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第63 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..............................................................................................................................3
03 核心突破•靶向攻坚..............................................................................................................................4
考点一 气缸类问题 ..................................................................................................................4
知识点 解决此类问题的一般思路..........................................................................................4
考向1 单缸问题
.....................................................................................................................4
考向2 双缸问题
.....................................................................................................................5
考点二 管类问题 ......................................................................................................................7
知识点 解决此类问题的一般思路............................................................................................7
考向1 单管问题...........................................................................................................................7
考向2 U 型管问题
.................................................................................................................8
考点三 变质量问题 ................................................................................................................10
知识点 解决此类问题的一般思路..........................................................................................10
考向1 充气问题
...................................................................................................................11
考向2 抽气问题
...................................................................................................................12
考向3 灌气问题........................................................................................................................13
考向4 漏气问题........................................................................................................................14
04 真题溯源•考向感知............................................................................................................................16
1
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考点
要求
考频
2025 年
2024 年
2023 年
气体实验定律的
综合应用
理解
高频
2025•江西
2025•重庆
2025•海南
2024•贵州
2024•广西
2023•浙江
2023•湖北
2023•新课标
考情分析：
1.命题形式：选择题实验题计算题
2.命题分析：高考对气体实验定律的综合应用的考查较为频繁，大多以选择题和计算题中出现，其中计算
题题目难度要求也较高。
3.备考建议：重点关注对特殊模型和变质量问题的考查。
4.命题情境：多以气缸、玻璃管和变质量问题为命题情境，有时也以日常生活中与气体实验定律有关的物
体为命题情境。
复习目标：
能够熟练借助动力学和气体实验定律，处理有关气体的综合问题。
2
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考点一 气缸类问题
知识点 解决此类问题的一般思路
处理变质量问题
pV＝nRT 应用
研究对象：容器内剩余气体和漏掉的气体
漏气问题
研究对象：大容器与小容器中的气体
灌气问题
研究对象：每次抽出的气体
抽气问题
研究对象：充进容器内的气体和容器内的原有气体
充气问题
变质量问题转化
为定质量的问题
变质量问题解决思路
连通器原理应用
大气压强的考虑
液体压强计算：p＝ρgh
注意事项
受力分析：列出平衡方程
研究对象：液柱
液柱封闭气体压强计算
管类问题解决思路
分析结果的合理性
方程联立求解
几何关系、体积关系等辅助方程
挖掘隐含条件
力学研究对象：受力分析，列出力学方程
热学研究对象：初、末状态及状态变化过程
分析物理过程
力学研究对象：汽缸、活塞或某系统
热学研究对象：一定质量的理想气体
确定研究对象
气缸类问题解决思路
气体实验定律
的综合应用
3
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1.弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：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、活塞或某系统)。
2.分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定
律或理想气体状态方程列出方程；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.注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
4.多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
考向1 单缸问题
例1 如图所示，一开口向下、内壁光滑的圆柱形绝热气缸用杆竖直固定，顶部装有体积可忽略的电热丝，
下方用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下端与一劲度系数k =1000 N / m的轻弹簧相连，弹簧下端连接
一压力传感器，可显示弹簧弹力的大小。初始时，封闭气体温度T 0=300K，活塞到气缸顶端距离
L=0.25 m，压力传感器示数恰为零。电热丝工作后，气缸内温度缓慢升高，活塞缓慢向下移动。已知活
塞质量m=5kg、横截面积S =5×10
−3 m
2，大气压强p0=1×10
5Pa，重力加速度大小g 取10m/s
2，求：
(1)初始时，气缸内气体的压强；
(2)压力传感器示数为50N 时，气缸内气体的压强；
(3)压力传感器示数为50N 时，气缸内气体的温度。
【答案】(1)9×10
4 Pa(2)1×10
5Pa(3)400K
【详解】（1）初始时，对活塞由受力分析，由平衡条件P1S+mg= P0 S解得P1=9×10
4 Pa
（2）压力传感器示数为F =50 N时，对活塞由平衡条件P2S +mg= P0 S + F解得P2= P0=1×10
5Pa
（3）压力传感器示数为F =50 N时，弹簧形变量设为x，则x = F
k 对气缸内气体，由理想气体状态方程，有
P1 LS
T 1
= P2(L+ x)S
T 2
解得T 2= 400K
【变式训练1·变考法】如图所示，深度为H、汽缸口有固定卡销的圆柱形汽缸，可以通过底部安装的电热
丝加热来改变缸内的温度。先将温度为T 0、压强未知的一定质量的理想气体，用活塞封闭在汽缸内。当汽
缸竖直放置、活塞静止时，活塞距汽缸底部的距离为H
2 。现将汽缸缓慢翻转至水平放置，整个过程缸内气
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体温度恒为T 0。已知活塞质量为3 p0 S
g
、横截面积为S，大气压强恒为p0，重力加速度为g，活塞及卡销
厚度不计，电热丝体积可忽略，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。求：
(1)汽缸缓慢翻转至水平放置时，缸内气体的压强；
(2)保持汽缸竖直放置，使活塞到达汽缸口，可以采取以下措施：
（Ⅰ）接通汽缸底部的电热丝给气体加热，活塞缓慢上升，其恰好上升至汽缸口时的温度；
（Ⅱ）若保持汽缸温度不变，使整个装置向下做匀加速直线运动，加速度最小为多少。
【答案】(1)2 p0(2)（Ⅰ）2T 0；（Ⅱ）2
3 g
【详解】（1）设开始时封闭气体的压强为p1，活塞质量为m。取活塞为研究对象，由平衡条件
得 p1S = p0 S+mg假设汽缸水平放置时，活塞可以到达汽缸口，全过程气体为等温变化p1V 1= p2V 2
解得p2=2 p0
由p2> p0可知假设正确。汽缸缓慢翻转至水平放置时，缸内气体的压强为2 p0 。
（2）（Ⅰ）取汽缸内封闭气体为研究对象，由等压变化得V 1
T 1
= V 2
T 2
解得气体的温度T 2=2T 0
（Ⅱ）整个装置向下以最小加速度做匀加速直线运动时，汽缸口卡销对活塞没有力的作用，由以上分析可
