理想气体状态方程 专项训练 -2026届高考物理三轮冲刺大题集训

**基本信息** 聚焦理想气体状态方程，按单活塞、双活塞、液柱、变质量四大模型分类，通过典型例题强化物理观念与科学思维 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单活塞类问题|7题|涉及竖直/水平汽缸、活塞受力平衡、气体状态变化|以活塞受力分析为基础，结合理想气体状态方程，推导压强、体积关系| |双活塞类问题|7题|两活塞连接、多区域气体、轻杆/弹簧作用|通过整体受力分析确定气体压强，运用状态方程分析体积变化| |液柱类问题|7题|水银柱封闭、U形管、液柱移动与平衡|以液柱平衡求气体压强，结合等温/等容变化规律分析状态参量| |变质量问题|6题|充气、放气、分装气体，涉及质量比计算|利用等效思想将变质量转化为定质量问题，应用状态方程求解|

高考物理三轮解答题集训6：理想气体状态方程 模型1 单活塞类问题 1．【答案】（1）初始时，A部分气体的压强为8×104Pa。 （2）若向B部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，充入的气体在压强为1×105Pa、室温状态下的体积为1.8×10﹣4m3。 【详解】（1）初始时，活塞受力平衡，有pAS+mg＝PBS 解得 （2）活塞上升到汽缸的中间位置，活塞到汽缸底部的距离变为L1′＝0.2m，到汽缸顶部的距离为L2′＝0.2m A部分气体做等温变化，由玻意耳定律有pAL2S＝pA′L2′S 解得 根据活塞受力平衡有pA′S+mg＝pB′S 解得 设充入的气体在压强为 室温状态下的体积为V，则根据理想气体状态方程可知pBV+pBL1S＝pB′L1′S 解得V＝1.8×10﹣4m3 答：（1）初始时，A部分气体的压强为8×104Pa。 （2）若向B部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，充入的气体在压强为1×105Pa、室温状态下的体积为1.8×10﹣4m3。 2．【答案】（1）气体在状态C时的压强为1.2×105Pa； （2）气体由状态A到状态C的过程中，从外界吸收的热量为170J； （3）活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比为1：5。 【详解】（1）气体在状态A时，对活塞，由平衡条件可得：pAS＝p0S+mg，解得： 气体由状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可得：，代入数据解得：TB＝330K 气体由状态B到状态C的过程中，气体发生等容变化，由查理定律可得：，代入数据可得：； （2）气体从状态A到状态C的过程中，外界对气体所做的功为：，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU﹣W＝140J+30J＝170J； （3）活塞与卡口刚要分离时气体的压强为：，由（1）可知：，由玻意耳定律可得：pV＝pCVC，代入数据解得：，则漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比为：。 答：（1）气体在状态C时的压强为1.2×105Pa； （2）气体由状态A到状态C的过程中，从外界吸收的热量为170J； （3）活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比为1：5。 3．【答案】（1）系统刚好报警时，活塞较常态时上升的距离为； （2）若从常态（汽缸内气体的温度为T0）到系统恰好报警的过程中气体吸收了热量Q，则气体内能的变化量为。 【详解】（1）活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，由盖—吕萨克定律可得： 解得：； （2）该过程可视为等压变化过程，活塞受力平衡，有：p1S＝p0S+Mg 外界对气体做的功为：W＝﹣p1Sd 解得： 由热力学第一定律有：ΔU＝W+Q 解得：。 答：（1）系统刚好报警时，活塞较常态时上升的距离为； （2）若从常态（汽缸内气体的温度为T0）到系统恰好报警的过程中气体吸收了热量Q，则气体内能的变化量为。 4．【答案】（1）玻璃杯盖刚要被顶起时，杯中气体的温度为311.55K； （2）跑出气体的质量占原来杯中封闭气体的质量的百分比为0.5%。 【详解】（1）设杯盖刚要被顶起时气体的压强为p，对杯盖pS＝p0S+G 代入数据可得p＝1.005×105Pa 气体发生等容变化，则 代入数据可得T＝311.55K （2）设开始时气体的体积为V，温度升高到T时由p变成p0后的总体积为V′，则pV＝p0V′ 跑出的气体的质量与原来杯中的质量之比%100% 联立解得%＝0.5% 答：（1）玻璃杯盖刚要被顶起时，杯中气体的温度为311.55K； （2）跑出气体的质量占原来杯中封闭气体的质量的百分比为0.5%。 