2026届高考物理一轮复习讲义：气体实验定律的综合应用

专题十七 气体实验定律的综合应用 考点一　“玻璃管液封”问题 液柱模型是指液柱封闭气体。可以是水银柱封闭玻璃管中气体，可以是在水池下面容器中的气体。 1．四种液柱模型 2．解答“液柱＋管”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为液面的竖直高度）； （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。 （2023高考·全国乙卷）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） ＝74.36 cmHg，＝54.36 cmHg 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＝＋20 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，A管的内径是B管的2倍，则 可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′，所以有pA′＋23＝pB′ 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有 对B管有 其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm，LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm 联立以上各式解得＝74.36 cmHg，＝54.36 cmHg （2024·湖南省·模拟题）如图所示，在粗细均匀、顶端平齐、导热良好的竖直固定U形管右侧，用水银封闭一段长L＝76 cm的理想气体，左、右两管水银面的高度差h＝19 cm现向左侧管中缓慢加入水银，已知大气压强＝76 cmHg，环境温度保持不变，求： （1）当两侧液面相平时，加入的水银柱高度Δh； （2）封闭气体的最大压强。 （1）Δh＝57 cm；（2）＝114 cmHg （1）设开始封闭气体的压强为，补充水银至两侧液面相平时，右管内水银面上升了x，有 解得Δh＝57 cm （2）继续向左侧加入水银，直至液面与管口相平，设此时封闭气体柱的长度为，有 解得＝114 cmHg （2020·全国卷Ⅱ）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。 （1）求进入圆筒内水的高度l； （2）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。 （1）；（2） （1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内空气的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内空气的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有 p1V1＝p0V0 ① V0＝hS ② V1＝(h－l)S ③ 考虑到H≫h＞l，有p1＝p0＋ρgH ④ 联立①②③④式，解得l＝。⑤ （2）设压入筒内的空气在其压强为p0时的体积为V，在水下即其压强为p1时的体积为V2，由玻意耳定律有 p1V2＝p0V ⑥ 其中V2＝lS ⑦ 联立④⑤⑥⑦式解得V＝。⑧ 1．利用水银柱考查气体实验定律时，其通常的研究对象为水银柱封闭的空气柱，但在分析时，一般是分析水银柱的高度来寻找封闭气体初、末状态的压强或体积（长度），之后再利用气体实验定律进行求解。 2．液柱模型中可以利用力平衡法和等压面法求解压强。 力平衡法关注的是研究对象的受力平衡，等压面法关注的是同种液体在同一深度向各个方向的压强相等。两种方法在解题时对象选取及解题思路不同，但对水银封闭气柱模型，结果相同。 1．（2024·河北省衡水市·模拟题）受台风′杜苏芮′的影响，我国多地出现暴雨天气。路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示，质量m＝20 kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积s＝0.4 m2，初始时刻水位与井盖之间的距离h＝2.01 m，井内密封空气的压强恰好为大气压强＝1.00×105 Pa，若井盖内的空气视为理想气体，温度始终不变，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）密闭空气的压强为多大时水井盖刚好被顶起； （2）水井盖刚好被顶起时，水位上升的高度。 （1）1.005×105 Pa；（2）0.01m （1）对井盖进行受力分析有 代入数据有＝1.005×105 Pa （2）井内气体经历等温变化，井盖刚顶起时，设水位上升x，对气体由玻意耳定律得 解得×2.01 m＝0.01 m 2．（2023·云南省第二次统测）如图所示的装置中，三支内径相等的玻璃管A、B和C用细管连通。A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封良好。A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为18 cm，C管中的水银柱足够长。现在将C管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。A管中封闭的气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。已知大气压强p0＝75 cmHg，求： （1）B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强； （2）整个过程C管中的活塞向上移动的距离。 （1）90 cmHg；（2）21 cm （1）因为开始时A、B管中的空气柱长度相等，所以A管中的压强p0＝75 cmHg 设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S，此时A管中气体的压强p1＝(p0＋x) cmHg 理想气体发生等温变化得p0hS＝p1xS 解得x＝15 cm，p1＝90 cmHg。 （2）A管中水银柱上升的高度h1＝h－x B管中水银柱上升的高度h2＝h A、B管中增加的水银都来源于C管，所以C管中活塞上升的距离等于A、B管上升的水银柱的高度之和，所以C管活塞上升距离L＝h1＋h2＝21 cm。 3．（2023·河南六市第一次联调）如图所示，粗细均匀的薄壁U形玻璃管竖直放置，导热良好，左管上端封闭，封口处有一段水银柱1，右管上端开口且足够长，另有两段水银柱2、3封闭了A、B两部分理想气体，外界大气压强恒为p0＝75 cmHg，环境温度T0＝288 K。