知，活塞恰好在汽缸口时，汽缸内气体的压强为p2=2 p0取活塞为研究对象，由牛顿第二定律得
p0 S+mg−p2S =ma 解得汽缸向下做匀加速直线运动最小加速度为a= 2
3 g
考向2 双缸问题
例2 如图所示，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别
为S、3
2 S，汽缸顶部由细管（体积不计）连通，左侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中有厚度均可忽略的活
塞I、Ⅱ，将某种理想气体分成A、B、C 三部分，活塞I、Ⅱ的质量分别为m1= p0 S
g
，m2= 3 p0 S
2g
。初始时，
阀门K 关闭，活塞I 处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力，活塞Ⅱ处于右侧汽缸的中间位置，A 气体的压
强为2 p0。已知大气压强为p0，重力加速度为g，其他量均为未知量；整个过程中，周围环境温度不变。
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(1)求初始时左侧汽缸中封闭气体C 的压强pC；
(2)一段时间后，活塞Ⅱ漏气，再次稳定后，打开阀门K，用打气筒通过K 给左侧汽缸充气，直至活塞I 再
次回到汽缸顶部且与顶部无弹力，求此过程中充入气体质量与最初封闭气体C 的质量比。
【答案】(1)2 p0(2)1
4
【详解】（1）对活塞I 受力分析，可得pC S = pB S +m1g对活塞Ⅱ受力分析得pA⋅3
2 S = pB⋅3
2 S +m2 g解
得pB= p0，pC =2 p0
（3）由于活塞Ⅱ漏气，A、B 两部分气体合为一部分气体，设左侧汽缸体积为V 0，则右侧汽缸总体积为
3V 0
2
；充气后活塞I 回到顶部时，右侧汽缸气体压强为p，可得pA⋅3V 0
4
+ pB⋅3V 0
4
= p⋅3V 0
2
对活塞I 受力分析得p
′
C S = pS +m1 g解得p
′
C = 5
2 p0设充入的气体在压强pC下的体积为ΔV ，
可得p
′
CV 0= pC( ΔV +V 0)联立解得Δm
m = ΔV
V 0
= 1
4
【变式训练2·变情境】如图所示，两个内壁光滑的汽缸A、B 固定在水平地面上，汽缸内两个活塞分别和
水平放置的轻质弹簧连接，两汽缸中各封闭有一定量的理想气体。左右两个活塞面积分别为
S A =2S;SB= S，距缸底部距离分别为5x、3x。初始状态时，两汽缸内气体的热力学温度均为T 0，A 中气
体压强为2 p0，弹簧处于压缩状态，压缩量为x。A 汽缸和活塞均绝热，B 汽缸导热，环境温度恒为T 0，大
气压强为p0。
(1)求弹簧的弹力F 和B 中气体压强pB。
(2)通过电热丝给A 中气体缓慢加热后，弹簧的压缩量变为2x，求此时气缸B 中的活塞移动的距离和A 中
气体的温度。
【答案】(1)F =2 p0 S，pB=3 p0 (2)xB=1.2 x，T A
′ =2.16T 0
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【详解】（1）对A，4 p0 S =2 p0 S + F可得F =2 p0 S对B，p0 S + F = pB S可得pB=3 p0
（2）根据胡克定律F =kx，F
′ =2kx对B 由p0 S + F
′ = pB
' S解得pB
' =5 p0，B 等温变化，根据玻意耳定律
pB⋅S⋅3 x = pB
' ⋅S⋅(3 x−xB)解得xB=1.2 x对A：V A
′ =(5 x + x + xB)⋅2S，pA
' ⋅2S = p0⋅2S+ F
′根据
气体状态变化方程
2 p0⋅5 x⋅2S
T 0
= pA
' ⋅V A
'
T A
'
解得T A
′ =2.16T 0。
考点二 管类问题
知识点 解决此类问题的一般思路
解答此类问题，关键是液柱封闭气体压强的计算，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，要注意：
1.液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h
至液面的
直高度
为
竖
)；
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.有时可直接应用连通器原理——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；
4.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。
考向1 单管问题
例1 容器中装有适量的水银，一长度为2h的细玻璃管上端封闭。如图甲所示，将玻璃管开口向下缓缓向下
插入水银中，直到玻璃管底与槽内水银面持平，管内水银的高度为h，被封闭的理想气体的温度未知；再
将玻璃管缓缓向上提起，如图乙所示，当管底与槽内水银平面的高度差为h时，管内气体的温度变为T 0；
若管内气体的温度变为2.4T 0，如图丙所示，管内正好没有水银；继续将玻璃管向上缓缓提起，直到玻璃
管口刚好到达槽内水银平面，再适当的降低管内的温度，如图丁所示，管内水银柱的高度为h，管内气体
的质量保持不变，已知大气压强为p0。
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(1)求图丙管内气体的压强；
(2)求图甲管内气体的温度以及图丁管内气体的温度。
【答案】(1)1.2 p0(2)1.2T 0 ，0.8T 0
