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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
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................2
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................3
考点一 气体压强的计算....................................................................................................................3
知识点 活塞模型与连通器模型.................................................................................................................3
考向 气体压强的计算................................................................................................................................. 4
考点二 气体实验定律的综合应用....................................................................................................7
知识点1 单一气体多过程问题..................................................................................................................7
知识点2 关联气体问题..............................................................................................................................8
考向1 单一气体多过程问题......................................................................................................................8
考向2 关联气体问题................................................................................................................................10
考点三 理想气体的变质量问题......................................................................................................12
知识点 理想气体的变质量问题...............................................................................................................13
考向1 充气问题........................................................................................................................................13
考向2 抽气问题........................................................................................................................................15
考向3 灌气问题........................................................................................................................................17
考向4 漏气问题........................................................................................................................................19
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................21
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
气体实验定律与
理想气体状态方
程的综合应用
选择题
非选择题
\
\
全国甲卷T14,17 分
考情分析：
1．四川卷对气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用考察频率相对不高，但仍是重要组成部分，题
型、难度等具有一定特点，且常与热学其他知识综合考查。
2．从命题思路上看，试题情景为与实际情况结合，利用气体实验定律与理想气体状态方程计算相应的压
强等。
复习目标：
目标一：要熟练运用气体实验定律和理想气体状态方程，从而解决大部分热学问题。
目标二：加深对二者的理解，便于灵活运用。
2
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考点一 气体压强的计算
知识点 活塞模型与连通器模型
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝
pS，则气体的压强为p＝p0＋mg
S 。
图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S，
则气体压强为p＝p0－mg
S ＝p0－ρ 液gh。
2.连通器模型
如图所示，U 形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B 和A 的压强关系可由图
中虚线联系起来。
则有pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，
所以气体B 的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
拓展
1.当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后
由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。
2.在对系统进行分析时，可针对具体情况选用整体法或隔离法。
3