5．【答案】（1）恒力的东西为55N，方向竖直向上； （2）电热丝加热过程中气体内能的增加量为16J。 【详解】（1）设刚开始区域Ⅰ气体压强为p1，抽去挡板B后，气体压强为p2，容器内理想气体不做功且不发生热传递，故该过程发生等温变化。对该过程根据玻意耳定律有：p1V＝p2V′，其中：V′＝2V 对抽去挡板B前的活塞A进行受力分析，根据平衡条件可得：p1S＝p0S+mg 对抽去挡板B后的活塞A进行受力分析，由平衡条件可得：mg+p0S＝p2S+F 联立代入数据解得：F＝55N，方向竖直向上，，； （2）接通电热丝后观察到活塞A缓慢移动且不计摩擦，可知该过程发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：，解得：，该过程中理想气体对外界做的功，则有：，根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q+W，解得：ΔU＝Q+W＝17.83J﹣1.82J＝16J。 答：（1）恒力的东西为55N，方向竖直向上； （2）电热丝加热过程中气体内能的增加量为16J。 6．【答案】（1）此时A室内气体压强是152cmHg； （2）将阀门K打开，稳定后，A室内气体的体积变为； （3）若打开阀门K稳定后，用外力将活塞C缓慢地拉到容器最左端，则U形管两侧水银的高度差是38cm。 【详解】（1）已知外界大气压为p0＝76cmHg，U 形管两侧水银柱高度差为h＝76cm，且A室一侧水银柱更高，根据液面平衡可知，A室气体压强pA满足：pA＝p0+ph，代入数据解得：pA＝p0+ph＝76cmHg+76cmHg＝152cmHg； （2）初始状态：pA＝152cmHg，设A室初始体积为VA，由题意，B室体积是A室的3倍，即有：VB＝3VA，且V0＝VA+VB＝4VA，故；末状态：阀门K打开，B室与大气相通，B室压强为p0；活塞光滑导热，A、B室内气体的压强最终相等，即有：pA′＝p0＝76cmHg，设末态A室体积为VA′，由玻意耳定律可得：pAVA＝pA′VA′，代入数据解得：； （3）由题意可知，活塞C缓慢地拉到容器最左端时气体的体积为VA″＝V0，设此时气体的压强为pA″，对气体，由玻意耳定律可得：pAVA＝pA″VA″，代入数据解得：，则由同一液面压强相等可得：pΔh＝p0+pA″，解得：pΔh＝p0﹣pA″＝76cmHg﹣38cmHg＝38cmHg，由此可知U形管两侧水银的高度差为：Δh＝38cm。 答：（1）此时A室内气体压强是152cmHg； （2）将阀门K打开，稳定后，A室内气体的体积变为； （3）若打开阀门K稳定后，用外力将活塞C缓慢地拉到容器最左端，则U形管两侧水银的高度差是38cm。 7．【答案】（1）活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体是放热的； （2）活塞位于“40”处对应的水深为5m； （3）不均匀，理由见解析。 【详解】（1）由题意可知，活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，气体温度不变，可知内能不变，则有：ΔU＝0，又体积减小，可知外界对气体做功，则有：W＞0，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＜0，可知玻璃管中的气体放出热量； （2）对活塞封闭的温度不变气体，由玻意耳定律可得：p0SL＝p1S（L﹣x），其中：L＝120mm，x＝40mm，又因为p1＝p0+ρgh，联立代入数据解得：h＝5m； （3）不均匀。理由：对气体，由玻意耳定律可得：p0SL＝p1S（L﹣x），又，p1＝p0+ρgh，联立解得：，由此可知x与h不成正比，故将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线不均匀。 答：（1）活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体是放热的； （2）活塞位于“40”处对应的水深为5m； （3）不均匀，理由见解析。 模型2 双活塞类问题 8．【答案】（1）充气后活塞稳定时，右侧缸气体的压强为； （2）左缸充入气体与原气体的质量之比为。 【详解】（1）两汽缸体积相同，设横截面积分别为S、2S，长度为2L、L，右缸气体初始压强为p2对两活塞组成的整体由受力平衡可知p0S＝p2•2S 解得右缸气体初始压强为p2设充气后设左右两缸气体压强分别为p3、p4对右缸气体由玻意耳定律可知解得p4 （2）两活塞再次平衡时有p3S＝p4•2S解得对左缸气体 解得 在温度、压强相同的情况下，气体的质量与其体积成正比， 所以左缸充入的气体质量与原气体质量的比值为 答：（1）充气后活塞稳定时，右侧缸气体的压强为； （2）左缸充入气体与原气体的质量之比为。 