【详解】（1）设高度为h的水银柱对应的压强为ph，玻璃管的截面积为S，则乙、丙两图气体的压强分别
为p0、p丙= p0+ ph比较乙、丙两图，由理想气体状态方程可得
p0hS
T 0
= p丙×2hS
2.4T 0
解得p丙=1.2 p0，
ph=0.2 p0
（2）图甲气体的压强为p甲= p0+ ph比较甲、乙两图，由等容变化规律可得p甲
T 甲
= p0
T 0
解得T 甲=1.2T 0图丁
气体的压强为p丁= p0−ph比较乙、丁两图，同理可得
p丁
T 丁
= p0
T 0
综合解得T 丁=0.8T 0
【变式训练1】如图所示，粗细均匀、长为150cm 的玻璃管开口向上竖直放置，管内有长度为l0=50cm的
水银柱，封闭着长度为l1=50cm的空气柱，已知大气压强p0=75cmHg，封闭空气的初始温度为27
∘C，已
知热力学温度T 与摄氏温度t 的关系式为T =t +273K。将封闭空气视为理想气体。
(1)若缓慢升高封闭空气的温度，使水银柱上表面刚好到达玻璃管顶端，求此封闭空气的摄氏温度t；
(2)若保持封闭空气温度为27°C 不变，将玻璃管缓慢顺时针转动90°至水平放置，求稳定后管内封闭空气柱
的长度l'（保留一位小数）。
【答案】(1)327
∘C(2)83.3cm
【详解】（1）假设玻璃管的横截面积为S，管长为 L，气体初始初态p1= p0+ ρgh=125cmHg，V 1= Sl1，
T 1=27+273K =300K气体末末态p2= p0+ ρgh=125cmHg，V 2= S(L−l0)，T 2=t +273K可知，气体压强
一定，根据盖吕萨克定律有
V 1
T 1
= V 2
T 2
解得t =327
∘C
（2）气体初始初态p1= p0+ ρgh=125cmHg，V 1= Sl1，T 1=300K气体末状态p3= p0=75cmHg，V 3= Sl'，
T 3=300K气体温度一定，根据玻意耳定律有p1V 1= p3V 3解得l' = 250
3 cm由于l' +l0< L=150cm可知
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l' = 250
3 cm ≈83.3cm
考向2 U 型管问题
例2 如图所示，导热良好的薄壁U 形管两臂粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是左管横截
面积的3 倍，管中装入水银，左管内水银面比右管内水银面高Δh=8cm，左管内水银面到管口的距离
h1=66cm，右管内封闭的空气柱长度h2= 44cm。现用活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左右两管
内水银面相平。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视
为不变，气体均可视为理想气体。
(1)求再次稳定后右管中气体的压强p右；
(2)求活塞向下移动的距离l；
(3)若此时左右两管内封闭气体的温度均为T 0=357 K，保持活塞位置和左管内封闭气体的温度不变，现缓
慢升高右管内封闭气体的温度，使左管内水银面仍比右管内水银面高Δh=8cm，求右管内封闭气体的热力
学温度T。
【答案】(1)88cmHg(2)15cm(3)452K
【详解】（1）以右管内封闭的气体为研究对象，其初状态的压强p1= p0+ pΔl=84cmHg
设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，设左管内水银面下降的高度为x1，右管内水银面上升的高度
为x2，则Δh= x1+ x2体积关系为S⋅x1=3 S⋅x2根据玻意耳定律，有p1h2⋅3 S = p右(h2−x2)⋅3 S解得
p右=88cmHg
（2）以左管内被活塞封闭的气体为研究对象，左管内封闭气体的初状态压强为p0，再次平衡后左管内封
闭气体的压强p左= p右根据玻意耳定律，有p0h1S = p左(h1−l+ x1)S解得l =15cm
（3）左管内封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律，有p左(h1−l+ x1)S = p左
′(h1−l)S
右管内封闭气体的压强p右
′ = p左
′ + pΔh根据理想气体状态方程有
p右(h2−x2)⋅3 S
T 0
= p右
′ h2⋅3 S
T
解得
T = 452K
【变式训练2·变情境】如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左管口封闭，左、右两管的横截面积
分别为S、3 S，左管内封闭有长度为L、温度为T的理想气体，左、右两管的水银面高度相同，大气压强
为L0cmHg，求：
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(1)若气体的温度为1.2T 时，向管内添加多少体积的水银，气体的体积不变；
(2)若右管水银面下降的高度为0.1L，则气体的温度为多少？
【答案】(1)0.6 L0 S(2)(35 L0−14 L)T
50 L0
【详解】（1）初状态气体的压强和体积分别为p1= L0cmHg，V 1= LS若气体的温度为1.2T 时，设向管内
添加体积为ΔV 的水银，气体的体积保持不变；则气体的压强为p2= p1+ΔV
3 S 气体发生等容变化，则有
p1
T =
p2
1.2T 联立解得ΔV =0.6 L0 S
（2）若右管水银面下降的高度为0.1 L，由水银柱的体积守恒可得，左侧水银柱上身的高度为0.3 L，左侧
