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第49 讲 气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
目录
01 课标达标练
题型01 气体压强的计算
题型02 气体实验定律的综合应用
题型03 理想气体的变质量问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 气体压强的计算
1.如图，两端开口的光滑的直玻璃管，竖直插入水银槽中，玻璃管上端有一段高为h 的水银柱，中间封闭
有一段空气，可视为理想气体，玻璃管下端内外水银面的高度差为H，直玻璃管足够长，则下列说法正确
的是（ ）
A．H >h
B．气体温度缓慢升高时，H 不变
C．外界大气压变大时，H 变大
D．向玻璃管上端缓慢添加水银，H 变小
1
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【答案】B
【详解】A．被封闭的气体压强为
p= p0+h，p= p0+ H
解得H =h，A 错误；
B．根据H =h，气体温度缓慢升高时，h 不变，H 不变，B 正确；
C．根据H =h，外界大气压变大时，h 不变，H 不变，C 错误；
D．根据H =h，向玻璃管上端缓慢添加水银，h 变大，H 变大，D 错误。
故选B。
2.如图所示，一端封闭的竖直玻璃管开口向上，管内有一段高h=5cm的水银柱将长为l 的空气柱密封在管
中，水银上表面与管口齐平。现用注射器缓慢向管口继续滴入水银，直至水银与管口再次齐平。已知大气
压强p0=76cmHg，玻璃管导热良好，环境温度不变，整个过程未有水银溢出，则初始时空气柱的长度l（
）
A．不能大于71cm
B．可以是80cm
C．可以是100cm
D．可以是任意值
【答案】C
【详解】设滴入水银的高度为Δh，滴入前p0+ ρgh= p1
再次平衡时p0+ ρgh+ ρg Δh= p2
由理想气体状态方程p1lS = p2(l−Δh)S
解得l =81cm+ Δh>81cm
故选C。
3.如图，U 形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两边气体温度相同，水
银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小，则可行的方法是（ ）
2
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A．同时降低相同的温度
B．玻璃管竖直匀速下落
C．同时升高相同的温度
D．玻璃管竖直加速上升
【答案】C
【详解】AC．假设两部分气体做等容变化，则根据p0
T =
p1
T + ΔT
可得压强变化Δ p=|p1−p0|=|
ΔT
T |p0
则Δ p左=|
ΔT
T |p左，Δ p右=|
ΔT
T |p右
而其中p左= p右+h
若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加的多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面
高度差变小；同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少的多，所以左侧水银面下降，右侧水银面
上升，左右水银面高度差变大，故A 错误，C 正确；
B．玻璃管竖直匀速下落与静止放置，水银柱都处于平衡状态，所以两侧气体压强不变，左右水银面高度
差不变，故B 错误；
D．玻璃管竖直加速上落，水银柱处于超重状态，有向上的加速度，则有( p左−p右−ρgh)S =ma
假设左右水银面高度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压强增大，由p0V 0= pV
可知左侧气体体积减小，右侧气体体积增大，则左右水银面高度差变大，故D 错误。
故选C。
4.（多选）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K
关闭；A 侧空气柱的长度l=10.0cm，B 侧水银面比A 侧的高h=3.0cm。现将开关K 打开，从U 形管中缓慢放
出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm 时将开关K 关闭。已知大气压强p0=75.0cmHg。下列说法
正确的是（ ）
3
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A．放出部分水银后K 关闭时，A 侧空气柱变长
B．初始状态，A 侧气体压强为72cmHg
C．放出部分水银后K 关闭时，A 侧气体压强为65cmHg
D．开关K 打开时，放出的水银在管内的长度为17cm
【答案】ACD
【详解】B．初始状态对右侧水银柱分析有，p0+ ρgh= pA =78cmHg，即A 侧气体压强为78cmHg，故B 错
误；
A．开关K 打开时，随着两侧的水银往下流出，A 侧的空气柱要变长，故A 正确；
C．开关K 打开后放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p0，而A 侧水银面的压强随着空气柱长度
的增加逐渐减小，B、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h1为止，有
p
′
A = p0−ρgh1=65cmHg，故C 正确；
D．缓慢放出部分水银的过程，对A 气体发生了等温膨胀的过程，有pAlS = p
'
Al1S，可得
l1=12cm
则A 侧放出的水银在管内的长度为ΔhA =l1−l =2cm
B 侧放出的水银在管内的长度为ΔhB= ΔhA+h+h1=15cm
即放出的水银在管内的长度为Δh= ΔhA+ ΔhB=17cm，故D 正确。
故选ACD。