9．【答案】（1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； （2）稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。 【详解】（1）图甲中，汽缸中气体压强等于大气压p0；图乙中，设汽缸中气体压强为p1，由玻意耳定律有：P0×6SL＝p1×5SL 解得： 缓慢升高环境温度，气体做等压变化，由盖吕萨克定律有 解得： 设活塞质量分别为2m、m，汽缸竖立稳定时，对活塞I列力的平衡方程： p0×3S+2mg+FT＝p1×3S 对活塞Ⅱ列力的平衡方程： p1×2S+mg＝p0×2S+FT 联立解得： （2）若温度保持T0不变，活塞Ⅱ再次回到汽缸连接处，假设细线处于松弛状态，设汽缸中气体的压强为p，从汽缸平放到该状态，由玻意耳定律可知： p0×6SL＝p2×3Sx 对活塞I有 p0×3S+2mg＝p2×3S 对活塞Ⅱ，有 p2×2S+mg＝p0×2S+FN 解得： 因为，所以假设成立。 答：（1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； （2）稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。 10．【答案】（1）初始时，缸内气体的压强为； （2）缸内气体对外做的功为4mgL； （3）细杆对活塞B的作用力的大小为5mg，方向竖直向下。 【详解】（1）设初始状态时缸内气体的压强为p，由题意可知大气压强为。 对两活塞组成的整体，由平衡条件可得：p0•2S+5mg+pS＝p0S+p•2S 解得：； （2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可得： 解得： 气缸内气体对外所做的功为：； （3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到T1，气体发生等压变化，活塞A刚好到达气缸粗细部分交接处，由盖—吕萨克定律可得： ，解得： 此后气体发生等容变化，由查理定律可得： ，解得： 对活塞B，由平衡条件可得：p1S+2mg＝p0S+F 解得：，方向竖直向下。 答：（1）初始时，缸内气体的压强为； （2）缸内气体对外做的功为4mgL； （3）细杆对活塞B的作用力的大小为5mg，方向竖直向下。 11．【答案】（1）最终汽缸内气体的压强为； （2）弹簧的劲度系数为。 【详解】（1）封闭的气体的初态压强p1＝p0 体积V1＝2SL+SL＝3SL 设末态压强p2，体积 根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2 解得 （2）稳定后，对活塞a受力分析，有 解得 答：（1）最终汽缸内气体的压强为； （2）弹簧的劲度系数为。 12．【答案】（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移为L； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到300K； （3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度为2L。 【详解】（1）由题意可知，缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，所以弹簧不发生形变，气体发生等压变化，设活塞A、B一起向右移动的位移为x，对气体，初始状态时有：V1＝2S0•2L+S0L＝5S0L，T1＝500K，末状态时有：V2＝2S0•（2L﹣x）+S0（L+x）＝5S0L﹣LS0，T2＝400K，由盖﹣吕萨克定律可得：，代入数据解得：x＝L＜2L，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为L； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，则有：V3＝S0•3L＝3S0L 由盖﹣吕萨克定律可得，解得：； （3）当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时由于T3＝300K＞T0＝100K，所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，则有：p4S0+k•Δx＝p0S0 初状态：p3＝p0，V3＝3S0L，T3＝300K 末状态：V4＝S0（3L﹣Δx），T4＝100K 根据理想气体状态方程可得： 代入数据解得：Δx1＝L，Δx2＝4L（舍） 所以弹簧长度为：x＝3L﹣Δx1＝3L﹣L＝2L。 