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考向 气体压强的计算
例1 如图所示，粗细均匀的等高U 形玻璃管竖直放置，管内有连续水银液柱。玻璃管左、右上部分均封闭
着一定质量的理想气体，气柱长度分别为L1= 4cm 、L2=2cm，已知右管中气体的压强为p2=100cmHg，
玻璃管导热性能良好。求：
(1)左管中气体的压强p1；
(2)若仅对右管中气体加热，加热过程中左管中气体温度不变，两管水银面相平时，右管中气体的压强p3。
【答案】(1)p1=102cmHg
(2)p3=136cmHg
【详解】（1）水银柱处于平衡状态，左、右管水银面高度差Δh=2cm，p1= p2+ ρg Δh
解得p1=102cmHg
（2）左管中气体做等温变化，变化前L1=3cm，变化后L1
′ =2cm；变化后，左右两管内气压相等都为p3
，则p1 L1S = p3 L1
′ S
解得p3=136cmHg
【变式训练1】（多选）如图甲所示，一定质量的理想气体用横截面积为S 的活塞封闭在导热良好的汽缸
内，汽缸内壁光滑，现用轻质细线系在活塞的正中央，然后将另一端悬挂在天花板下且它处于静止状态，
初始时环境和封闭气体的热力学温度均为T0，封闭气体的体积为V0，封闭气体的压强为0.9p0。现把汽缸取
下并开口斜向下固定在倾角为30°的斜面上，如图乙所示，已知大气压强恒为p0，活塞与汽缸的质量相
等，重力加速度大小为g，环境的温度视为不变，下列说法正确的是（ ）
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A．汽缸的质量为p0 S
10 g
B．图乙中汽缸重新平衡后，气体的压强为0.9p0
C．若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的体积仍为V0
D．若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的体积为0.9V0
【答案】AD
【详解】A．根据甲图中汽缸受力平衡有0.9 p0 S +mg= p0 S
解得m= p0 S
10 g ，故A 正确；
B．图乙中汽缸重新平衡后，设气体的压强为p1，根据活塞受力平衡有p1S +mgsinθ = p0 S
解得p1=0.95 p0，故B 错误；
CD．若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的压强不变，设气体的体积变为V 2，根据理想
气体状态方程有
0.9 p0V 0
T 0
= p1V 2
0.95T 0
解得V 2=0.9V 0，故C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式训练2】如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上，竖直放置在水平地面，汽缸高为H，距底面高
1
2 H处有卡口（卡口体积可忽略），卡口上方有活塞，其横截面积为S，活塞和其上面桶的总质量为m。
活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，初始时环境温度为T 0，封闭气柱高度
为15
28 H。环境温度缓慢降低至T时，活塞刚好与卡口接触;若保持环境温度T 0不变，向桶内缓慢注入质量
为M的细沙，活塞也恰好与卡口接触。已知大气压强为p0，且不受温度等其他因素影响，重力加速度为g
。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
(2)环境温度T与环境温度T 0之比；
(3)注入细沙的质量M ∘
【答案】(1)p0+ mg
S
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(2)14
15
(3) p0 S
14 g + m
14
【详解】（1）对活塞和桶整体受力分析，根据平衡条件有p0 S+mg= p1S
解得p1= p0+ mg
S
（2）降温过程中，活塞与桶整体受力分析情况不变，内部气体压强不变
根据盖-吕萨克定律有
15
28 HS
T 0
=
1
2 HS
T
解得T
T 0
= 14
15
（3）注入细沙过程中，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律有
p1× 15
28 HS = p2× 1
2 HS
对活塞和桶、细沙整体受力分析有p0 S +mg+ Mg= p2S
解得M = p0 S
14 g + m
14
【变式训练3】如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被细绳倒挂于倾角为θ 的固定斜面上，管内有一段长
为h 的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，
被封闭气体的压强(题中各物理量单位均为国际单位制单位)。
(1)玻璃管静止不动；
(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳匀加速下滑过程(已知管与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ<tan
θ，不计空气阻力)。
答案 (1)p0－ρghsin θ (2)p0－μρghcos θ
解析 (1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，水银柱的横截面积为S，以水银柱为研究对象，其
受力情况如图甲所示。
根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsin θ＋p1S
而m＝ρSh
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所以p1＝p0－ρghsin θ
(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为
研究对象，其受力情况如图乙所示，
分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
FN'＝Mgcos θ
Mgsin θ－Ff＝Ma
又Ff＝μFN'
所以a＝g(sin θ－μcos θ)
以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示
沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsin θ＋p2S－p0S＝ma
所以p2＝p0＋m
S (a－gsin θ)
将m＝ρSh 及上面求出的a 值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcos θ。
考点二 气体实验定律的综合应用
知识点1 单一气体多过程问题
解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，确定状态参量
①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状
态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。