5.图甲为气压式升降椅，它通过汽缸上下运动来支配椅子升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形导热
汽缸开口向上竖直放置在水平台上，活塞与椅面的总质量为m= 4 kg，活塞横截面积为S = 4×10
−4 m
2，
汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，椅面上放有一个质量M =8kg的物
块，气柱高度h= 0.7 m。已知大气压强p0=1×10
5Pa，重力加速度大小g取10 m /s
2。
4
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(1)求汽缸内封闭气体的压强；
(2)若拿掉物块后，活塞上升到如图乙虚线所示位置，求此时气柱的高度。
【答案】(1)4×10
5Pa
(2)1.4 m
【详解】（1）汽缸内封闭气体的压强p1= (M +m)g
S
+ p0
代入数据解得p1= 4×10
5Pa
（2）拿掉椅面上的物块，气体做等温变化，初态p1= 4×10
5Pa ,V 1=hS
末态p2= mg
S + p0=2×10
5Pa ,V 2=h
′ S
由气体状态方程得p1Sh= p2S h
′
整理得h
′ =2h=1.4 m
02 气体实验定律的综合应用
6.一个圆柱形细玻璃管长度L=40cm，厚度不计，一端封闭，另一端开口，玻璃管只能在竖直方向运动。当
开口向上漂浮在水银中时，封闭端到水银面的距离为h1=25cm，如图中甲所示。当开口向下缓慢插入水银
中一定深度时，玻璃管恰好处于平衡状态。若从平衡位置沿竖直方向移动一小段距离，松开后，若玻璃管
所受合力方向指向平衡位置，则该平衡称为稳定平衡，反之则称为不稳定平衡。管中封闭的为理想气体，
不考虑温度的变化，大气压强p0=75cmHg。
5
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(1)当封闭端在水银面上方时，如图中乙所示。求封闭端到水银面的距离h2，判断平衡类型；
(2)当封闭端在水银面下方时，如图中丙所示。求封闭端到水银面的距离h3，判断平衡类型。
【答案】(1)5cm，稳定平衡
(2)20cm，不稳定平衡
【详解】（1）大气压强p0= ρg H 0
则H 0=75cm
设玻璃管质量为m，横截面积为S，当玻璃管开口向上漂浮在水银中时，由力的平衡条件有ρgh1S =mg
玻璃管开口向下，当封闭端在水银面上方且稳定时，设水银面下方玻璃管内气体的高度为L2，管内气体压
强为p2= p0+ ρg L2
气体体积为V 2=(h2+ L2)S
玻璃管刚接触水银面至达到平衡的过程，由玻意耳定律有p0 LS =( p0+ ρg L2)(h2+ L2)S
由受力平衡有ρg L2S =mg
解得L2=h1
故h2= H 0 L
H 0+h1
−h1=5cm
玻璃管从平衡位置向下移动一点，管中气体压强变大，管中液面会再下降一点，浮力增加，松开后，合力
向上，所以该平衡是稳定平衡；
（2）当封闭端在水银面下方时，设玻璃管内气体的高度为L3，气体压强为p3= p0+ ρg(h3+ L3)
气体体积为V 3= L3 S
玻璃管刚接触水银面至达到平衡的过程，由玻意耳定律有p0 LS =[ p0+ ρg(h3+ L3)]L3 S
由受力平衡有ρg L3 S =mg
可得L3=h1
6
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故h3= H 0 L
h1
−( H 0+h1)=20cm
玻璃管从平衡位置再向下移动一点，管中气体压强变大，体积减小，浮力减小，松开后，合力向下，所以
该平衡是不稳定平衡。
7.小明家里新添置的气压式升降椅如图甲所示，气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易
结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，它们的总质量为m，柱状气动杆的横截面积为S，柱状气
动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，封闭气柱长度为L。已
知汽缸气密性、导热性良好，不计气动杆与汽缸之间的摩擦，室内温度保持不变，大气压强为p0，重力加
速度为g。小明盘坐在椅面上，稳定后椅面下降了1
4 L。求：
(1)小明的质量；
(2)被封闭气体向外界放出的热量。
【答案】(1) p0 S +mg
3 g
(2) p0 S+mg
3
L
【详解】（1）设小明的质量为M，开始时小明没有盘坐在椅面上，有p0 S +mg= p1S
小明盘坐在椅面上时，根据共点力的平衡条件有p0 S+(M +m)g= p2S
根据玻意耳定律有p1SL= p2S(L−1
4 L)
联立解得M = p0 S+mg
3 g
（2）外界对气体做的功W =[(M +m)g+ p0 S] 1
4 L= p0 S+mg
3
L
理想气体的温度不变，则气体内能的变化为零（ΔU =0），根据热力学第一定律ΔU =Q+W
7
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解得Q =−p0 S+mg
3
L
可知封闭气体向外界放出的热量p0 S+mg
3
L。
8.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
【详解】（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=
（17+273）K=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
L1S
T 1
= L3 S
T 2
解得L3=15cm
（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
8
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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