开始时，三段水银柱长均为h0＝10 cm，A气柱长为LA＝20 cm，B气柱长为LB＝10 cm，气柱A和水银柱2各有一半长度在水平部分，现缓慢升高环境温度，使水银柱2在水平管中的水银刚好全部压入竖直管中。求： （1）环境温度升高后气体的温度； （2）环境温度升高过程中，水银柱3上升的高度（保留1位小数）。 （1）380 K；（2）8.2 cm （1）初始时，A气柱长为LA，温度为T0，压强为pA＝p0＋ph0 环境温度升高后，A气柱长为LA′＝LA＋ 压强为pA′＝p0＋2ph0 对气柱A，由气态方程有 联立以上各式可解得T＝380 K。 （2）初始时，B气柱长为LB，温度为T0，压强为pB＝p0＋ph0 环境温度升高过程中，气柱B做等压变化，则有 水银柱3上升的高度为Δh＝＋LB′－LB 解得Δh≈8.2 cm。 考点二　“汽缸活塞类”问题 解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路 （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。 （2024·全国·历年真题）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，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。 （1）100 N；（2）327 K （1）活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，初态＝1.0×105 P a、 末态气体压强设为，体积 根据玻意耳定律可得： 解得＝1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件 解得卡销b对活塞支持力的大小N＝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，气体做等容变化， 初态＝1.1×105 Pa，＝300 K 末态，对活塞根据平衡条件 解得＝1.2×105 Pa 设此时温度为，根据查理定律可得： 解得＝327 K （2024·广西壮族自治区·历年真题）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 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，膨胀过程曲线如图乙。大气压强＝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。 （1）50 N；（2）等温变化；（3）见解析 （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，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F＝＝1×105×500×10－6 N＝50 N （2）根据题意可知图线为过原点的直线，设斜率为k，可得 根据F＝pS可得气体压强为 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得 该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故封闭气体做等温变化。 （3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时 在b处时气体体积为 在a处时气体体积为 根据玻意耳定律 解得＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p－V图像如下。 汽缸活塞类的常见类型 （1）气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。 （2）气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。 （3）两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。 1．（2023高考·浙江六月卷）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100 cm2，质量m＝1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25 J；大气压＝1.01×105 Pa。 （1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）； （2）求气体在状态C的温度Tc； （3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。 （1）不变；增大；（2）350 K；（3）11 J （1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大； （2）状态A时的压强＝1.0×105 Pa 温度TA＝300 K；体积VA＝600 cm3；C态压强pC＝1.4×105 Pa；体积VC＝500 cm3； 根据 解得TC＝350 K （3）从B到C气体进行等容变化，则WBC＝0，因从B到C气体内能增加25 J可知，气体从外界吸热25 J，而气体从A到C从外界吸热14 J，可知气体从A到B气体放热11 J，从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11 J。 2．（2022·全国乙卷）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T0。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。 （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。 （1）；（2） （1）设初始状态汽缸内气体的压强为p1，对两活塞整体有p0·2S＋p1·S＋3mg＝p0·S＋p1·2S 对Ⅱ活塞有k·0.1l＋p0·S＝p1·S＋mg 解得k＝。 （2）设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2，对两活塞整体有p0·2S＋p2·S＋3mg＝p0·S＋p2·2S 解得p2＝p1＝p0＋ 对活塞Ⅱ有k·x＋p0·S＝p2·S＋mg 活塞Ⅱ运动到汽缸连接处气体体积为V2＝2(l＋x)S 初始时气体的体积V1＝0.55lS＋0.55l·2S＝1.65lS 由盖－吕萨克定律有 解得T2＝。 考点三　“变质量气体”问题 一、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，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。 二、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。 