=310 K
由理想气体状态方程得
p1V 1
T 1
= p0V 0
T 0
其中T 0=273 K，V 1 ρ1=V 0 ρ0，ρ0=1.25kg/m
3
解得ρ1=2.42kg/m
3
(2)由理想气体状态方程有pV
T =C =nR，可知，气体的质量m∝pV
T
设夏季轮胎内氮气的质量为m1，冬季轮胎内氮气的质量为m2，则有
m1
m2
= p1T 2
p2T 1
= 2.2 p0×270
2.4 p0×310
其中m1=V 1 ρ1=30×10
-3×2.42kg=0.0726 kg
解得m2=1.25m1
由于Δm=m2-m1
解得Δm=0.0182kg=18.2 g
答：(1)夏季37℃时轮胎内氮气的密度为2.42kg/m
3；
(2)冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入18.2g氮气的质量。
考向2：抽气问题
【典例2】（多选）(2026·湖北省襄阳市·月考试卷)如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑
绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为p0，体积比为2:3，环境温度为300 K。现通过两
种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝对A中气体缓慢加热，B中气体保持
温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为
3:2。以下说法正确的是()
A.两种方式末状态A中气体的压强相等
B.第一种方式，末状态A中气体的温度为675 K
C.第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为1
5
D.第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为5
9
【答案】BD
【解析】第一种方式：对B气体有p0⋅3V = p1⋅2V ，解得p1= 3
2 p0，pA 1= p1= 3
2 p0;
第二种方式，对A气体有p0⋅2V = pA 2⋅3V ，解得pA 2= 2
3 p0，
故末状态A中气体压强不相等，故A 错误。
第一种方式，对A中气体有
p0⋅2V
T 1
= pA 1⋅3V
T 2
，解得T 2=675 K，故B 正确。
第二种方式，对B中气体应用克拉伯龙方程p0⋅3V =n1 RT，pA 2⋅2V =n2 RT，解得
n1
n2
= 9
4 ，所以抽
出气体与原来B中气体的比值为5
9，故C 错误，D 正确。
故选BD。
考向3：漏气问题
【典例3】(2026·山东省济南市·其他类型)重型卡车以不同速度匀速行驶时，轮胎内气体温度的增量与
速度关系式为Δt =(0.3 v +0.002v
2)℃，速度v的单位为km/h。轮胎内气压超过p1=15.5atm或者低于
p2=7 atm都会使爆胎概率达到60 %。某卡车司机出发前检查每个轮胎内的气体压强为p0=13atm，轮胎内
气体温度与环境温度均为t0=-13°C，车辆在行驶过程中周围环境温度保持不变。将轮胎内气体视为理想
气体，不计轮胎体积的变化，热力学温度和摄氏温度关系为T =(t +273)K。
(1)为使爆胎概率低于60 %，求该卡车匀速行驶的速度上限v1；
(2)若卡车以速度v2=50km/h匀速行驶过程中，司机发现其中一个轮胎因为缓慢漏气使得胎内气压
变为p2=7 atm，求此轮胎漏出气体的质量与轮胎内原有气体质量的比值k。
【答案】(1)若轮胎内被封闭气体压强为p1、温度为T 1时，汽车的速度达到上限v1，由查理定律有
p0
T 0
= p1
T 1
其中T 0=260 K
解得T 1=310 K
即t1=37❑
∘C
此过程温度变化量为Δt =t1-t0
由Δt =0.3 v1+0.002v1
2
得v1=100km/h
(2)当v2=50km/h时，由Δt =0.3 v2+0.002v2
2
得Δt =20❑
∘C
则此时气体温度为T 2=280 K
对轮胎内的气体，由理想气体状态方程有
p0V
T 0
= p2V 2
T 2
解得V 2=2V
因同温同压下气体的质量与体积成正比，则k = 2V -V
2V
即k = 1
2
考向4：分装问题
【典例4 】(2025· 湖南省·模拟题)有一个大钢瓶的容积为V 0=50 L，测得大钢瓶内氧气压强
p0=1.2×10
7 Pa.现在要将大钢瓶中的氧气分装到一批容积为V =10 L的真空小钢瓶．现有两种方案：
方案一：使用控制抽气装置，使得分装后每个小钢瓶内氧气压强为p' =2.5×10
5 Pa，当大钢瓶内压
强降到p=2×10
5 Pa的临界压强时就停止分装．