03 理想气体的变质量问题
9.如图所示，有一开口向下的足够高的汽缸固定在水平面上，质量为m=4kg、横截面积S =10cm
2的活塞放
在大小可忽略的固定挡板上，活塞下方与外界大气相通。将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，气体压强
为p1=1.0×10
5Pa，封闭气体体积为V 0，由于实验的需要，对汽缸内的气体抽气，使得活塞刚好离开固
定挡板。已知大气压强为p0=1.0×10
5Pa，重力加速度为g=10 m/s
2，假设环境温度保持不变，整个装置
的气密性和导热性良好，则活塞刚好离开固定挡板时，求：
(1)气体的压强为多大；
(2)抽出去的气体质量与抽气前汽缸内气体的质量比。
【答案】(1)p2=6×10
4 Pa
(2)m出
m总
= 2
5
【详解】（1）活塞刚好离开固定挡板时，挡板的支持力为零，对活塞受力分析，由平衡条件有
p2S+mg = p0 S
9
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解得气体的压强为p2=6×10
4 Pa
（2）抽气过程温度不变，设抽出的气体体积为ΔV ，有p1V 0= p2(V 0+ ΔV )
解得ΔV = 2
3 V 0
因抽出去的气体和剩下的气体密度相同，可得
m出
m总
=
ρ⋅ΔV
ρ⋅(V 0+ ΔV ) = 2
5
10.课间老师要大家拔河表演拉马德堡半球，20 个人对拉也没有拉开。老师旋转了一下开关让球内外气体
相通，一个人轻轻一拉就开了。已知马德堡半球由两个球冠合找组成，合拢处圆面的面积S =800cm
2，合
拢后容积V =3600 mL，手动微型抽气机每按压一次抽出体积为V 0= 400 mL的气体。抽气过程中环境温度
保持不变，马德堡半球容积不变导热性能良好，不计摩擦。已知初始时马德堡半球空腔内气体压强与大气
压强相同，大气压强p0=1×10
5Pa。求：
(1)抽1 次气后，马德堡半球内的气体压强p1和p0的比值；
(2)若每个学生能提供的最大拉力为F0=200 N，抽气20 次后，球内气体压强p20等于多少？两侧至少各需
要几个学生才能拉开？（取0.9
20=0.12)
【答案】(1)9:10
(2)1.2×10
4 Pa，36
【详解】（1）气体等温变化，第一次抽气有p0V = p1(V +V 0)
解得p1: p0=V :(V +V 0)=9:10
（2）第二次抽气有p1V = p2(V +V 0)
抽20 次后p20=(
V
V +V 0)
20
p0
10
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解得p20=1.2×10
4 Pa
要拉开，需F =( p0−p20)S
F =n F0
解得n=35.2
向上取整数，则两边至少各需要36 个学生才能拉开。
11.在贵州某煤矿的安全监测系统中，使用如图所示的装置检测矿洞内的气温和气压。密闭导热汽缸内封闭
有一定质量的理想气体，汽缸顶端有卡口，其高为H=40cm，底面积为S=100cm2，厚度不计的活塞可无摩
擦滑动且有一定质量，一U 型细管（管内气体体积可忽略，管内有可以自由移动的油柱）左端开口并连通
汽缸底部，右端开口并与矿洞内大气相连，左右两侧细管足够长。初始时：U 型细管左、右两侧油面高度
差h=20cm，活塞距汽缸底部L1=30cm，矿内气温为t1=9℃，气压为p0=1.0×105Pa（油密度为
ρ=0.8×103kg/m3，g=10m/s2）。
(1)求初始时封闭气体的压强p1和活塞的质量m；
(2)当矿内压强不变，温度升到t2=42℃时就报警，求此时活塞到汽缸底部的距离L2（结果保留一位小
数）；
(3)若矿内温度不变但由于逐渐产生瓦斯气体导致活塞向下移动了Δ L1=10cm，求此时矿内压强p2（结果保
留一位小数）；
(4)若矿内温度、压强不变，但活塞封闭不严导致汽缸缓慢漏气，当活塞下降Δ L2=20cm时，剩余气体与
初始时质量之比
m2
m1
。
【答案】(1)1.016×10
5Pa，1.6kg
(2)33.5cm
11
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(3)1.5×10
5Pa
(4)1
3
【详解】（1）对油柱有p1= p0+ ρgh
解得p1=1.016×10
5Pa
对汽缸有p1S =mg+ p0 S
解得m=1.6kg
（2）由V 1= L1S，V 2= L2S，由盖吕萨克定律得
V 1
t1+273 =
V 2
t2+273
解得L2=33.5cm
（3）由V 3=( L1−Δ L1)S，由玻意耳定律得p1V 1= p2V 3
解得p2=1.5×10
5Pa
（4）剩余气体体积V 4=( L1−Δ L2)S
若矿内温度、压强不变，则气体的密度不变，则剩余气体与初始时质量之比m2
m1
= ρ(L1−Δ L2)S
ρ L1S
= 1
3
12.（多选）图为竖直放置的上粗下细密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B 两部分，初始温度相同。使
A、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，重力加速度
大小为g，则下列说法正确的是（ ）
12
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A．ΔVA>ΔVB
B．状态满足pB=pA+ρgh，ρ 为水银的密度，h 为水银柱长度
C．水银柱将向上移动
D．ΔpA<ΔpB
【答案】BC
【详解】A．由于气体的总体积不变，因此ΔVA=ΔVB，故A 错误；
B．设ρ 为水银的密度，h 为水银柱长度，不论是初始状态，还是升温稳定后，都满足pB= pA+ ρgh，故B
正确；
C．假设液柱不动，则A、B 两部分气体发生等容变化，由查理定律可知p