水银柱比右侧高Δh=0.4 L；气体的压强为p3= p1−ΔhcmHg气体的体积为V 3=(L−0.3 L)S由理想气体
状态方程可得
p1V 1
T
= p3V 3
T 3
联立解得T 3= (35 L0−14 L)T
50 L0
考点三 变质量问题
知识点 解决此类问题的一般思路
分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象“化变为定”，即把“变质量”问题
转化为“定质量”的气体问题，然后利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
1.充气问题：在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的质量是不变
的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
2.抽气问题：在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方
法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题
转化为“定质量”的问题。
3.灌气问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以
把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质
量”问题。
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4.漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉
的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
5.也可以利用pV＝nRT 来处理有关变质量问题。
考向1 充气问题
例1 如图所示，新冠疫情期间，学校杀菌消毒用的压缩式喷雾器储液桶的总容量为8.0L，现倒入6.0L 的
消毒药液后盖紧盖子，开始打气，每打一次都能把体积为200mL、压强与大气压相同的空气打进储液桶，
假设打气过程中药液不会向外喷出，储液桶气密性良好，出液管体积及出液口与储液桶底间高度差不计，
周围环境温度不变，气体可视为理想气体，外界大气压恒为1.0×10
5Pa。求：
(1)当打气20 次后，喷雾器内空气的压强；
(2)当打气20 次后，最多能喷出的药液体积；
(3)要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气的次数。
【答案】(1)3×10
5Pa(2)4 L(3)30次
【详解】（1）液体上方气体体积为8L−6L=2L气体发生等温变化，根据玻意耳定律p1V 1= p2V 2其中
p1=1×10
5Pa，V 1=(2+0.2×20)L=6L，V 2=2L可得打气20 次后，喷雾器内的气体压强为
p2=3×10
5Pa
（2）当打气20 次后，药液喷出后，根据p2V 2= p1V 3可得V 3=6L则喷出药液体积为V 3−V 2= 4 L（3）要
使恰好药液全部喷完，则容器内气体最终的体积为8L，压强为1×10
5Pa，至少打气的次数为
N = 8−2
0.2 =30次
【变式训练1·变载体】某种喷雾器贮液筒的总容积为6L，若装入5L 的药液后将加水口密封盖盖好，如图
所示。拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒，可以把体积为0.2L、压强为1atm 的空气打进贮液筒。设
打气过程中气体温度不变，外界大气压强为1atm，求：
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(1)关闭阀门，用打气筒向贮液筒内打气两次，当液面上方气体温度与外界温度相等时，气体压强为多大？
(2)要使贮液筒中液面上方的气体压强达到4atm，打气筒要拉压多少次？当贮液筒内气体压强达4atm 时停
止打气，打开喷雾阀门使其喷雾，直至内外气体压强相等，这时贮液筒内还剩多少药液？
【答案】(1)1.4 atm(2)15 次；2L
【详解】（1）设大气压强为p0，贮液筒内原来空气体积为V 0，打气两次后气体压强为p1，每次打
入空气体积为V 。由玻意耳定律p0(V 0+2V )= p1V 0其中p0=1atm，V 0=6L−5L=1L，V =0.2L代
入可得p1=1.4atm
（2）设打气筒拉压n次，由玻意耳定律p0(V 0+nV )= p2V 0，p2= 4atm解得n=15次。打开阀门后，
设此时气体体积为V 3由p2V 0= p0V 3得V 3= 4 L则剩余药液体积V 剩=6L−4 L=2L
考向2 抽气问题
例2 如图所示，有一个横截面积为S的容器竖直放置，一隔板放在卡槽上将容器分隔为容积均为V 0的上下
两部分A、B，另有一体积ΔV = 1
4 V 0的气筒分别通过单向进气阀k1、k2（k1只能向左打开，k2只能向右打
开）与容器上下两部分连接，初始时两个阀门均关闭，活塞位于气筒最右侧，上下气体压强均为p0。活塞
从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气。已知隔板的质量为
3 p0 S
2g ，气筒与容器之间的细管体积不计，抽气、打气时气体温度保持不变，隔板不漏气，阀门与活塞密
闭性良好，不计一切阻力，重力加速度为g。ln2=0.693，ln5=1.609。求：