三、气体分装问题 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。 四、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。 （2022·山东省高三（下）5月大联考）为防疫，学校配备了消毒用的喷壶。如图所示，喷壶的储气室内有压强为p0、体积为V0的气体。闭合阀门K，按压压杆A向储气室充气，每次充入压强为p0、体积为ΔV＝的气体，多次充气后储气室内压强为1.5p0。打开阀门K，消毒液从喷嘴处喷出。假设充气过程储气室容积不变，气体温度不变，气体可视为理想气体。则按压压杆的次数是（　　） A．5次 B．7次 C．10次 D．15次 A 设按压压杆的次数为n，根据题意，由玻意耳定律可得＝1.5p0V0，代入数据解得n＝5，故A正确，BCD错误。 用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，初始状态如图所示。设容器中原来的气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。求抽气机的活塞抽气n次后，容器中剩余气体的压强pn为多少？ 当活塞第一次上提，容器中ΔV体积的气体被排出，容器中气体压强降为p1。活塞第二次上提（即抽第二次气），容器中气体压强降为p2。根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p0V0＝p1(V0＋ΔV) 解得p1＝ 对于第二次抽气，有p1V0＝p2(V0＋ΔV) 解得p2＝ 以此类推，第n次抽气后容器中气体压强降为pn＝。 南方某市需要从北方调用大批钢瓶氧气（如图），每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到该市，检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，则： （1）在该市检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？ （2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？ （1）21 ℃；（2）124 （1）钢瓶的容积一定，从北方到该市对钢瓶内气体，有，解得t＝21 ℃。 （2）在该市时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3， 则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa，根据p2V2＝p3V3，解得V3＝2.52 m3 可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48 m3 分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV，其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3 根据p4V4＝p5V5，解得n＝124 即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。 （2023高考·全国甲卷）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。 （1）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度； （2）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。 （1）1.41 kg/m3；（2）1.18 kg/m3 （1）由摄氏度和开尔文温度的关系可得T1＝273＋17 K＝290 K，T2＝273＋27 K＝300 K 理想气体状态方程pV＝nRT可知 其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的正比于气体的质量，则 其中p1＝p2＝1.2p0，ρ1＝1.46 kg/m3，代入数据解得ρ2＝1.41 kg/m3 （2）由题意得p3＝p0，T3＝273＋27 K＝300 K同理可得 解得ρ3＝1.18 kg/m3 解变质量问题的基本常用方法 1．恰当选取研究对象，将“变质量问题”转化为“定质量问题”。运用理想气体状态方程解决问题时，首先要选取一定质量的理想气体作为研究对象。对于状态发生变化过程中，气体质量发生变化的问题，如充气，漏气等，如何选择适当的研究对象，将成为解题的关键。 2．利用理想气体状态方程的推论，求解“变质量问题”。一定质量的理想气体（），若分成n个状态不同的部分（…；…；…），则。在利用此推论求解“变质量问题”时，要注意初状态的气体质量与末状态的各部分气体质量之和相等。 3．利用克拉珀龙方程（PV＝nRT）求解“变质量问题”。 1．（2021·山东卷）血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（　　） A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。 2．（2023·山西太原市第二次模拟）某型号小轿车的说明书指出，该汽车轮胎的容积是2.5×10－2 m3，胎压应在2.4 atm至2.6 atm之间。行车前，仪表显示的胎压为2.4 atm，此时气温为27 ℃。为保证安全，此时可用打气筒为轮胎适当补气，使其胎压达到2.5 atm。不考虑轮胎容积的变化，将气体视为理想气体。 （1）已知打气筒每次可将压强为1 atm、体积为5.0×10－5 m3的空气打入轮胎，不考虑气体温度的变化，求需要用该打气筒打气的次数。 （2）长途行车一段时间后，轮胎的温度达到了42 ℃，此时胎压报警器是否会报警？ （1）50；（2）会 （1）轮胎内原有气体压强p1＝2.4 atm，V＝2.5×10－2 m3，T1＝300 K 打气筒每次打入气体p0＝1 atm，V0＝5.0×10－5 m3 以轮胎内原有气体和打气筒打入所有气体为研究对象，气体发生等温变化p1V＋np0V0＝pV 得n＝50。 （2）以轮胎内气体为研究对象，气体发生等容变化，由查理定律得p2＝2.625 atm p2＝2.625 atm＞2.6 atm，所以此时胎压报警器会报警。 3．（2024·山东省济南市·模拟题）我国自主研发的094型战略核潜艇，使我国核威慑力量更加有效，被称为“镇国神器”。一个体积为V的简易核潜艇模型如图所示，当储水舱中的气体体积为、压强为时，核潜艇总体积的浸没在海水中。当核潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，会吸入一定量的海水，使核潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态，此时储水舱上方气体的压强为。