T =Δ p
ΔT
解得Δ p=ΔT
T
p
对气体A 有Δ pA 1=ΔT
T
· pA 初
对气体B 有Δ pB1=ΔT
T
· pB初
由于pB 初>pA 初，则有ΔpB1>ΔpA1，因此假设不成立，液柱将向上移动，故C 正确；
D．初始状态满足pB初= pA 初+ ρgh初
升温达到稳定后，状态满足pB 升= pA 升+ ρgh升
可得pB 升−pB初= pA 升−pA 初+ ρg(h升−h初)
即Δ pB= Δ pA+ ρg(h升−h初)
由于液柱向上移动，液体压强减小，则h升<h初
可得ΔpA>ΔpB，故D 错误。
13
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故选BC。
13.如图所示，竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B 两部分，初始温度相同。使A、B
升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化量Δ pA、Δ pB，对液面压力的变化量为
Δ FA、Δ FB，则下列说法不正确的是（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离
B．ΔV A= ΔV B
C．Δ pA> Δ pB
D．Δ F A= Δ FB
【答案】D
【详解】AC．假定水银柱不动，升高相同的温度Δ p，由查理定律有Δ p= ΔT
T
p
可知由于初始T 相同，故初态压强大的Δ p大，题图可知A 的初态压强大，故A 部分压强增量较大，故水
银柱向上移动了一段距离，故AC 正确，不符合题意；
B．由于水银柱体积是一定的，故ΔV A= ΔV B
故B 正确，不符合题意；
D．以上分析可知Δ pA> Δ pB
题图易得SA>SB
则有Δ F A= Δ pA SA> Δ FB= Δ pB SB
故D 错误，符合题意。
故选D。
14.如图所示，一定质量的气体放在体积为V 0=300 mL的导热容器中，室温T 0=300K，有一光滑导热活塞
C（体积忽略不计）将容器分成A、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一管内体积不计
的足够长的U 形管，两侧水银柱高度差为38cm，A 内有体积可以忽略的电阻丝，B 室容器可通过一阀门K
与大气相通。已知外界大气压p0=76cmHg。
14
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(1)此时B 室内气体压强是多少？
(2)若A 室内气体的温度保持不变，将阀门K 打开，稳定后B 室内剩余气体的质量和B 室原有气体质量之比
是多少？
(3)若打开阀门K 稳定后，给A 室内的电阻丝通电，将A 室内气体温度加热到多少K 时，A 室体积是B 室的
两倍？
(4)若在（3）后，关闭阀门K，将A 室内气体温度继续加热到800K 时，求此时A 室内气体的压强。
【答案】(1)114cmHg
(2)1
2
(3)400K
(4)152cmHg
【详解】（1）开始时，设A 室内气体压强为pA0，则pA0= p0+38cmHg=1.5 p0
其中pA0= pB0
解得B 室内气体压强是pB0=114cmHg
（2）开始时，设A 室内气体压强为pA0，则pA0=1.5 p0
A 室的体积为V A0= V 0
3 =100 mL
阀门K 打开后，A 室内气体等温变化，稳定后压强为pA1，则pA1= p0
体积设为V A1，根据玻意耳定律有pA0V A0= pA1V A1
解得V A1= V 0
2 =150 mL
B 室内气体等温变化，依题意有pA0= pB0⋅pA1= pB1
其中V B0=V 0−V A0= 2
3 V 0=200 mL
根据玻意耳定律有pB0V B0= pB1V B1
解得V B1=V 0=300 mL
15
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则稳定后B 室内剩余气体的质量和B 室原有气体质量之比为m
′
m0
= V 0−V A1
V B1
= 1
2
（3）假设打开阀门后，气体从T 0=300K升到T1时，A 室体积是B 室的两倍，即A 室内气体体积变为2V 0
3
， 压强始终为pA1= p0
即为等压变化过程，根据盖一吕萨克定律有V A1
T 0
=
2
3 V 0
T 1
解得T 1= 400K
（4）因为从T1=400K 继续升高到T2=800K 的过程中，A 室内气体为等容变化过程。设其最终压强为pA2，根
据查理定律有pA1
T 1
= pA2
T 2
解得pA2=152cmHg
15.图甲为我国某电动轿车的空气减震器（由活塞、气缸组成，活塞底部固定在车轴上）。该电动轿车共有
4 个完全相同的空气减震器，图乙是其中一个空气减震器的简化模型结构图，导热良好的直立圆筒形汽缸
内用横截面积S=20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接。
封闭气柱初始温度T1=300K、长度L1=20cm、压强p1=3.0×106Pa，重力加速度g 取10m/s2。
(1)为应对复杂地形需升高汽车底盘离地距离，通过气泵向一个气缸内充入与缸内气体温度相同、压强
p0=1.0×105Pa、体积V=3000cm3的气体，气缸缓慢上升，此过程中气体温度保持不变。求气缸上升高度ΔL
及充入气体质量Δm 与缸内原有气体的质量m 之比Δm
m ；
(2)在（1）问情况下，当车辆载重时，相当于在每个气缸顶部加一物体A，气缸下降，稳定时气缸内气柱
长度变为L2=22cm，气体温度变为T2=330K。
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①求物体A 的质量M；
②若该过程中气体放出热量Q=32.5J，气体压强随气体长度变化的关系如图丙所示，求该过程中一个气缸
气体内能的变化量ΔU。
【答案】(1)Δ L=5cm，Δm