(1)刚好完成第二次打气时A、B 两部分气体的压强；
(2)要使隔板与卡槽分离，至少完成打气的次数。
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【答案】(1)16
25 p0，34
25 p0(2)7
【详解】（1）活塞完成一次抽气后，对A 部分气体，由玻意耳定律有p0V 0= pA1(V 0+ ΔV )
完成一次打气后，对B 部分气体，由玻意耳定律有p0V 0+ pA1 ΔV = pB1V 0
完成第二次抽气时，由玻意耳定律得pA1V 0= pA2(V 0+ ΔV )联立解得pA2= 16
25 p0
完成第二次打气后，由玻意耳定律得pB1V 0+ pA2 ΔV = pB2V 0联立解得pB2= 34
25 p0
（2）设第n 次抽气前容器A 气体的压强为pA，抽气后的压强为pA
' ，对A 部分气体，由玻意耳定律有
pAV 0= pA
' (V 0+ ΔV )完成n 次抽气后，A 气体的压强为pA n=(
V 0
V 0+ ΔV )
n
p0完成n 次打气后，对A、B 两
部分气体整体由玻意耳定律得pA nV 0+ pBnV 0=2 p0V 0解得pBn=[2−(
V 0
V 0+ ΔV )
n
] p0当隔板与卡槽恰好分
离时有pBn S =mg+ pAn S联立解得n=6.2则要使隔板与卡槽分离，至少完成7 次打气。
【变式训练2·变载体】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 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
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（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
考向3 灌气问题
例3 医疗常用的金属氧气瓶容积为10L，瓶内贮存了压强为8×106Pa 的氧气。便携式呼吸器容积为2L，呼
吸器一开始为真空，现用氧气瓶对其充气，当呼吸器内压强变为8.0×105Pa 时充气完成。充气过程中不漏
气，环境温度不变，求：
(1)一个呼吸器充完气后的质量占氧气瓶初始质量的比例是多少；
(2)氧气瓶最多可装多少个氧气呼吸器。
【答案】(1) 1
50(2)45
【详解】（1）设氧气瓶初始压强为p1=8×10
6Pa，体积为V 1=10L；呼吸器充气完成后的压强为
p2=8.0×10
5Pa，体积为V 2=2L，则一个呼吸器充完气后的质量占氧气瓶初始质量的比例为
m
′
M = p2V 2
p1V 1
= 1
50
（2）设可以分装n 瓶，根据玻意耳定律有p1V 1=n p2V 2+ p2V 1
代入题中数据，解得n=45
【变式训练3·变载体】市场上有一种救生衣，在穿着者落水时，救生衣所连接的储气钢瓶会灌气使救生衣
鼓起。救生衣在未鼓起时，其内部无气体；正常工作时，其压强为标准大气压，内部气体体积至少为
V =22L，与救生衣连接的小钢瓶容积为1L。取标准大气压p0=1×10
5Pa，忽略温度变化，气体均视为理
想气体。
（1）检测发现某救生衣所附带的钢瓶内压强为2×10
6Pa，救生衣能否正常工作？请说明理由；
（2）出厂时钢瓶内部压强为2.5×10
6Pa，在降为2×10
6Pa的过程中，求钢瓶漏掉的气体在标准大气压下
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占的体积；
（3）救生衣配套的钢瓶遗失，换用容积为0.2L，内部压强为2.5×10
6Pa的小钢瓶充气，至少要多少个小
钢瓶才能使救生衣正常工作。
【答案】（1）见解析；（2）5L；（3）见解析
【详解】（1）令p1=2×10
6Pa，钢瓶容积V 0=1L，充气后救生衣体积为V 2，根据玻意耳定律，钢瓶灌
气过程p1V 0= p0(V 0+V 2)解得V 2=19L V 2<V ，救生衣不能正常工作。
（2）设p3=2.5×10
6Pa，漏掉气体体积为ΔV ，根据玻意耳定律p3V 0= p1V 0+ p0 ΔV 解得ΔV =5L
（3）设用n 个小钢瓶能够使救生衣刚好正常工作，每个小钢瓶体积为V 4=0.2L，根据玻意耳定律：
n p3V 4=n p0V 4+ p0Vn= 55
12又n 取整数，故n≥5，至少要5 个小钢瓶才能使救生衣正常工作。
考向4 漏气问题
例4 2025 年3 月21 日神舟十九号航天员圆满完成出舱任务。当航天员执行出舱任务前，需先进行泄压，
即将气闸舱内的大部分气体抽到密封舱内后，才能打开出舱舱门。若泄压前，气闸舱内的气体压强为p0，
体积为V0；密封舱内气体的压强为p0，体积为10V0，泄压后密封舱内气体压强为1.094p0。泄压过程中，
两舱内温度保持297K 不变，气体为理想气体并忽略航天员对气体的影响，抽气泵与连接管道气体体积不
计。
(1)泄压后打开舱门前，求气闸舱内的压强p1为多少；
(2)太空中稀薄气体压强近似为0.001p0，温度为99K。打开舱门一段时间后，则舱内剩余空气的质量是原来
的多少？
【答案】(1)0.06p0(2)5%
【详解】（1）将密封舱和气闸舱内的气体看作一个系统，泄压过程为等温变化，由玻意耳定律得
p0V 0+ p0⋅10V 0=1.094 p0⋅10V 0+ p1V 0解得p1=0.06 p0
（2）泄压后，气闸舱开舱门前p1=0.06p0，体积为V0，T=297K，打开舱门后p′=0.001p0，T′=99K，由理想
气体状态方程得
p1V 0
T
= p
′V
′
T
′ 解得V
′ =20V 0则舱内剩余空气的质量与原来空气质量的比值为