方案二：直接用导管将大钢瓶和小钢瓶连接，当两个钢瓶压强相等时，紧接着更换下一个真空小钢瓶，
直到大钢瓶内压强降到p=2×10
5 Pa的临界压强时就停止分装．
不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，分装过程中温度保持不变．求：
(1)采用方案一分装，一大钢瓶可分装多少个小钢瓶；
(2)采用方案二分装，分装的第5个小钢瓶的氧气质量与大钢瓶原来的氧气质量之比是多少(可能用到
的数据：5
4=625、5
5=3125、6
4=1296、6
5=7776)？
【答案】(1)采用方案一分装，根据题意有，大钢瓶内原来气体的体积为V 0=50 L，
大钢瓶内原来气体的压强为p0=1.2×10
7 Pa，
气体分装后的一个小钢瓶的体积为V =10 L，
气体分装后的一个小钢瓶的气体压强为p' =2.5×10
5 Pa，
大钢瓶内剩余气体的压强为p=2×10
5 Pa，
大钢瓶内剩余气体的体积为V 0=50 L，
设一个大钢瓶可分装n个小瓶，根据玻意耳定律有p0V 0=np' V + pV 0，
解得n=236，
故一个大钢瓶可分装236个小钢瓶；
(2)
方法一：
由玻意耳定律可得：分装第一个小钢瓶，p0V 0= p1(V +V 0)，
可得：p1= 5
6 p0，
分装第二个小钢瓶p1V 0= p2(V +V 0)，
可得：p２=(
5
6)
２
p0，
⋮
分装第五个小钢瓶：p5=( 5
6 )
5 p0，
p5V = p0V 5，
m5
m = V 5
V 0
= p5V
p0V 0
=( 5
6 )
5⋅1
5 = 625
7776 ；
方法二：
设气体原质量为m，每次分装到小钢瓶中气体质量均为分装前质量的1
6，
留在大钢瓶中的气体质量为分装前气体质量的5
6 ，
则第五个小钢瓶中气体质量m5=( 5
6 )
4( 1
6 )m，
所以m5:m=625:7776。
【变式训练与拓展】
【变式1】(2026·江苏省·单元测试)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()
A.280
298倍
B.298
280倍
C. 7
18倍
D. 7
25倍
【答案】A
【解析】早晨时棚内气体(可视为理想气体)温度为7℃=280 K，中午时若大气压强不变，根据理想
气体状态方程pV
T = p
'V
'
T
' ，中午时棚内气体(可视为理想气体)温度为298 K，则中午时这部分气体体积是
早晨时大棚内气体体积的298
280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280
298倍，故A 正确。
【变式2】(2026·湖北省·单元测试)某导热性能良好的葫芦形钢瓶中密封有一定质量、可视为理想气体
的空气，瓶内初始温度T 1=300 K，压强p1=3.0×10
5 Pa，已知大气压强p0=1.0×10
5 Pa。
(1)若瓶内空气温度升高到37℃，求瓶内空气的压强p2;
(2)若打开瓶盖，周围环境温度恒为27℃，足够长时间后，求瓶内剩余的空气质量与原有空气质量的
比值。
【答案】解：(1)由题意可知钢瓶中的气体发生等容变化，根据查理定律得：
p1
T 1
= p2
T 2
，
代入数据解得：p2=3.1×10
5 Pa；
(2)打开瓶盖后经过足够长的时间后，钢瓶内压强和大气压强相等，设钢瓶体积为V ，以最初钢瓶内
所有气体为研究对象，其最终总体积为V '，
根据玻意耳定律得：p1V = p0V '，
则剩余空气的质量与原有空气的质量之比为：
m1
m2
= ρV
ρV ' ，
解得：
m1
m2
= 1
3。
【变式3】(2026·广东省·期末考试)在深海潜水时，潜水员需在特制的加压舱内接受高压适应训练，适
应后再送到深海处潜水.如下图是某加压舱的实物图，若加压前，舱内潜水员肺内气压为1.0×10
5 pa，肺
内气体容积为6 L，经一段时间加压并稳定后，舱内潜水员肺内气压变为3.0×10
6 pa，肺内气体容积变为
3 L，此过程潜水员肺内气体温度维持在37℃不变.求：
(1)加压并稳定后，潜水员肺内的气体在压强为1.0×10
5 pa，温度为37℃的体积;
(2)加压前与加压稳定后，潜水员肺内气体的质量之比．
【答案】解：(1)潜水员肺内气体在加压后：
压强p2=3.0×10
6 pa、体积V 2=3 L，
压强p0=1.0×10
5 pa、体积V 0，
根据玻意耳定律得：p2V 2= p0V 0，
解得：V 0=90 L。
(2)(气体实验定律):由(1)知加压后潜水员肺内气体在气压为p0，温度在37℃时的体积为V 0，
根据m= ρ⋅V ，压强和温度都相同时，气体密度相等，
则加压前、后潜水员肺内气体的质量之比为：
m1
m2
= V 1
V 0
= 1
15。
基础巩固练