m = 1
4
(2)①M =150kg；②ΔU =170J
【详解】（1）设充入气体后气缸上升的高度为ΔL，气缸上升过程缸内气体压强保持不变，对于充入的气
体有p0V = p1 Δ LS
解得Δ L= p0V
p1S =5cm
充入气体的质量Δm，缸内原有气体的质量m，满足Δm
m =Δ L
L1
解得Δm
m = 1
4
（2）①由理想气体状态方程有p1S(L1+Δ L)
T 1
= p2S L2
T 2
解得p2=3.75×10
6Pa
根据受力平衡有( p2−p1)S = Mg
解得M =150kg
②外界对气体做功W = p1+ p2
2
S(L1+Δ L−L2)
解得W =202.5J
由热力学第一定律有ΔU =W −Q
解得ΔU =170J
16.汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置简化如下：左容器（助力气
室）和右容器（抽气气室）两个容器用细管相连，K1、K2为单向阀门，只可按图示方向开启。开始时活塞
在右容器的最左边，活塞向右拉时K2闭合K1打开，直至右容器的体积等于左容器的体积V0。活塞向左压时
K1闭合K2开启，将右容器中气体排入大气中。重复这两个过程，使左容器内气体质量不断减小。已知左容
器初始压强为p0，外界压强为p0。假设抽气过程中，拉动活塞足够慢，每次可视为等温变化，温度保持不
变。求：
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(1)第1 次抽气后左容器内气体压强p1；
(2)第n 次抽气后左容器内气体压强pn；
(3)第n 次抽气后，左容器抽出气体的质量和左容器剩余气体的质量之比m 抽:m 余。
【答案】(1)1
2 p0
(2)(
1
2)
n
p0
(3)(2
n−1):1
【详解】（1）第1 次抽气后左容器内气体压强
p0V 0= p1⋅2V 0
解得p1= 1
2 p0
（2）根据p1= 1
2 p0，第n 次抽气后左容器内气体压强
pn=(
1
2)
n
p0
（3）设左容器内气体的初始质量为m。
第1 次抽气：m抽1= 1
2 m，m余1= 1
2 m
第2 次抽气：m抽2= 1
4 m，m余1= 1
4 m
第3 次抽气：m抽1= 1
8 m，m余1= 1
8 m
……
第n 次抽气：m抽1=(
1
2)
n
m，m余n=(
1
2)
n
m
第n 次抽气后，左容器抽出气体的质量
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m抽=
1
2 m[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
=m[1−(
1
2)
n
]
第n 次抽气后，左容器剩余气体的质量
m余=(
1
2)
n
m
解得m抽:m余=(2
n−1):1
17.如图所示，工业气压调节设备配备压电阀门S1和S2，通过阀门的开或关让设备实现打气或抽气。打气模
式：当活塞向上运动时，S1关闭、S2打开；活塞向下运动时，S1打开、S2关闭。抽气模式：活塞向上运动
时，S1打开、S2关闭；活塞向下运动时，S1关闭、S2打开。已知腔室A容积为V =10dm
3，气泵B的最大容
积为ΔV =500cm
3，打气或抽气前，A内气体压强均为p0=1.0×10
5Pa。不计连接细管的容积，忽略打气
和抽气过程中气体的温度变化和一切摩擦，空气可视为理想气体。
(1)在气密性良好且阀门S1、S2均关闭的情况下，把B中活塞从顶部压至图中位置过程中，泵内气体是吸热
还是放热？请说明判断依据；
(2)处于打气模式时，若要使A中气体压强增大到1.8×10
5Pa，应打气多少次？
(3)处于抽气模式时，求开始抽气n次后，腔内气体压强与初始压强的比值。
【答案】(1)气体放热，见解析
(2)16次
(3)(
20
21)
n
【详解】（1）由于气泵中的气体温度不变，即气体内能不变，则有ΔU =0
活塞向下过程中气体体积减小，外界对气体做功，则有W >0
根据热力学第一定律有ΔU =W +Q
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解得Q =ΔU −W <0
可知，气体放热。
（2）设打了k次气，根据玻意尔定律有p0(V +nΔV )= p
′V
解得k =16次
（3）根据玻意尔定律，第1 次抽气过程有p0V = p1(V +ΔV )
解得第1 次抽气后压强p1=
V
V +ΔV p0
第2 次抽气过程有p1V = p2(V +ΔV )
解得第1 次抽气后压强p2=(
V
V +ΔV)
2
p0
同理可得第3 次抽气后压强p3=(
V
V +ΔV)
3
p0
以此类推，抽气n次后压强pn=(
V
V +ΔV)
n
p0=(
10
10+0.5)
n
p0
故抽气n次后腔内气体压强与初始压强之比为
pn
p0
=(
10
10+0.5)
n
=(
20
21)
n
18.如图所示，竖直放置的卡腰式圆柱形汽缸由a、b 两部分组成，两部分高度均为L=10cm，汽缸a 的横
截面积S =20cm
2，汽缸b 的横截面积是a 的2 倍，汽缸a 的下端装有抽气筒。汽缸b 中有光滑活塞（厚度
不计），活塞质量为m=20kg，活塞与汽缸间封闭性良好。初始状态活塞恰好在汽缸b 的上端，现对汽缸
进行缓慢抽气，共抽气22 次，每次抽出气体的体积均为V 0=20 ml。温度保持不变，大气压强为
P0=1.0×10
5Pa。求：
（1）前10 次抽气过程中汽缸b 中的活塞对气体做的功；
（2）整个抽气过程结束后，汽缸内气体的压强；
（3）整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比。
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【答案】（1）30J；（2）1.24×105Pa；（3）72.4％
【详解】（1）由题意可知汽缸b 的横截面积为
Sb= 40cm
2
汽缸b 的容积为