(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。
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知识点2 关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助
方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
考向1 单一气体多过程
例1 如图所示，用导热性能良好的汽缸和活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度及其与汽缸缸壁之间的
摩擦均不计，现将汽缸放置在光滑水平面上，活塞与水平轻弹簧连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，已
知汽缸的长度为2L，活塞的面积为S，此时封闭气体的压强为p0，封闭气体的热力学温度为T 0，活塞到缸
口的距离恰为L，大气压强恒为p0。现用外力向左缓慢移动汽缸（该过程中气体的温度不变），当汽缸的
位移为3L 时，活塞恰好移动到缸口位置（仍未脱离汽缸），弹簧始终在弹性限度内。
(1)求此时汽缸内封闭气体的压强p1；
(2)求弹簧的劲度系数k；
(3)保持汽缸静止不动，并缓慢降低封闭气体的温度，当活塞到缸口的距离为L
2 时停止降温，求此时封闭气
体的热力学温度T。
【答案】(1) p0
2
(2) p0 S
4 L
(3) 9
16 T 0
【详解】（1）封闭气体做等温变化，初始时封闭气体的压强为p0，体积V 0= LS
末状态气体体积为V 1=2 LS
根据玻意耳定律有p0V 0= p1V 1
解得p1= p0
2
（2）此时弹簧的形变量x =2 L
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弹簧的弹力F =kx
对活塞受力分析，根据受力平衡有p1S + F = p0 S
解得k = p0 S
4 L
（3）设此时封闭气体的压强为p2，对活塞受力分析，根据受力平衡有p2S + F
' = p0 S
根据胡克定律可知F
′ =k(x + L
2)
此时气体的体积V 2=(2 L−L
2)S = 3 LS
2
根据理想气体状态方程有
p0 LS
T 0
= p2V 2
T
解得T = 9
16 T 0
【变式训练1】2025 年5 月，某科技公司取得“一种空气悬架用高能效打气泵”的专利。其简化的工作原
理示意图如图所示。A 为容积为V 的导热汽缸，通过阀门和细管（容积不计）与最大容积为3V
10 的导热汽
缸B 相连，B 内有一厚度不计、可上下运动的活塞，上提活塞时阀门a 关闭、阀门b 打开，下压活塞时阀
门b 关闭、阀门a 打开，外界大气压始终为p0，A 中空气的初始压强也为p0，活塞每次上、下运动均到达
B 的最高、最低处，整个过程中环境温度保持不变，空气可视为理想气体。活塞从最低处开始先缓慢上提
至最高处、再缓慢下压至最低处计为1 次，设每次打气过程，能将导热汽缸B 中的气体全部打入导热汽缸
A 中。则10 次后A 中气体的压强为（ ）
A．2p0
B．3p0
C．3.5p0
D．4p0
【答案】D
【详解】该装置为充气装置，根据玻意耳定律可知p0(V +10× 3V
10 )= pV
可得p= 4 p0
故选D。
【变式训练2】如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的上端开口的静止玻璃管内，玻
璃管上粗下细，粗管横截面积是细管的2 倍，上半部分足够长，水银柱的上表面正好与细管上端口齐平。
大气压强为p0，封闭气体的压强为2p0，水银柱和封闭气体柱的长度都为L，封闭气体的温度为T0。
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(1)若降低管内气体温度，将玻璃管由静止释放（保持开口竖直向上，忽略空气阻力），且当水银柱与玻璃
管保持相对静止时，管内水银恰没有进入粗管中，求管内气体温度T1；
(2)若玻璃管保持如图所示的静止状态，缓慢地给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入粗管中时，求此时
封闭气体的温度T2。
【答案】(1)T 1= 1
2 T 0
(2)T 2= 3
2 T 0
【详解】（1）玻璃管做自由落体运动，管内水银处于完全失重状态，管内空气压强与外界大气压强p0相
等，管内空气体积不变，由查理定律有
2 p0
T 0
= p0
T 1
解得T 1= 1
2 T 0
（2）水银柱全部在细管中，产生的压强为ρgL=2 p0−p0= p0
水银柱刚好全部进入粗管中，设水银柱的长度为L'，则LS = L' ×2S
水银柱刚好全部进入粗管时水银柱产生的压强为ρgL' = p0
2
此时封闭气体的压强为p1= p0+ p0
2 = 3
2 p0
由理想气体状态方程可得
2 p0 LS
T 0
= p1×2 LS
T 2
解得T 2= 3
2 T 0
考向2 关联气体问题
例1 如图所示，密闭容器竖直放置且分成A 和B 两部分，A 部分空气柱的长度为4L，空气柱的压强
pA = ρgL，水银柱的长度为2L，横截面积为S；B 部分空气柱的长度为2L，水银柱的长度为2L，横截面积
为2S。A 和B 两部分空气柱的热力学温度均为T 0，现保持A 部分空气柱的温度不变，缓慢升高B 部分空气
柱的温度，已知水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。
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(1)当A 部分空气柱的长度为2L 时，求A 部分空气柱的压强p
′
A；
(2)当A 部分空气柱的长度为2L 时，求B 部分空气柱的热力学温度T
′
B。
【答案】(1)pA
′ =2 ρgL
(2)T
′
B= 21T 0
10
【详解】（1）对A 部分空气柱有V A = 4 LS，V
′
A =2 LS，由玻意耳定律pAV A = pA
′V A
′
解得pA
′ =2 ρgL
（2）当A 部分空气柱的长度为2L 时，A 部分水银柱的长度增加了2L，B 部分水银柱的长度减少了L，对
B 部分空气柱有pB= pA+ 4 ρgL=5 ρgL
V B= 4 LS，T B=T 0
p
′
B= p
′
A+ ρg(2 L+2 L+ L)，V B
' =(2 L+ L)2S =6 LS
解得T
'
B= 21T 0
10
【变式训练1】如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形导热气缸用质量分别为m、2m 的导热活塞a、b
密封两段理想气体A、B，活塞横截面积为S，均能无摩擦地滑动，a 活塞与容器的底部用一劲度系数为k
的轻弹簧连接，初始时弹簧处于原长，气柱的高度分别为L 和2L，后因b 活塞密封不严发生缓慢移动，一
段时间后活塞重新静止，已知大气压强恒为p0，汽缸足够长，重力加速度大小为g。求：
(1)初始状态下A、B 两部分气体的压强pA、pB；
(2)重新平衡后，a 活塞和b 活塞移动的距离分别为多大？
【答案】(1)p0+ mg
S ，p0+ 3mg
S
(2) 4 mgL
p0 S+mg ，2mg
k