1.(2026·河南省·模拟题)肺活量是指在标准大气压p0下，人所能呼出气体的最大体积。肺活量可反映肺
功能和胸腔壁的扩张程度。某实验小组设计了一款肺活量测量仪器，原理如图所示，活塞质量为m1，横截
面积为S，配重物质量为m2，测量前需要将仪器置于p0环境中，调节配重物使活塞稳定在零刻度位置。零
刻度位置对应封闭气体体积为V 0，体积刻度上的刻度值表示从零刻度到显示刻度位置活塞下封闭气体体积
的变化量，即肺活量，记为ΔV 。测试时，受试人员深吸一口气后，从测试口呼出气体，即可通过体积刻
度上的刻度读出受试者的肺活量。重力加速度为g，忽略一切摩擦和气体温度的变化，下列说法正确的是()
A.正常情况下若要完成校准，配重物质量应满足m2=m1+ p0
gS
B.校正完成后，若外界大气压变为1.1 p0，则转换为标准大气压，肺活量为原来的1.1倍
C.随着测试不断进行，活塞下部积累了许多小水滴，会导致测量肺活量偏小
D.肺活量越大，活塞稳定时，受试者肺部气体压强越大
【答案】C
【解析】A.校正完成后，活塞下封闭气体体积变化量等于肺活量，即封闭气体内部压强为p0，
对活塞受力分析有m1g-T =0，
对配重物受力分析有T -m2 g=0，
联立解得m1=m2，故A 错误；
B.当外界大气压变为1.1 p0时，活塞稳定时，活塞下封闭气体的压强为1.1 p0，设转换为标准大气压后，
人呼出气体的体积为ΔV
❑
'
，
根据玻意耳定律，则有p0V 0+ p0 ΔV
❑
'
=1.1 p0(V 0+ ΔV )，
解得ΔV
❑
'=1.1 ΔV +0.1V 0，
故B 错误；
C.活塞下部积累的许多小水滴会导致活塞受力平衡时，容器内部压强增大，测得体积变化量减小，即
测量肺活量偏小，故C 正确；
D.当活塞稳定时，活塞下方气体压强与外界压强相同，受试者肺部与活塞下方气体相通，压强等于环
境大气压，与受试者肺活量无关，故D 错误。
故选C。
2.(2025·河南省·联考题)如图所示，某热水瓶的容积为V ，瓶中刚好有体积1
2 V 为热水，瓶塞将瓶口封
闭，瓶中气体压强为1.2 p0，温度为87℃，环境大气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为
57℃，瓶中气体看成理想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57℃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()
A. 4
11
B. 3
11
C. 2
11
D. 1
11
【答案】D
【解析】设原来瓶中气体变成57℃、压强为p0时，气体的总体积为V '，根据理想气体状态方程，
1.2 p0 1
2 V
360 K
= p0V '
330 K
，解得V ' =0.55V ，则跑出气体的质量与原来气体的质量之比为
△m
m = V ' -0.5V
V '
= 1
11，选项D 正确。
3.（多选）(2025·辽宁省丹东市·其他类型)截至2025年3月24日《哪吒2》暂列全球票房榜第5名。该
片传递积极价值观，情节丰富有深度，视觉效果震撼。片中太乙真人使用天元鼎炼丹，已知天元鼎正常时
是容积为4 m
3的密闭容器，初始时内部气体压强与外界大气压相同即p0=1.0×10
5 Pa，温度为T 0=300 K。
在炼丹过程中，太乙真人施展法术对炉内气体加热，当炉内气体温度达600 K时，炉内的压强为p1。若加
热过程中天元鼎缓慢漏气，当温度为600 K时炉内压强p2=1.5×10
5 Pa，设泄漏出去的气体质量与剩余在
鼎中的气体质量之比为n(炉内气体可视为理想气体)则()
A.p1=8×10
5 Pa B.p1=2×10
5 Pa
C.n=1:4
D.n=1:3
【答案】BD
【解析】AB.整个过程可以看成等容变化，根据查理定律可得
p0
T 0
= p1
T 1
代入数据解得p1=2×10
5 Pa，故A 错误，B 正确；
CD.根据理想气体状态方程pV = m
M RT
可知原有气体的质量与剩余气体质量之比为m
m余
= p1
p2
= 4
3
故泄漏出去的气体质量与剩余在鼎中的气体质量之比为n= m-m余
m余
=
4
3 m余-m余
m余
= 1
3
，故C 错误，D
正确。
故选BD。
4.(2026·广东省阳江市·其他类型)图中是近两年流行的冰杯，其杯壁由两层塑料制成，隔层中密封着冷
冻液，冷冻液体积为隔层体积的三分之二，使用时将空杯子倒置放在冰箱冷冻室，使冷冻液凝固，取出后
往杯中倒入饮料，过一会儿，就可以享用凉爽的“冷饮”.若隔层内气体为理想气体，隔层体积为V 0，初
始时隔层内压强为p0，冷冻液温度为T 0，冰箱冷冻室温度恒为T 1.将初始状态冰杯放入冰箱冷冻室足够长
时间后：
(1)忽略冷冻液体积变化，求此时压强p1;