V b= 400cm
3
汽缸内气体的压强为
p= p0+ mg
Sb
=1.5×10
5Pa
前10 次抽气过程中抽出气体的体积为
ΔV =10V 0=200 ml=200cm
3
小于汽缸b 的容积，活塞还没有达到卡腰处，故前10 次抽气过程均为等压变化。前10 次抽气过程中汽缸
b 中的活塞对气体做功
W = pΔV =1.5×10
5×200×10
−6J =30J
（2）由题意得，a 汽缸的容积
V a=200cm
3
抽气20 次后活塞恰达到卡腰处，汽缸内压强为
p=1.5×10
5Pa
第21 次抽气过程，根据玻意尔定律，有
pV a= p21(V a+V 0)
解得
p21= 10
11 p
同理，第22 次抽气过程，根据玻意尔定律，有
p21V a= p22(V a+V 0)
解得
p22=(
10
11)
2
p=1.24×10
5Pa
（3）由理想气体密度方程得
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p
ρ = p22
ρ22
整个抽气过程结束后剩余气体的质量与抽气体前气体的质量比
m22
m =
ρ22V a
ρ(V a+V b)
故整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比为
m−m22
m
×100 % =72.4 %
19.如图所示， 一导热性能良好的圆柱形气瓶水平固定，瓶内有用光滑活塞分成的A、B 两部分理想气体。
开始时，A、B 两部分气体的体积之比为3：2，压强均为p，活塞与气瓶的内壁间气密性良好。
（1）当环境温度缓慢升高时，活塞是否移动？简要分析理由；
（2）若环境温度不变，因阀门封闭不严，B 中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动，求当B 中气体体
积减为原来的一半时，A 中气体的压强。
【答案】（1）不移动，见解析；（2）3
4 p
【详解】（1）假设温度升高的过程中活塞不移动，则气体体积不变，气体发生等容变化，由查理定律可
得
p
T = p
′
T
′
解得
p
′ = T
′
T p
可得气体压强的变化量为
Δ p= p
′−p= T
′−T
T
p= ΔT
T
p
对于两部分气体而言，ΔT、T、p都相同，即两边气体压强的变化量相同，因此当环境温度升高时，活塞
不移动。
（2）设开始时A 中气体的体积为3V，B 中气体的体积为2V，当B 中气体因漏气减为原来一半时，此时A
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中气体体积变为4V，A 中气体发生等温变化，由玻意耳定律有
p⋅3V = p
″⋅4V
解得此时A 中气体的压强为
p
″ = 3
4 p
20.（2025·湖南·高考真题）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L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气
柱长度为L2，大气压强为p0。
(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h=0.2000 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度
T 1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T 2=300.0K时，空气柱长度与竖直放置时相
同。已知ρ=1.0×10
3kg/ m
3, p0=1.0×10
5Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g 的值。
【答案】(1)g= p0(L2−L1)
L1 ρh
(2)g=9.5 m ⋅s
-2
【详解】（1）竖直放置时里面气体的压强为p1= p0+ ρgh
水平放置时里面气体的压强p2= p0
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由等温过程可得p1 L1s= p2 L2s
解得g= p0(L2−L1)
L1 ρh
（2）由定容过程p1
T 1
= p2
T 2
代入数据可得g=9.5 m ⋅s
-2
21.（2025·海南·高考真题）竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S =0.01m
2，活塞质量不计，活塞与汽缸无
摩擦，最初活塞静止，缸内气体T 0=300K，V 0=5×10
−3 m
3，大气压强p0=1×10
5Pa，g=10 m /s
2
(1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V 1=7.5×10
−3 m
3，求此时的温度T 1；
(2)若往活塞上放m=25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V 2。
【答案】(1)450K
(2)4×10
−3 m
3
【详解】（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V 0
T 0
= V 1
T 1
代入数值解得T 1= 450K
（2）设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S = p0 S +mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律p0V 0= p2V 2
联立解得V 2= 4×10
−3 m
3
22.（2024·湖北·高考真题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部
分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T 0，气柱的高度为h。当
