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第80 课时 专题强化：气体实验定律的综合应用
目标要求 1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问题。2.会分
析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。
考点一 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。
例1 (2024·全国甲卷·33(2))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。
针对训练 (多选)(2024·山东威海市期末)如图所示，圆柱形光滑汽缸顶部开一小孔，用活塞封闭一定质
量的理想气体，不计厚度的活塞用细线悬挂在天花板上。开始时活塞与汽缸顶部接触，气体的温度为
2T0。现让气体的温度缓慢降低，当活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一时，气体的温度为
T0。已知汽缸的质量为M、横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是(
)
1
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A.当汽缸顶部与活塞分离时，气体的温度为4
3 T0
B.当汽缸顶部与活塞分离时，气体的温度为5
3T0
C.开始时气体的压强为3
2(p0－Mg
S )
D.开始时气压的压强为8
3(p0－Mg
S )
例2 (2024·广西卷·14)如图，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
mm2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＝200 mm。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5 mm 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。大气压强p0＝1×105 Pa。
(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。
2
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考点二 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。
例3 (2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm 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10 cm。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1 cm。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)
例4 (2022·河北卷·15(2))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1
2，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
3
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(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
4
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答案精析
例1 (1)100 N (2)327 K
解析 (1)活塞从位置a 到b 过程中，初态p1＝p0＝1.0×105 Pa、V1
＝S·11ab
末态p2＝？、V2＝S·10ab
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件得F＋p0S＝p2S＋FN
解得卡销b 对活塞支持力的大小
FN＝100 N
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b 时，
初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件得
p3S＝F＋p0S
解得p3＝1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据查理定律有
p2
T 2
＝p3
T 3
解得T3≈327 K。
针对训练 AC [从汽缸顶部与活塞分离到活塞与汽缸顶部的距离为汽缸高度的四分之一，气体为等压降
温过程，则有LS
T 1
＝
3
4 LS
T 0
，解得T1＝4
3 T0，故A 正确，B 错误；从活塞与汽缸顶部接触到汽缸顶部与活塞
分离，气体的体积不变，温度降低，压强减小，则p1
2T 0
＝p2
T 1
，对汽缸，有p2S＋Mg＝p0S，联立解得p1＝
3
2(p0－Mg
S )，故C 正确，D 错误。]
例2 (1)50 N (2)见解析 (3)见解析
解析 (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＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N
(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，
5
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由(1)知pb＝p0
在b 处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a 处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律paVa＝pbVb
解得pa＝40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p－V 图像如图所示。
例3 pA＝74.36 cmHg
pB＝54.36 cmHg
解析 设B 管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A 管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A 管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA＝4SB
可知B 管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，
所以有pA'＋23 cmHg＝pB'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A 管内空气柱有
pASALA＝pA'SALA'
对B 管内空气柱有
pBSBLB＝pB'SBLB'
其中LA'＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB'＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，
pB＝54.36 cmHg。
例4 (1)2p0 2
3p0 (2)4 p0 S
3 g
解析 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·1
2SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为1
2SL0＋SL0＝3
2SL0，则
p0·SL0＝p2·3
2SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝2
3p0
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(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 。
7