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【详解】（1）对活塞a 进行分析，根据平衡条件有pA S = p0 S+mg
对活塞b 进行分析，根据平衡条件有pB S = pA S +2mg
解得pA = p0+ mg
S ，pB= p0+ 3mg
S
（2）b 活塞密封不严发生缓慢移动，一段时间后活塞重新静止，此时上下部分气体压强相等，由于初始状
态A 部分气体压强小于B 部分气体压强，可知，b 活塞将缓慢下移，令b 活塞下移xb，令a 活塞上移xa，
重新静止时气体压强为p1，根据玻意耳定律有pA SL+ pB S⋅2 L= p1S(L+2 L+ xa)
重新静止时，对活塞b 进行分析，根据平衡条件有2mg=k xb
对活塞a 进行分析，根据平衡条件有p1S = p0 S +mg
解得xa=
4 mgL
p0 S+mg ，xb= 2mg
k
【变式训练2】（多选）如图所示粗细相同、导热良好的薄壁U形管竖直放置，左管开口，右管封闭。管
中装有水银，左管内水银面比右管内水银面高Δh=12cm，左管内水银面到管口的距离h1=56cm，右管内
封闭的空气柱长度h2=28cm。现用活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已
知大气压强恒为p0=76cmHg，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法
正确的是（ ）
A．活塞向下移动的距离为24 cm
B．左管内水银面向下移动的距离为12cm
C．稳定后右管中气体的压强为112cmHg
D．稳定后固定活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐低于右管
【答案】AC
【详解】B．因为左管内水银面比右管内水银面高Δh=12cm，则液面相平时，左侧下降6cm，右侧会上
升6cm，故B 错误；
C．初态右管内气体压强p2= p0+ Δh=88cmHg
液面相平后气体发生等温变化p2S h2= p2
' S h2
'
其中h2
' =h2−6cm=22cm
可求得变化后右侧压强为p2
' =112cmHg，故C 正确；
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A．变化前左侧气体压强为大气压强，变化后压强与右侧相同，有p0h1= p2
' h1
'
可得到h1
' =38cm
活塞下降的距离为x =h1−h1
' +6cm=24cm，故A 正确；
D．假设两侧都发生等容变化，则有p
T = p1
T 1
= Δ p
ΔT
由于两侧压强是相等的，变化相同的温度时压强依然相等，液面没有高度差，故D 错误。
故选AC。
考点三 理想气体的变质量问题
知识点 理想气体的变质量问题
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
体问题。
2.抽气问题
选择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，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过
程。
3.灌气分装
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，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体
问题。
考向1 充气问题
例1 如图所示，导热良好的圆柱形储气罐A 竖直放置，其高度为3H、截面积为8S，上端有一充气阀门；
竖直放置的可导热的圆柱形压力检测装置B 的截面积为S
4 ，其顶部有一压力传感器，质量为p0 S
20 g的活塞将
B 的内部空间分为上、下两部分，A 的下端通过细管与B 的下端相连。初始时储气罐A 内存有一定质量的
氮气，压力传感器示数为p0，现往储气罐A 中缓慢充入氮气至A 中气体的压强为3p0。忽略连接管及B 中
气体的体积，气体均视为理想气体，活塞不漏气，重力加速度为g。求∶
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(1)充气前A 中气体的压强；
(2)忽略充气过程活塞的移动对A 中气体体积变化的影响，充入气体的质量与原有气体质量的比值。
【答案】(1)1.2 p0
(2)3
2
【详解】（1）充气前，对活塞进行分析，由共点力平衡可得p0⋅S
4 +mg= p1· S
4
解得p1=1.2 p0
（2）充气前，A 中气体的体积V 1=24 HS
A 中气体的压强p1=1.2 p0
充气后A 中气体的压强为p2=3 p0
设充入的气体在压强为p1下的体积为V 0，根据玻意耳定律有p1V 1+ p1V 0= p2V 1
解得V 0=36 HS
同温同压下，同种气体的质量之比等于体积之比，所以充入气体的质量与原有气体质量的比值
m2
m1
= V 0
V 1
= 3
2
【变式训练1】如图所示，气缸由A、B 两活塞分成三气室Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，气缸的左侧高度为H=49cm，右侧
高度h=15cm，左右两侧均为长方体，且底面积相同，Ⅰ顶部有一气孔与大气相通，Ⅱ装有电热丝。初始
时，气缸内气体的温度和环境温度相同，均为t1＝27℃，活塞A 距离底部的高度为2h=30cm，活塞B 刚好
位于Ⅱ、Ⅲ的连接处。现用电热丝加热，Ⅱ中的气体温度缓慢升高，当温度升高Δt＝60℃时停止加热。然
后用打气筒通过气孔向Ⅰ充入一定量的空气，使A 活塞回到初始位置，此时Ⅱ中气体的温度t2＝117℃。外
部环境、Ⅰ及Ⅲ的温度始终保持不变，不计活塞的重力和厚度，不计活塞和气缸间的摩擦，外界大气压为
p0＝1.0×105Pa。求：
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(1)停止加热时，活塞A 距离气缸底部的高度；
(2)充气后，Ⅱ中气体的压强及Ⅱ、Ⅲ中气体的体积之比；
(3)充入空气前后，Ⅰ中空气的密度之比。
【答案】(1)36cm
(2)p=1.3×10
5pa，13
5
(3)190
169
【详解】（1）对Ⅱ中的气体，初始状态：压强p1= p0
体积V 1=2hS（S为活塞横截面积）
温度T 1=(27+273)K =300K
加热后状态：压强p2= p0（因为活塞A 上方与大气相通，Ⅱ中的气体压强始终等于大气压，做等压变化）
温度T 2=(27+60+273)K =360K
设体积V 2= LS，根据盖-吕萨克定律
V 1
T 1
= V 2
T 2
，即2hS
T 1
= LS
T 2
已知h=15cm，2h=30cm，代入数据得L=36cm，停止加热时，活塞A 距离气缸底部的高度为36cm。
（2）设充气后Ⅱ中气体的压强p，Ⅱ中气体初始状态（加热后未充气时）：p2= p0，V 2=36 S，
T 2=360K
充气后状态：V 3=30 S，T 3=390K
可得1.0×10
5×36 S
360
= p×30 S
390
，解得p=1.3×10
5pa
对Ⅲ中气体，始终做等温变化，初始压强p0，体积V Ⅲ1=hS =15 S
充气后的压强p，体积V Ⅲ2，根据玻意耳定律
p0
V Ⅲ1
=
p
V Ⅲ2