(2)实际上因为冷冻液凝固后体积会增加ΔV ( ΔV 小于1
3 V 0)，若此时压强仍然为p0，求ΔV .
【答案】解：(1)研究隔层内气体，在冷冻过程中体积不变，则由查理定律可得
p0
T 0
= p1
T 1
，
得p1= T 1
T 0
p0。
(2)冰冻前隔层内气体体积为1
3 V 0，冰冻后隔层内气体体积为1
3 V 0-△V ，
则由理想气体状态方程可得：
p0
T 0
× 1
3 V 0= p0
T 1
( 1
3 V 0-△V )，
得ΔV = T 0-T 1
3T 0
V 0。
5.(2026·河北省石家庄市·月考试卷)一个足球的容积是2.5 L。用打气筒给这个足球打气，每打一次都把
体积为125mL、压强与大气压相同、温度与环境温度相同的气体打进足球内。如果在打气前足球就已经是
球形并且里面的压强与大气压相同，已知大气压强为p0，已知外界环境温度t0=27❑
∘C。
(1)不考虑足球容积变化和气体的温度变化，求打了20次后足球内部空气的压强是大气压的多少倍？
(2)考虑足球容积变化和气体的温度变化，打了20次后，足球的容积比原来增大了1%，温度升高至
30
∘C，求足球内部空气的压强是大气压的多少倍？
【答案】解：(1)设大气压强为p0，根据玻意耳定律有p0V 0= pV
代入数据得p0(2.5+20×0.125)=2.5 p
解得p=2 p0
则打了20次后足球内部空气的压强是大气压的2倍。
(2)设大气压强为p0，根据理想气体状态方程有p0(V 1+20V
')
T 0
= p
'V 1(1+1％)
T
代入数据得p0(2.5+20×0.125)
300
= p
'×2.5×(1+1％)
303
解得p
' =2 p0
则足球内部空气的压强是大气压的2倍。
6.(2026·湖南省怀化市·其他类型)汽车胎压监测系统是提高汽车驾驶安全性的重要装置，它可以在汽车
行驶过程中实时地对轮胎气压和温度进行监测，对轮胎漏气、低压、高压、高温等危险状态进行预警，确
保行车安全．有一辆汽车的胎压监测系统显示某一条轮胎的胎压p1=3.20×10
5 Pa、温度t1= 47℃.已知
该轮胎内部体积始终保持不变，气体可视为理想气体，热力学温度T =t +273 K．
(1)若该汽车在行驶过程中，轮胎温度升高到了t2=67℃，求此时汽车胎压p2；
(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
p3=2.40×10
5 Pa、温度t3=27℃.求放出气体的质量与留在轮胎内气体的质量之比．
【答案】解：(1)轮胎内气体发生等容变化，p1=3.20×10
5 Pa，T 1=320 K，T 2=340 K，
由查理定律有
p1
T 1
= p2
T 2
，
解得p2=3.40×10
5 Pa．
(2)设放气前轮胎内气体总质量为m，轮胎内体积为V 1，假设将原来内部压强为3.20×10
5 Pa、热力
学温度为320 K的气体全部变成压强为2.40×10
5 Pa、热力学温度为T 3=300 K的气体，此时体积设为V 3．
则由理想气体状态方程有
p1V 1
T 1
= p3V 3
T 3
，
解得V 3=1．25V 1．
放出气体的质量与留在轮胎内气体的质量之比为
△m
m-△m = V 3-V 1
V 1
，
解得
△m
m-△m = 1
4 ．
7.(2026·安徽省宿州市·其他类型)瓷器的烧制可以采用窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，
当窑内气压升高到2.5 p0( p0为大气压强)时，排气阀才会开启。某次烧制过程，初始时窑内温度为27°C，
窑内气体体积为V 0，压强为p0。绝对零度取-273°C。
(1)求窑内温度为447°C时窑内气体压强；
(2)求窑内温度为927°C时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。
【答案】(1)假设窑内温度为447°C时，排气阀未开启，则气体升温过程中发生等容变化，根据查理
定律有
p0
T 0
= p1
T 1
解得p1=2.4 p0
由于2.4 p0小于2.5 p0，可知排气阀未开启，所以假设成立；
(2)设气体温度为927°C，压强为2.5 p0时，体积为V 2。
根据理想气体状态方程有
p0V 0
T 0
= 2.5 p0V 2
T 2
解得V 2= 8
5 V 0
V 排=V 2-V 0= 3
5 V 0
所以
m排
m总
= V 排
V 2
= 3
8。
8.(2025·安徽省·模拟题)某高压锅结构如图所示，加热前锅内温度为27℃，大气压强为P0，厨师将食
材放进水平放置的锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为