m
′
m = V 0
V
′ = V 0
20V 0
=5 %即舱内剩余空气的质量是原来的5%。
【变式训练4·变情境】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，
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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：
(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
（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
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1．（2025·海南·高考真题）如图，竖直放置的汽缸内有一横截面积S =0.01m
2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T 0=300K，
气体体积V 0=5×10
−3 m
3。设大气压强p0=1×10
5Pa，重力加速度g=10 m /s
2 。
(1)若加热气体，使活塞缓慢上升，当气体体积变为V 1=7.5×10
−3 m
3，求气体温度T 1；
(2)若往活塞上轻放质量为m=25kg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
2．（2021·湖北·高考真题）质量为m 的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量
的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体
体积为V1，。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的
温度。
【答案】(1) p0 S+mg
p0 S−mg V 1；(2)
p0 SV 3T 1
( p0 S +mg)V 1
【详解】(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1 所示，则封闭气体的压强为p1= p0+ mg
S 当汽缸按图(b)
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方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2 所示，则封闭气体的压强为p2= p0−mg
S 对封闭气体由玻意耳定律
得p1V 1= p2V 2解得V 2= p0 S+mg
p0 S−mg V 1
(2) 当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3= p0由理想气体状态方程得p1V 1
T 1
= p3V 3
T 3
解得
T 3=
p0 SV 3T 1
( p0 S +mg)V 1
3．（2020·海南·高考真题）如图，圆柱形导热汽缸长L0=60cm，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭
了一定质量的理想气体，缸底装有一个触发器D，当缸内压强达到p=1.5×10
5Pa时，D 被触发，不计活
塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度t0=27° C，压强p0=1.0×10
5Pa。
(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D 刚好被触发时，到缸底的距离；
(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D 刚好被触发时的环境温度。
【答案】(1)0.4 m；(2)450K
【详解】(1) 设汽缸横截面积为S；D 刚好被触发时，到缸底的距离为L，根据玻意耳定律得p0 S L0= pSL
带入数据解得L= p0
p L0= 1×10
5
1.5×10
5 ×0.6 m =0.4 m
(2)此过程为等容变化，根据查理定律得p0
T 0
= p
T 带入数据解得T = p
p0
T 0= 1.5×10
5
1×10
5 ×(27+273)K = 450K
4．（2023·上海·高考真题）导热性能良好，内壁光滑的汽缸开口朝上水平放在桌面上，开口面积为S，轻
质活塞封闭了一定质量的气体，活塞上放置了一个质量为m 的砝码，稳定时活塞距离汽缸底高度为h，以
m 纵轴，1
h为横轴，图线为一条直线，斜率为k，纵轴截距为b，大气压为 ，当m=0时
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h′ = 。
【答案】 −gb
S −k
b
【详解】[1][2]轻质活塞(不计质量)，当活塞稳定时，设汽缸内气体压强为p1，此时气体体积为V 1= Sh
大气压强为p0，则对砝码做受力分析有p1S =mg+ p0 S解得p1= p0+ mg
S 当m=0时p2= p0，此时气体的体
积V 2= S h
′此过程温等温变化，由玻意耳定律p1V 1= p2V 2即(p0+ mg
s )×Sh= p0×S h
′变形可得
m= p0 S h
′
g
× 1
h −p0 S
g
故k = p0 S h
′
g
，b=−p0 S
g 所以h
′ =−k
b，p0=−bg
S 。
19