答：（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移为L； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到300K； （3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度为2L。 13．【答案】（1）此深度计能测的最大深度为22.5m； （2）若要测量的最大水深h＝25m，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为2p0。 【详解】（1）由题意可知，当活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧的气体，由玻意耳定律可得： 对活塞B右侧的气体，由玻意耳定律可得： 联立解得：， 则水产生的压强为： 由于p0相当于10m高的水产生的压强，由此可知此深度计能测的最大深度为：； （2）若要测量最大深度为h＝25m，由题意可知，该深度对应的压强为2.5p0，此时活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，气体的压强为：p3﹣p0＝2.5p0 令置于水中之前，气缸Ⅰ内通过A所封气体的压强为p，对活塞B左侧的气体，由玻意耳定律可得： 对活塞B右侧的气体，由玻意耳定律可得： 联立解得：p＝2p0。 答：（1）此深度计能测的最大深度为22.5m； （2）若要测量的最大水深h＝25m，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为2p0。 14．【答案】（1）两活塞的总质量为； （2）下部分空气的温度为2T0； （3）该过程中下部分空气增加的内能为Q﹣4p0Sl； （4）此时大活塞D与气缸下底面B的距离为。 【详解】（1）对两活塞组成的整体，由平衡条件可得：mg+p0•2S＝p0S+2p0•2S，解得：； （2）由题意可知，大活塞上升到连接片O点的过程中，下部分气体的压强不变，对下部分气体，由盖—吕萨克定律可得：，解得：T＝2T0； （3）下部分气体体积增大，则外界对下部分气体所做的功为：W＝﹣2p0•2Sl＝﹣2p0Sl，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q+W，解得：ΔU＝Q+W＝Q﹣4p0Sl； （4）由题意可知，将阀门K1和K2用细管连接平衡后，上部分和下部分气体的温度保持不变，对这两部分，由玻意耳定律可得：p0•2Sl＝p1[2Sl+（2l﹣h）×2S] 对下部分气体，由玻意耳定律可得：2p0•2S•2l＝p2•2Sh 对活塞整体，由平衡条件可得：mg+p1•2s＝p2•2S 联立解得：。 答：（1）两活塞的总质量为； （2）下部分空气的温度为2T0； （3）该过程中下部分空气增加的内能为Q﹣4p0Sl； （4）此时大活塞D与气缸下底面B的距离为。 模型3 液柱类问题 15．【答案】（1）气体的温度T1为； （2）气体对外界做的功为2.4p0LS。 【详解】（1）根据题意可知，水银柱全部在粗管中，上下长度为L，水银柱对应的压强为：Δp＝1.2p0﹣p0＝0.2p0，当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的上下长度为4L，则水银柱对应的压强为：0.8p0，由理想气体状态方程可得：，其中：p1＝1.2p0，p2＝1.8p0，V1＝4SL，V2＝5SL，代入数据解得：； （2）气体的温度缓慢由T1变成2T0的过程中气体经历等压变化，设气体体积的增加量为ΔV，气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律可得：，又有：ΔV＝V3﹣V2，联立代入数据解得： 根据功的定义可得气体对外界做的功为：。 答：（1）气体的温度T1为； （2）气体对外界做的功为2.4p0LS。 16．【答案】（1）不变； （2）启动停止注水程序时，两水面的高度差为0.4m； （3）此过程水对空气柱做的功ΔU﹣Q。 【详解】（1）由题意可知，气体看成是理想气体，缓慢注水时气体温度保持不变，理想气体的内能只与温度有关，则在温度不变时，气体的内能不变； （2）注水的过程中，气体发生了等温变化，设细管的横截面积为S，则有：V0＝SL0，注水后，气体的压强为p1，体积为V1＝SL，由玻意耳定律可得：p0V0＝p1V1 注水后，气体的压强为：p1＝ρgh+p0 联立代入数据解得：h＝0.4m； （3）由热力学第一定律可得：ΔU＝Q+W，解得：W＝ΔU﹣Q。 故答案为：（1）不变； （2）启动停止注水程序时，两水面的高度差为0.4m； （3）此过程水对空气柱做的功ΔU﹣Q。 17．【答案】（1）变小；变大； （2）烧瓶的容积为； （3）若过程中气体吸收的热量为Q，气体内能的变化为Q﹣p0Sl。 