已知储水舱中的气体可视为理想气体，且气体温度不发生变化。求： （1）进入储水舱的海水的体积ΔV； （2）储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。 （1）；（2） （1）设海水的密度为ρ，由平衡条件得， 解得ΔV＝ （2）由玻意耳定律得 储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为 解得。 4．（2023·山东枣庄市二模）为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境，用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图如图所示。已知展柜容积为，开始时展柜内空气压强为，抽气筒每次抽出空气的体积为；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为。不考虑抽气引起的温度变化，求： （1）青铜鼎材料的总体积； （2）抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。 （1）；（2）196∶225 （1）由玻意耳定律得 解得。 （2）设第二次抽气后气体压强为 设剩余气体压强为时体积为V，则 剩余气体与原气体的质量比 解得。 考点四　关联气体问题 关联气体问题的解题思路： 1．分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。 2．找出它们各自遵循的气体状态变化规律，并写出相应的方程。 3．找出各部分气体之间压强或体积的关系式。 4．联立求解，对求解的结果注意分析合理性。 （2022·全国甲卷）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。 （1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度； （2）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 （1）；（2） （1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体的变化为等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖—吕萨克定律可得，解得T＝。 （2）设当A中的活塞到达汽缸底部时，Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0－V，则对气体Ⅳ有 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有 联立解得V＝，p＝。 某小组设计了一个可测定潜水器下潜深度的深度计，如图所示，两汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部各装有一个活塞，活塞密封性良好且无摩擦。在汽缸Ⅰ内通过活塞封有压强为153 atm的气体，Ⅱ内通过活塞封有压强为398 atm的气体，在汽缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与汽缸之间无摩擦。当该装置水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知1 atm＝1.0×105 Pa，海水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，取g＝10 m/s2，不计海水密度随海水深度的变化，两部分气体均可视为理想气体且温度始终保持不变。求： （1）当活塞A向左移动的距离为时，下潜的深度； （2）该深度计能测量的最大下潜深度。 （1）2030 m；（2）5500 m （1）当活塞A向左移动的距离为时，设该装置下潜的深度为h，活塞A移动后汽缸Ⅰ内气体的压强为p2，假设活塞B静止不动，活塞A移动前，Ⅰ部分气体的压强p1＝153 atm Ⅰ内气体的体积V1＝LS 活塞A移动后，Ⅰ内气体的体积V2＝ 由玻意耳定律：p1V1＝p2V2 解得：p2＝204 atm＜398 atm 所以假设成立，活塞B静止不动。 又p2＝p0＋ρgh 解得：h＝2030 m。 （2）当活塞A恰好移动到中央卡环处时所测深度最大，此时汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ中，活塞B两侧气体压强相同，设两部分气体压强均为p，测量的最大下潜深度为H，根据玻意耳定律可得： 对Ⅰ有153p0SL＝pSL1，对Ⅱ有398p0SL＝pSL2 根据题意得L1＋L2＝L，p＝p0＋ρgH 联立并代入数据解得：H＝5500 m。 解答关联问题的关键注意以下两点 1．研究对象的选取，两部分关联气体一般对两部分分别进行独立性研究。 2．注意两部分的关联条件，体积关系、压强关系、温度关系等 1．（2024·甘肃省·历年真题）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，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。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。 （1）　（2） （1）设抽气前两体积为V＝SL，对气体A分析：抽气后 根据玻意耳定律得 解得 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，则根据玻意耳定律得 解得 （2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有 根据胡克定律得 联立得。 2．（2022·河北高考）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，设整个过程温度保持不变，求： （1）此时上、下部分气体的压强； （2）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。 （1）2p0，；（2） （1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1· 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 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＋SL0＝，则p0·SL0＝p2· 解得旋转后下部分气体压强为p2＝。 （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＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$