1.2 P0时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声;继续加热，当锅内温度为127℃时达到沸点，停止加热。设压
力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，气体可视为理想气体。已知出气孔横截面积为S，重
力加速度为g，求：
(1)压力阀的质量;
(2)停止加热时锅内气体质量占加热前总质量的百分比。
【答案】解：(1)设加热前锅内温度为T 1=300 K，压强为P0，当加热至锅内压强为1．2 P0时，压力
阀刚要被顶起，对压力阀受力分析：P0 S +mg=1．2 P0 S，解得：m= p0 S
5 g ;
(2)温度T 2= 400 K时达到沸点：
P0⋅V 0
T 1
= 1.2 P0⋅V
T 2
，停止加热时锅内气体质量占加热前总质量的
百分比
m1
m2
= V 0
V =90 %．
9.(2025·河北省·同步练习)青藏高原上海拔4000m时，大气压强为6.3×10
4 Pa。某游客在此出现了高
原反应，随即取出一种便携式加压舱使用。如图所示，该加压舱主要由舱体、气源箱组成。已知加压舱刚
取出时是折叠状态，只打开进气口，气源箱将周围环境中体积为15m
3的大气输入到舱体中，稳定后，舱
内空气新鲜，且气压不变，温度维持在27°C，病人在舱内的高压环境中吸氧。充气后的加压舱舱体可视
为长2.1m、底面积1m
2的圆柱体，舱内外气体均可视为理想气体，舱外环境温度保持-3°C不变。
(1)求稳定后舱内气体的压强；
(2)该游客在舱内治疗一段时间后情况好转，他改设2.0×10
5 Pa、27°C的新模式，加压舱会自动充
气、放气，当将周围环境中1m
3的气体充入加压舱后达到了新模式，求这个过程中放出气体质量与进入气
体质量之比。
【答案】解：(1)将体积为V 0=15m
3、压强p0=6.3×10
4 Pa、温度T 0=270 K的大气注入舱体，
舱内气体温度T 1=300 K、体积V 1= LS =2.1m
3，
根据理想气体状态方程
p0V 0
T 0
= p1V 1
T 1
，
解得舱内气压p1=5×10
5 Pa。
(2)舱内温度T 1=300 K不变，新气压p2=2×10
5 Pa，
充入气体体积V 3=1m
3，压强p0=6.3×10
4 Pa，温度T 0=270 K，
根据理想气体状态方程有
p2V 2
T 1
= p1V 1
T 1
+ p0V 3
T 0
，
解得V 2=5.6m
3，
排出舱体的气体体积△V =V 2-V 1=3.5m
3，
根据理想气体状态方程有
p0V 3
T 0
= p2V 4
T 1
，
解得V 4=0.35m
3，
放出气体质量与进入气体质量之比等于体积之比
m出
m入
= △V
V 4
= 3.5
0.35 =10。
10.(2025·内蒙古自治区包头市·月考试卷)充气浴缸具有占有空间小、携带方便、舒适等优点。题图就
是一种三层充气浴缸，浴缸的每一层单独充气，充满气后每一层高0.3m，在使用充气浴缸洗浴时，注入
的水不得超过最上面一层与第二层的分界线，现在要把充气浴缸充满气体，每一层充满气体后气体体积大
约是0.6m
3，气体压强约为1.005atm，小明从下往上依次给三层充气，打气筒的容积大约为0.003m
3，当
天的气温为27℃。
(1)请估算小明同学至少要用打气筒打多少次才能使充气浴缸正常工作；
(2)根据使用要求，将47℃水加到允许水位的最高点，假设水温在较短时间内不发生变化，第二层的
体积此时被压缩了0.01m
3，试估算加水后较短时间内第二层内部的气体压强。(计算结果保留两位小数)
【答案】(1)设经过n次打气才能使充气浴缸正常工作，
气体发生等温变化，根据玻意耳定律n p0V 0=3 p1V
代入数据解得n=603次
(2)第二层气体压强为p=1.005atm，体积为V =0.6m
3，温度为T =300 K，体积被压缩了0.01m
3后
体积变为V 2=0.59m
3，温度变为T ❑1=320 K；
根据理想气体状态方程可得pV
T = p2V 2
T 1
代入数据解得p❑2=1.09atm
综合提升练
1．（2023·湖南·高考真题）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，K 1打开，K 2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，K 1闭合，K 2打开，
抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K 2排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为V 0，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V 1。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Δ F。