代入数据得V Ⅲ2= 150
13 S
对Ⅱ中气体体积V 3=30 S，则
V 3
V Ⅲ2
= 30 S
150
13 S
= 13
5
（3）充入前Ⅰ中空气：压强p0，体积V Ⅰ1=( H −36)S =(49−36)S =13 S，设质量为m1，密度ρ1= m1
V Ⅰ1
充入后Ⅰ中空气：压强p，体积V Ⅰ2=( H −30)S =(49−30)S =19 S，质量为m2，密度ρ2= m2
V Ⅰ2
因为Ⅰ中空气做等温变化（充气过程中温度不变），根据玻意耳定律n1 p0V 0=n2 pV 0，且ρ= m
V = nM
V
15
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可得
ρ1
ρ2
=
m1
V Ⅰ1
m2
V Ⅰ2
= m1V Ⅰ2
m2V Ⅰ1
，代入数据可得
ρ1
ρ2
= 190
169
考向2 抽气问题
例1 如图所示，中国空间站“天和”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p0，用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B。已知每次从气
闸舱抽取的气体体积都是气闸舱容积的1
10。若抽气过程中温度保持不变，则抽气2 次后，气闸舱内气压为
（ ）
A．4 p0
5
B．5
6 p0
C．81 p0
100
D．100 p0
121
【答案】D
【详解】第一次抽气相当于气体的体积由V 变为V+ΔV，且ΔV = 1
10 V
气体温度不变，根据玻意耳定律得p0V = p1(V + ΔV )
解得p1= 10
11 p0
同理可得，第二次抽气后有p1V = p2(V + ΔV )
解得p2= 10
11 p1= 100
121 p0
故选D。
【变式训练1】活塞式真空泵的工作原理如图所示，抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连，当活塞从
抽气筒的左端向右移动到右端的过程中，阀门自动开启，密闭容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端向左
移动到左端的过程中，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往
复，密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V，抽气筒的容积为0.05V，抽气前密闭容器内
气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变，若第1 次抽气过程中被抽出的气体质量为m1；第2 次抽气
过程中被抽出的气体质量为m2，则（ ）
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A．m2:m1=20:21
B．m2:m1=1:21
C．m2:m1=19:20
D．m2:m1=1:1
【答案】A
【详解】设完成第一次抽气后，密闭容器内的压强为p1，根据等温变化规律有
p0V = p1(V +0.05V )
解得
p1=
p0V
(V +0.05V ) = p0
1.05
设完成第二次抽气后，密闭容器内的压强为p2，根据等温变化规律有
p1V = p2(V +0.05V )
解得
p2=
p1V
(V +0.05V ) = p1
1.05 =
p0
1.05
2
则第二次抽出气体的量与第一次抽出气体质量的比为
m2
m1
= p2
p1
= 20
21
故选A。
【变式训练2】航天员刘伯明、汤洪波身着中国自主研制的新一代“飞天”舱外航天服，先后从天和核心
舱节点舱成功出舱，这是中国空间站首次出舱活动，宇航员出舱前需通过减压舱将气压从舱内标准值降至
太空服适应值。已知减压舱容积V=3.0m3，初始状态为p0=1.0×105 Pa，温度T1=300K。设气体为理想气
体，（lg2≈0.30、lg5≈0.70、lg6≈0.78、lg7≈0.85）求：
(1)若减压过程保持温度不变，目标气压为p1=4.0×104Pa，需排出气体的质量占初始总质量的百分比；
(2)若使用抽气泵每次抽出固定体积ΔV =0.5 m
3的气体（温度始终为T1=300K），至少需要抽气多少次才能
将气压从p0降至p1。
【答案】(1)60%
(2)6
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【详解】（1）设初始状态气体体积为V ，压强为p0，减压后气体体积为V 1，压强为p1。整个过程为等温
变化，由玻意耳定律p0V = p1V 1
其中p0=1.0×10
5Pa，V =3.0 m
3，p1= 4.0×10
4 Pa
解得V 1= p0V
p1
=7.5 m
3
又因为同种气体在相同状态下，质量比等于体积比。初始气体体积为V ，排出气体的体积
ΔV =V 1−V = 4.5 m
3
则排出气体的质量占初始总质量的百分比η= V 1−V
V 1
×100 % =60 %
（2）设抽气n次，每次抽出体积为ΔV =0.5 m
3的气体，第一次抽气：根据玻意耳定律p0V = p2(V + ΔV )
解得p2=
p0V
V + ΔV
第二次抽气：根据玻意耳定律p2V = p3(V + ΔV )
将p2=
p0V
V + ΔV
代入可得p3=(
V
V + ΔV )
2
p0
以此类推，抽n次气后，压强pn=(
V
V + ΔV )
n
p0
因为要将气压从p0降至p1，即p1=(
V
V + ΔV )
n
p0
已知p0=1.0×10
5 Pa，V =3.0 m
3，ΔV =0.5 m
3 p1= 4.0×10
4 Pa
代入p1=(
V
V + ΔV )
n
p0
整理可得0.4 =( 3
3.5 )
n
两边取对数n≈6（次）
考向3 灌气问题
例1 学校开展科技文化节，如图所示，其中水火箭的原理是将水装入可乐瓶，再通过打气筒向瓶内注入气
体，高压气体将水向外压出，可乐瓶获得反作用力向外飞出。某兴趣小组希望瓶内气体恢复到无法对水做
功时，瓶内的水也恰好喷完。已知可乐瓶的容积为V 0，外界大气压强恒为p0，初始时可乐瓶内的气体压强
为4 p0，全程不考虑温度和可乐瓶容积的变化。
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(1)求瓶内水的体积；
(2)按（1）中求出的水的体积装好水后，用高压气瓶给密闭可乐瓶灌气，高压气瓶与可乐瓶体积相同，为
了让可乐瓶达到需要的气压，求灌气前高压气瓶中气体压强的最小值。
【答案】(1)3
4 V0
(2)19
4 p0
【详解】（1）发射前可乐瓶内气体的体积为V1，压强p1=4p0
水喷射完后，气体体积V2=V0，压强p2=p0
整个过程可以看成等温变化，根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2
解得V1=1
4 V0
水的体积V=V0-V1=3
4 V0
（2）设可乐瓶内初始气体压缩后的体积为V3，根据玻意耳定律则有p0V1=p1V3
解得V3= 1
16 V0
高压气瓶恰好能完成对可乐瓶的灌气，对高压气瓶中的气体，灌气前的体积为V0，设压强为p3，给可乐瓶
罐气后，体积V4=V0+V1-V3=19
16V0
同样气体为等温变化，则有p3V0=p1V4