容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升1
5 h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU 与温度变
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化量ΔT 的关系式为ΔU =C ΔT，C 为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力
学温度。求
（1）再次平衡时容器内气体的温度。
（2）此过程中容器内气体吸收的热量。
【答案】（1）6
5 T 0；（2）1
5 h( p0 S+mg)+ 1
5 C T 0
【详解】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得
V 0
T 0
= V 1
T 1
即
hS
T 0
=
(h+ 1
5 h)S
T 1
解得
T 1= 6
5 T 0
（2）此过程中气体内能增加
ΔU =C ΔT = 1
5 C T 0
气体对外做功大小为
W = pS Δh= 1
5 h( p0 S+mg)
由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
Q = ΔU +W = 1
5 h( p0 S+mg)+ 1
5 C T 0
23.（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
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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
【详解】（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
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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
24.（2023·全国乙卷·高考真题）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）
【答案】pA=74.36cmHg，pB=54.36cmHg
【详解】设B 管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有
pA= pB+20
倒置后A 管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A 管中水银柱减小1cm，A 管的内径是B 管的2 倍，则
SA= 4 SB
可知B 管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为p
′
A、p
′
B，所以有
p
′
A+23= p
′
B
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A 管有
pA SA LA= p
′
A SA L
′
A
对B 管有
pB SB LB= p
′
B SB L
′
B
其中
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L
′
A=10cm +1cm =11cm
L
′
B=10cm −4cm=6cm
联立以上各式解得
pA=74.36cmHg
pB=54.36cmHg
25.（全国III 卷·高考真题）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）
【答案】（1）144cmHg；（2）9.42cm
【详解】（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
p2= p0
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
p1= p0+(h2−h1)cmHg=90cmHg
l1=20.0cm
l
′
1=(20.0−20.0−5.00
2
)cm =12.5cm
由玻意耳定律得
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p1l1S = p
′
1l
′
1S
解得
p
′
1=144cmHg
（2）依题意
p
′
2= p
′
1
l
′
2= 4.00cm + 20.0−5.00
2
cm −h=11.5cm −h
由玻意耳定律得
p2l2S = p
′
2l
′
2S
解得活塞向下移动的距离为
h≈9.42cm
26.（2022·山东·高考真题）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 室壁簿，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m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B 室内气体质量m1。
【答案】（1）Δm= Mma
Vρg ；（2）m1= ρg H 1+ p0
ρgH + p0
m
【详解】（1）由题知开始时鱼静止在H 处，设此时鱼的体积为V 0，有
Mg= ρgV 0
且此时B 室内气体体积为V，质量为m，则
m= ρ气V
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鱼通过增加B 室体积获得大小为a 的加速度，则有
ρg(V 0+ ΔV )−Mg= Ma
联立解得需从A 室充入B 室的气体质量
Δm= ρ气ΔV = Mma
Vρg
（2）B 室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H 处和水面下H1处时，B 室内的压强分别为