【答案】（1）p1= p0V 0
V 0+V 1
；（2）Δ F =[1-(
V 0
V 0+V 1
)
n] p0 S
【解析】（1）以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积
V =V 0+V 1
根据玻意耳定律
p0V 0= p1V
解得
p1= p0V 0
V 0+V 1
（2）同理第二次抽气
p1V 0= p2V
解得
p2= p1V 0
V 0+V 1
=(
V 0
V 0+V 1)
2
p0
以此类推……
则当n 次抽气后助力气室内的气体压强
pn=(
V 0
V 0+V 1)
n
p0
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
Δ F =( p0- pn)S =[1-(
V 0
V 0+V 1)
n
] p0 S
2．（2024·安徽·高考真题）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V 0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度
，压强p1=2.7×10
5Pa。哈尔滨的环境温度
，大气压强p0取1.0×10
5 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）2.5×10
5 Pa；（2）6 L
【解析】（1）由查理定律可得
p1
T 1
= p2
T 2
其中
p1=2.7×10
5Pa，T 1=273-3( K )=270 K，T 2=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=2.5×10
5Pa
（2）由玻意耳定律
p2V 0+ p0V = p1V 0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V =6 L
3．（2024·山东·高考真题）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液
罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0cm2，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。
储液罐的横截面积S2=90.0cm2，高度h=20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体
从孔B 进入，空气由孔A 排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将
汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小
g=10m/s2，大气压p0=1.0×105Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
（1）求x；
（2）松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V 的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳
定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
【答案】（1）x =2cm；（2）V =8.92×10
- 4m
3
【解析】（1）由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
p1( H - x)S1= p2 H S1
又因为
p1= p0
p2+ ρgh= p0
代入数据联立解得
x =2cm
（2）当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
p0V + p2 H S1= p3(H S1+ h
2 S2)
又因为p3+ ρg h
2 = p0
代入数据联立解得
V =8.92×10
- 4m
3
4．（2024·广东·高考真题）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、
B 两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A 内轻质活塞的上方与大气连通，B 内气体体积不变。当A 内气
体压强减去B 内气体压强大于Δp时差压阀打开，A 内气体缓慢进入B 中；当该差值小于或等于Δp时差压