【详解】（1）由题意可知，用手捂住烧瓶后容器内空气的温度升高，则气体分子的平均动能增大，由于气体的体积增大，则空气的分子数密度变小； （2）设容器的容积为V，初状态时，温度为：T0，体积为：V1＝V+Sl，末状态时有：温度为：T1，体积为：V2＝V+2Sl，气体发生等压变化，由盖−吕萨克定律可得：，即有：，解得：； （3）由题意可知，在整个过程中，气体的体积增大，外界对气体所做的功为：W＝﹣p0•ΔV＝﹣p0Sl，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，代入数据解得：ΔU＝Q+W＝Q﹣p0Sl。 故答案为：（1）变小；变大； （2）烧瓶的容积为； （3）若过程中气体吸收的热量为Q，气体内能的变化为Q﹣p0Sl。 18．【答案】（1）葫芦的容积为89cm3； （2）加热过程中葫芦内气体对外做的功为1.17J。 【详解】（1）设葫芦的容积为V，以葫芦和玻璃管内封闭的气体为研究对象，该过程中气体温度不变，发生等温变化。 在初始状态，压强为p1＝81cmHg，气体体积为：，末状态，压强为p2＝76cmHg+14cmHg＝90cmHg，体积为：，由玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，代入数据解得：V＝89cm3； （2）给葫芦缓慢加热，使水银柱底部到葫芦口的高度重新回到55cm，此过程中气体压强不变，为p2＝90cmHg，外界对气体所，所以葫芦内气体对外做的功为1.17J。 答：（1）葫芦的容积为89cm3； （2）加热过程中葫芦内气体对外做的功为1.17J。 19．【答案】（1）将汲液器竖直提出液面的过程中，圆柱形长柄内空气的吸热； （2）H等于100cm； （3）从外界进入压强为p0的空气7.93×10﹣4m3。 【详解】（1）空气经历等温变化，内能不变（即ΔU＝0），膨胀过程对外做功（W＜0），根据热力学第一定律ΔU ＝W+Q可知，Q＞0。即空气从外界吸热。 （2）缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，空气发生等温变化，可得p1（H﹣l）S1＝ p2HS 又因为p1＝p0，p2+ρgh＝p0 联立解得H＝100cm （3）设末状态的压强为p3，可得p3+ρg•p0 新进入空气在压强为p3情况下体积为V1，可得p0V＝p3V1 原有空气 综合以上两式可得 联立解得V＝7.93×10﹣4m3 答：（1）将汲液器竖直提出液面的过程中，圆柱形长柄内空气的吸热； （2）H等于100cm； （3）从外界进入压强为p0的空气7.93×10﹣4m3。 20．【答案】（1）升高后的温度为450K； （2）倒入的水银体积为237.5cm3。 【详解】（1）当左右管中液面相平时，设左管中水银液面下降的高度为h，由几何关系可得：hS1＝（H﹣h）S2， 解得： 开始时，封闭气体的压强为p1＝75cmHg﹣5cmHg＝70cmHg，液面平后封闭气体的压强为p2＝75cmHg 由理想气体状态方程可得：，代入数据解得：； （2）设倒入水银后左管中气体压强为p3，则由玻意耳定律可得：p2（L+h）S1＝p3L′S1 解得： 则倒入的水银的体积为：V＝2cm×10cm2+2cm×15cm2+（87.5﹣75）cm×15cm2＝237.5cm3。 答：（1）升高后的温度为450K； （2）倒入的水银体积为237.5cm3。 21．【答案】（1）气体放出的热量为28J。 （2）大气压强p0为76cmHg。 （3）C管需要调节的高度为1.6cm。 【详解】（1）装置导热性能良好，气体与外界温度始终一致，做等温变化。理想气体的内能仅由温度决定，温度不变则内能变化ΔU＝0。 已知外界对气体做功W＝28J，由热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得Q＝ΔU﹣W＝0﹣28J＝﹣28J，负号表示气体放出热量，所以气体放出的热量为28J。 （2）设容器与玻璃弯管的体积为VA，未放入物体时，由玻意耳定律可得p0（VA+VB）＝（p0+ph1）VA；放入物体后，由玻意耳定律可得p0（VA+VB﹣V0）＝（p0+ph2）（VA﹣V0）。 联立解得大气压强p0＝76cmHg。 （3）整个过程为等容变化，由查理定律可得，解得h3＝23.2cm。 所以C管需要调节的高度Δhcm＝1.6cm。 答：（1）气体放出的热量为28J。 （2）大气压强p0为76cmHg。 （3）C管需要调节的高度为1.6cm。 模型4 变质量问题 22．【答案】（1）氧气瓶从车间运送到工地上，分装前向外界释放的热量为30k； （2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值为； （3）分装了41个氧气袋。 