解得高压气瓶中初始气体压强的最小值p3=19
4 p0
【变式训练1】现用一限压阀控制储气瓶内的压强，原定出厂的10L 储气瓶中压强为8p0，现利用一
400L、压强为4 p0、储气质量为520kg的储气罐及灌气装置给储气瓶灌气。此时储气瓶内可看作真空，且
当储气罐内气体压强低于0.5p0时，灌气装置无法进行工作，不考虑温度变化。
（1）最多可灌满几个储气瓶。
（2）某厂家在给储气瓶灌气时，为节省成本，将原定于8p0的储气瓶改为6p0，由此每个灌满的储气瓶少
了多少kg 的气体。
【答案】（1）17；（2）6.5kg
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【详解】（1）对储气罐中气体分析V 1= 400L，设储气罐中的气体压缩至压强为0.5p0时体积变为V 2，由
玻意耳定律有
4 p0V 1=0.5 p0V 2
得
V 2=3200L
设最多可灌满n个储气瓶（p3=8 p0，V 3=10L）。由玻意耳定律得
0.5 p0(V 2−V 1)=n p3V 3
解得
n=17.5
即最多可灌满17 个瓶子。
（2）设原来8p0的储气瓶每瓶满装气体m1，p4=6 p0的储气瓶每瓶满装气体m2，则由理想气体方程
pV =nRT
得
m
m1
= n1
n2
= p1V 1
p3V 2
即
m1= 1
20 m
同理
m
m2
= n1
n3
= p1V 1
p4V 2
即
m2= 3
80 m
则每罐少装了
m1−m2= 1
80 m=6.5kg
质量的气体。
考向4 漏气问题
例1 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（人静止在汽缸上）活塞位于距离缸底H
′ = 5
6 H的B 处。已知大气压强为p0，外界
环境温度为27℃，重力加速度为g，汽缸始终竖直。求：
20
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(1)该同学的质量m；
(2)若环境温度升高了10℃，该同学仍然站在踏板上，稳定时活塞与汽缸底部的距离为多少；
(3)使用一段时间后，汽缸内气体有部分漏出。若环境温度仍为27℃时，一个质量为2
3 m的同学站上该弹
跳杆，稳定时活塞也位于B 处，则漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值为多大。热力学温度与摄
氏温度的关系为T =t +273(K )
【答案】(1)m= p0 S
5 g
(2)31
36 H
(3) 1
18
【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p0V0=p1V1
由题意可知V 1= 5
6 V 0
则p1= 6
5 p0
由力的平衡条件得mg+p0S=p1S
解得m= p0 S
5 g
（2）计算温度升高后活塞与汽缸底部的距离初始温度T1=（27+273）K=300K，升高后温度T2=
（300+10）K=310K，
此时气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律
V 2
T 1
= V 3
T 2
即
5
6 HS
300 = H
' S
310
解得H
′ = 31
36 H
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（3）设原来气体压强为p0，体积为HS
漏气后，压强p3= p0+
2
3 mg
S
= p0+ 2
15 p0= 17
15 p0
体积为V 4= 5
6 HS，剩余气体压强为p0时，气体体积为V′4
根据玻意耳定律p0V′4=p3V4
解得V 4
' = 17
18 HS
漏出气体的体积ΔV = HS−17
18 HS = 1
18 HS
则漏出气体的质量与原来气体质量的比值Δm
m = ΔV
HS = 1
18
【变式训练1】在夏季，汽车静止在温度为27°C 的环境时，系统显示左前轮的胎压为p1=2.70×105Pa；到了
冬季，汽车静止在温度为−13°C 的环境时，系统显示左前轮的胎压变为p2=2.28×105Pa。在夏季到冬季的这
段时间，该轮胎一直没有充过气。已知轮胎内气体体积V=30L，轮胎内气体可视为理想气体且体积不变，
大气压强为p0=1.0×105Pa。
(1)通过计算判断这段时间内该轮胎是否漏气？若漏气，计算出漏出的气体占轮胎内原有气体质量的比值。
(2)为了安全，在−13°C 的环境下需充气使该轮胎的静态胎压达到2.60×105Pa。假设充气过程中轮胎内气体
的温度与环境相同且不变，求充入气体在大气压强下的体积。
【答案】(1)漏气，Δm
m = 1
39
(2)9.6L
【详解】（1）若轮胎没有漏气，设轮胎内气体在冬季的压强为p
′
2，由查理定律可得p1
T 1
= p
'
2
T 2
解得p
′
2=2.34×10
5Pa
因为p
′
2> p2，所以有漏气
假设轮胎内气体在温度为T2，压强为p2状态下，漏出气体的体积为ΔV
由理想气体状态方程可得p1V
T 1
= p2(V + ΔV )
T 2
漏出气体的质量Δm 与轮胎内原有气体质量m 的比值Δm
m =
ΔV
V + ΔV
解得Δm
m = 1
39
（2）设充进轮胎的空气的体积为V1，由玻意耳定律p2V + p0V 1= p3V
解得V 1=9.6L
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1.（多选）（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
【详解】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；
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。
2.（2025·重庆·高考真题）如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构
成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始
时腔内气体（视为理想气体）压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，
极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时
(1)腔内气体的压强；
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(2)外界气体的压强；
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。
【答案】(1) p
2
(2) p
2 + mg
S
(3)1
2
【详解】（1）根据题意可知腔内气体温度，根据玻意耳定律有p1V 1= p2V 2
其中p1= p，V 1= Sd，V 2=2Sd
可得p2= p
2
（2）对下极板受力分析有p2S +mg= p
′
0 S
可得p
′
0= p2S+mg
S
= p
2 + mg
S
（3）根据平行板电容器的决定式C =
εS
4 πkd ，变化后间距为2d，其他条件均不变
可知电容器的电容变为初始时的1
2。