p1= ρgH + p0，p2= ρg H 1+ p0
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B 室气体体积的变化相
等，则鱼在水下静止时，B 室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H 处时，B 室内气体体积为V，质
量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若H 1≥H，则在H 处时，B 室内气体需要增加，设吸入的气体体积为
ΔV，根据玻意耳定律有
p1(V + ΔV )= p2V
则此时B 室内气体质量
m1= ρ气(V + ΔV )= ρg H 1+ p0
ρgH + p0
m
若H 1< H，则在H 处时，B 室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
p1(V −ΔV )= p2V
则此时B 室内气体质量
m1= m(V −ΔV )
V
= m p2
p1
= ρg H 1+ p0
ρgH + p0
m
27.（2022·全国乙卷·高考真题）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T 0。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。（重力加速度常量g）
（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。
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【答案】（1）k = 40mg
l
；（2）p2= p0+ 3mg
S
，T 2= 4
3 T 0
【详解】（1）设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
mg+ p0⋅2S +2mg+ p1S = p0 S + p1⋅2S
解得
p1= p0+ 3mg
S
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 = 40mg
l
（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，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可
知，气体的压强不变依然为
p2= p1= p0+ 3mg
S
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
V 1= 1.1l
2 ×2S+ 1.1l
2 ×S = 3.3lS
2
，V 2=l2⋅2S
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
l2=1.1l
有等压方程可知
V 1
T 0
= V 2
T 2
解得
T 2= 4
3 T 0
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28.（新课标Ⅰ·高考真题）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶
部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的容积均为V0汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚
度可忽略）．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和p0
3
；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 0
4 。现使汽缸底与一恒温热源接触，平
衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外
界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx
【答案】（1）（i）T = 7
5 T 0 （ii）V x= 1
2 V 0
【详解】（i）设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积为S，由平衡可知
p0 S = M 1g
p0 S = M 2 g+ p0 S
3
得
M 2 g= 2
3 p0 S
由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和
压强均不变，所以体积仍保持1
4 V 0，所以当下面放入温度为T 的恒温源后，体积增大为(V 0+ 3
4 V 0)，则
由等压变化
1
2 V 0+ 3
4 V 0
T 0
=
V 0+ 3
4 V 0
T
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解得
T = 7
5 T 0
（ii）当把阀门K 打开重新平衡后,由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M 1g> M 2 g。
打开活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T 等
温变化．设左侧上方气体压强为p，由
PV x= p0
3
V 0
4
设下方气体压强为p2
P+ Mg
S = P2
解得
p2=p+p0
所以有
P2(2V 0−V x)= p0
7V 0
4
联立上述两个方程解出
6V x
2−V 0V x−V 0❑❑
2 =0
解得
V x= 1
2 V 0
另一解
V x=−1
3 V 0（舍去）
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