【详解】（1）由题意可知，氧气瓶从车间运送到工地上分装前的过程中，气体发生等容变化，则有：W＝0，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU，由题意可得：ΔU＝k（T2﹣T1）＝k（270﹣300）＝﹣30k，所以分装前向外界释放的热量为：Q＝30k； （2）由题意可知：分装前压强为，体积为V1＝40L，温度为T1＝（273+27）K＝300K，分装后气体的体积为V2，压强为：，温度为：T2＝（273﹣3）K＝270K，由理想气体状态方程可得：，解得：，则分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值为：； （3）设分装了n个氧气袋，在分装的过程中，气体发生了等温变化，由玻意耳定律可得：p2V2＝p3V1+np3V0，代入数据解得：（个）。 答：（1）氧气瓶从车间运送到工地上，分装前向外界释放的热量为30k； （2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值为； （3）分装了41个氧气袋。 23．【答案】（1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积为0.8V0； （2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为4：11。 【详解】（1）假设充入的外部空气的体积为V，根据玻意耳定律可得：p0V0+p0V＝p1V1 由题意可知充入后的压强和体积：p1＝1.5p0，V1＝1.2V0 可得充入的外部空气的体积为：V＝0.8V0 （2）假设放出的气体在p2＝1.2p0时，对应的体积为ΔV，根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2（V2+ΔV） 其中由题意可知：V2＝1.1V0 解得：ΔV＝0.4V0 放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为：Δm：m＝ΔV：V2＝4：11 答：（1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积为0.8V0； （2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为4：11。 24．【答案】（1）充气的次数是28次； （2）气钉枪正常使用时最多能射出55颗钉子。 【详解】（1）充气前，气罐内气体压强为p0，充气后气罐内气体压强为p0，充气过程为等温变化，设充气次数为n次，则有np0ΔV+p0V0＝8p0V0 解得n＝28次 （2）发射第一个钉子时有8p0V0＝p1V0+p1V 其中V＝25mL＝2.5×10﹣2L 可得 发射第二个钉子，有p1V0＝p2V0+p2V 解得 代入数据可得p2 发射第三个钉子，有p2V0＝p3V0+p3V 解得 以此类推，发射第N个钉子，有 若发射N颗钉子后的压强大于4p0，发射N+1颗钉子后的压强小于4p0，根据（）55（）56 可得可以用气钉枪正常射出55个钉子。 答：（1）充气的次数是28次； （2）气钉枪正常使用时最多能射出55颗钉子。 25．【答案】（1）潜水员在海水中下潜的深度为； （2）充气过程中，充入的气体与舱内原有气体的质量比为n﹣1。 【详解】（1）设潜水员下潜的深度为h，则压强为np0＝p0+ρgh 解得： （2）设在相同温度及压强为p0的情况下充入气体的体积为ΔV，根据玻意耳定律可得p0（V+ΔV）＝np0V 充入的气体与舱内原有气体的质量之比 解得： 答：（1）潜水员在海水中下潜的深度为； （2）充气过程中，充入的气体与舱内原有气体的质量比为n﹣1。 26．【答案】（1）打气前，储气罐内气体压强为3.2×106Pa； （2）将滑板车拿到户外使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值为。 【详解】（1）假设打气前储气罐内气体压强是p1，由于温度保持不变，由玻意耳定律可得 p1V0+np0Vp＝p2V0 解得p1＝3.2×106Pa （2）打气后拿到户外罐中气体在温度为T2，设压强为p3时体积为V，由理想气体状态方程可得 放出的气体与刚完成打气时的罐中的气体质量之比 代入数据得 答：（1）打气前，储气罐内气体压强为3.2×106Pa； （2）将滑板车拿到户外使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值为。 27．【答案】（1）每秒吸入的机外空气的体积为7.5m3； （2）状态Ⅱ中气体的温度是27℃； （3）每秒应排出的客舱内空气的体积是4.5m3。 