3.（2025·山东·高考真题）如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃
管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃
管之间的滑动摩擦力大小恒为f 0= 1
21 p0 S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，
T 1=330K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T 2= 440K时停止加热，活塞不再上
升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T 3= 400K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓
慢降至T 4=330K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T 2= 440K时，气柱高度h2；
(2)从T 1状态到T 4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后净吸收的热量）。
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【答案】(1)4
3 h1
(2)8 p0h1S
63
【详解】（1）活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0 S + f 0= p1S
可得封闭的理想气体压强p1= 22
21 p0
T 1→T 2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律h1S
T 1
= h2S
T 2
解得h2= 4
3 h1
（2）T 1→T 2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W 1=−p1(h2−h1)S =−22 p0h1S
63
T 2→T 3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W 2=0
活塞受力平衡有p0 S = f 0+ p3 S
解得封闭的理想气体压强p3= 20
21 p0
T 3→T 4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律h2S
T 3
= h4 S
T 4
解得h4= 11
10 h1
外界对气体做功W 3= p3(h2−h4)S = 14 p0h1S
63
全程中外界对气体做功W =W 1+W 2+W 3= −8 p0h1S
63
因为T 1=T 4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU =0
利用热力学第一定律ΔU =W +Q
解得Q = 8 p0h1S
63
故封闭气体吸收的净热量Q = 8 p0h1S
63
。
4.（2025·广东·高考真题）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
p0=1.0×10
5Pa，铸型室底面积S1=0.2m
2，高度h1=0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差
H =0.15 m，柱状气室底面积S2=0.8 m
2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×10
3kg/ m
3
，重力加速度取g=10 m /s
2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
25
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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h2和气室内气体压强p1。
(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h3=0．04 m时，气室内气体压强p2。
【答案】(1)h2=0.05 m，p1=1.2×10
5Pa
(2)p2=1.35×10
5Pa
【详解】（1）根据体积关系S1h1= S2h2
可得下方液面下降高度h2=0.05 m
此时下方气体的压强p1= p0+ ρg(h1+ H +h2)
代入数据可得p1=1.2×10
5Pa
（2）初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V = S1h1
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时体积为V
′ = S1(h1−h3)
根据玻意耳定律p0V = p
′V
′
可得此时上方铸型室液面高为h3=0.04 m时气体的压强为p
′ =1.25×10
5Pa
同理根据体积关系S1h3= S2h4
可得h4=0.01m
此时下方气室内气体压强p2= p
′ + ρg( H +h3+h4)
代入数据可得p2=1.35×10
5Pa
5.（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Δ p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Δ p时差压阀关
闭。当环境温度T 1=300K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 =0.10 m
2，Δ p=0.11 p0，p0=1.0×10
5Pa，重力加速度大小取g=10 m/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=270K时：
（1）求B 内气体压强pB2；
（2）求A 内气体体积V A2；
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（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
【详解】（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=300K
末态
T 2=270K
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=300K
末态
T 2=270K
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
p
′
A= p0+ mg
S
B 内气体压强
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p
′
B= p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
p
′
A−p
′
B= Δ p
代入数据联立解得
m=110kg
6.（2024·广西·高考真题）如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积