阀关闭。当环境温度T 1=300 K时，A 内气体体积V A1= 4.0×10
-2m
3，B 内气体压强pB1等于大气压强p0
已知活塞的横截面积S =0.10m
2，Δp=0.11 p0，p0=1.0×10
5Pa，重力加速度大小取g=10m/ s
2，A、
B 内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度
降到T 2=270 K时：
（1）求B 内气体压强pB2；
（2）求A 内气体体积V A2；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B 内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
【答案】（1）0.9×10
5Pa；（2）3.6×10
-2m
3；（3）110kg
【解析】（1、2）假设温度降低到T 2时，差压阀没有打开，A、B 两个汽缸导热良好，B 内气体做等
容变化，初态
pB1= p0，T 1=300 K
末态
T 2=270 K
根据
pB1
T 1
= pB2
T 2
代入数据可得
pB2=0.9×10
5Pa
A 内气体做等压变化，压强保持不变，初态
V A1= 4.0×10
-2m
3，T 1=300 K
末态
T 2=270 K
根据
V A1
T 1
= V A2
T 2
代入数据可得
V A2=3.6×10
-2m
3
由于
p0- pB2< Δ p
假设成立，即
pB2=0.9×10
5Pa
（3）恰好稳定时，A 内气体压强为
pA
' = p0+ mg
S
B 内气体压强
pB
' = p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
pA
' - pB
' = Δ p
代入数据联立解得
m=110kg
5．（2024·甘肃·高考真题）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）pA = 4
5 p0，pB= 2
3 p0；（2）k = 8 p0 S
15l
【解析】（1）设抽气前两体积为V = SL，对气体A 分析：抽气后
V A =2V - 3
4 V = 5
4 SL
根据玻意耳定律得
p0V = pA
5
4 V
解得
pA = 4
5 p0
对气体B 分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即1
2 p0，则根据玻意耳
定律得
1
2 p0V = pB
3
4 V
解得
pB= 2
3 p0
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为l
4 ，对活塞受力分析有
pA S = pB S + F
根据胡克定律得
F =k l
4
联立得
k = 8 p0 S
15l
6．（2026·山东·高考真题）竖直固定的圆柱形透明管深度为l，管内横截面积为S；圆柱形物块长为
1
9 l，横截面积为S，密度为ρ。室温T1=300K 时，某同学将表面涂润滑油的物块竖直置于管口封住管内气
体，并使物块缓慢进入透明管，过程中气体无泄漏。当物块处于静止状态时，其上表面恰好与管口齐平，
如图乙所示。已知透明管与物块均具有良好导热性能，不计物块与透明管间的摩擦，重力加速度大小为
g，大气压强恒定，空气可视为理想气体。
(1)求当地大气压强p0；
(2)将装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为7
10 l，该同学认为此装置漏气，测得此时室温
T2=270K，求管内剩余气体与密封刚完成时气体的质量比。
【答案】(1)p0= 8
9 ρgl
(2)7
8
【解析】（1）设密封刚完成时管内气体压强为p1，气柱长度为l - 1
9 l = 8
9 l，体积V 1= 8
9 lS
物块受力平衡有p1S = p0 S＋ρ⋅1
9 lS⋅g
解得p1= p0＋1
9 ρgl
初始时管内气体体积为V 0=lS，压强为大气压p0，温度均为T 1。过程等温，由玻意耳定律
p0lS = p1⋅8
9 lS
解得p0= 8
9(p0＋1
9 ρgl)
化简有p0= 8
9 ρgl
（2）装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为7
10 l，体积V 2= 7
10 lS，温度T 2=270 K
物块受力平衡不变，故此时气体压强p2= p0＋1
9 ρgl = ρgl
密封刚完成时状态p1= ρgl，V 1= 8
9 lS，T 1=300 K
由理想气体状态方程，气体质量比等于pV
T 之比，且压强p 不变，则m2
m1
= V 2
V 1
⋅T 1
T 2
=
7
10 lS
8
9 lS
⋅300
270 = 7
8