S =500 mm
2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b 处，此时封闭气
体的长度l0=200mm。推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5mm的a 处，再使封闭
气体缓慢膨胀，直至活塞回到b 处。设活塞从a 处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，
膨胀过程F −
1
5+ x 曲线如图乙。大气压强p0=1×10
5Pa。
（1）求活塞位于b 处时，封闭气体对活塞的压力大小；
（2）推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化；
（3）画出封闭气体等温变化的p−V 图像，并通过计算标出a、b 处坐标值。
【答案】（1）
50 N
；（2）见解析；（3）
【详解】（1）活塞位于b 处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活
塞的压力大小为
F = p0 S =1×10
5×500×10
−6 N =50 N
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（2）根据题意可知F −
1
5+ x 图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
F =k ⋅
1
5+ x
根据F = pS可得气体压强为
p=
k
(5+ x)S
(SI)
故可知活塞从a 处到b 处对封闭气体得
pV =
k
(5+ x)S ⋅S⋅(x +5)×10
−3(SI )=k ⋅10
−3(SI)
故可知该过程中对封闭气体的pV 值恒定不变，故可知做等温变化。
（3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b 处时
pV = p0 Sl0
在b 处时气体体积为
V b= Sl0=10×10
−5 m
3
在a 处时气体体积为
V a= Sla=0.25×10
−5 m
3
根据玻意耳定律
paV a= pbV b= p0 Sl0
解得
pa= 40×10
5Pa
故封闭气体等温变化的p−V 图像如下
7.（2023·湖北·高考真题）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面
积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封
闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为
原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降1
3 H，左侧活塞上升1
2 H。已知
大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。
求：
（1）最终汽缸内气体的压强。
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（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
【答案】（1）18
17 p0；（2）k = 2 p0 S
17 H ；m= 2 p0 S
17 g
【详解】（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强
p1=p0
体积
V 1= SH +2SH =3 SH
末态压强p2，体积
V 2= S⋅3
2 H + 2
3 H ⋅2S = 17
6 SH
根据玻意耳定律可得
p1V 1= p2V 2
解得
p2= 18
17 p0
（2）对右边活塞受力分析可知
mg+ p0⋅2S = p2⋅2S
解得
m= 2 p0 S
17 g
对左侧活塞受力分析可知
p0 S+k ⋅1
2 H = p2S
解得
k = 2 p0 S
17 H
8.（2022·河北·高考真题）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S L0，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1
2，
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设整个过程温度保持不变，求：
（i）此时上、下部分气体的压强；
（ii）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
【答案】（1）2 p0，2
3 p0；（2）4 p0 S
3 g
【详解】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知
p0⋅S L0= p1⋅1
2 S L0
解得旋转后上部分气体压强为
p1=2 p0
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1
2 S L0+ S L0= 3
2 S L0，则
p0⋅S L0= p2⋅3
2 S L0
解得旋转后下部分气体压强为
p2= 2
3 p0
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，
下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
p1S =mg+ p2S
解得活塞的质量为
m= 4 p0 S
3 g
9.（2022·湖南·高考真题）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V 0=9.9 L的导热汽缸下
接一圆管，用质量m1=90g、横截面积S =10cm
2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=10g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=10cm，外界大气压强p0=1.01×10
5Pa，重力加速度取10m/s
2，环境温度保持不变，求：
（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。
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【答案】（1）p1=10
5Pa；（2）F =1N
【详解】（1）将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
p0 S = p1S+(m1+m2)g
代入数据解得
p1=10
5Pa
（2）当活塞在B 位置时，汽缸内压强为p2，则有
p1V 0= p2(V 0+ Sh)
代入数据解得
p2=9.9×10
4 Pa
将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
p0 S = p2S+(m1+m2)g+ F
联立解得
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