【详解】（1）第一次调节时气体的温度不变，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 其中p1＝0.4p0，V1＝V，p2＝1.2p0，V2＝2.5m3 解得每秒吸入的机外空气的体积为V＝7.5m3 （2）第二次调节压强不变，T1＝（t1+273）K＝（273﹣23）K＝250K，T2＝（t2+273）K，V3＝3m3 由盖—吕萨克定律可得 代入数据可得t2＝27℃ （3）以单位时间压入客舱的气体为研究对象，设每单位时间排出客舱气体体积为V4，则T4＝（273+t4）K＝（273+27）K＝300K，p4＝0.8p0，根据理想气体的状态方程有 解得V4＝4.5m3 答：（1）每秒吸入的机外空气的体积为7.5m3； （2）状态Ⅱ中气体的温度是27℃； （3）每秒应排出的客舱内空气的体积是4.5m3。 28．【答案】（1）此时氧气瓶内的压强228cmHg； （2）此时瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比是40%。 【详解】（1）对封闭的空气柱A，初始时p1＝760cmHg，L1＝8cm，热力学温度为T1 末态时L2＝L1+12cm＝8cm+12cm＝20cm，热力学温度T2T1 设玻璃管的横截面积为S，因此有 解得p2＝228cmHg （2）设氧气瓶的容积为V，设剩下的氧气被压缩到10个标准大气压、热力学温度为T1状态下的体积为V2，则有 解得V2＝0.4V 因此瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比为 答：（1）此时氧气瓶内的压强228cmHg； （2）此时瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比是40%。 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮解答题集训6：理想气体状态方程 模型1 单活塞类问题 1 模型2 双活塞类问题 4 模型3 液柱类问题 7 模型4 变质量问题 10 模型1 单活塞类问题 1．（2026•清原县校级模拟）如图所示，室内有一竖直放置、导热良好的汽缸，其内密封了一定质量的理想气体，该气体被活塞分成A、B两部分。初始时，活塞到汽缸底部的距离为L1＝0.1m，到汽缸顶部的距离为L2＝0.3m，B部分气体的压强为pB＝1×105Pa。已知活塞的质量为m＝2.0kg，横截面积为S＝1×10﹣3m2，取g＝10m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，忽略活塞的厚度，活塞密封性良好，室温保持不变。 （1）求初始时，A部分气体的压强。 （2）若向B部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，求充入的气体在压强为1×105Pa、室温状态下的体积。 2．（2026•抚顺一模）某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝396K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中，气体内能增加了ΔU＝140J，大气压强p0＝0.99×105Pa，重力加速度g取10m/s2，求： （1）气体在状态C时的压强； （2）气体由状态A到状态C的过程中，从外界吸收的热量Q； （3）达到C状态后，由于意外导致容器开始缓慢漏气，漏气过程中容器内温度视为不变，求活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比。 3．（2026•海口模拟）某智能家居公司开发了一种火灾预警系统，该系统能够通过实时监测环境温度的变化来实现火灾预警，其原理如图所示，固定在水平地面上的导热汽缸内，表面涂有导电物质的质量为M、横截面积为S的活塞密封一定质量的理想气体。汽缸内气体的热力学温度为T0，活塞距汽缸底部的高度为h，要求当环境的热力学温度为时报警，不计活塞与汽缸之间的摩擦。外界大气压恒为p0，重力加速度大小为g。 （1）求系统刚好报警时，活塞较常态时上升的距离d； （2）若从常态（汽缸内气体的温度为T0）到系统恰好报警的过程中气体吸收了热量Q，求气体内能的变化量ΔU。 4．（2026•西安三模）如图所示，在玻璃杯中倒入半杯热水，并立即用重为2N玻璃杯盖盖住杯口将杯中气体封住，开始时杯中封闭气体的压强为1×105Pa，封闭气体的温度为37℃，当封闭气体的温度升高至某一温度时，玻璃杯盖刚好被顶起，并跑出一部分气体，跑出一部分气体后杯中气体压强为变为1×105Pa，并再次被玻璃杯盖封住：已知大气压强为1×105Pa，杯口的横截面积为40×10﹣4m2，重力加速度为10m/s2，设跑出气体过程杯中气体温度不变，求： （1）玻璃杯盖刚要被顶起时，杯中气体的温度为多少（结果保留两位小数）； （2）跑出气体的质量占原来杯中封闭气体的质量的百分比为多少（结果保留一位有效数字）。 5．（2025•武功县校级模拟）如图所示，一开口向上的绝热容器被绝热活塞A和挡板B分成体积均为100cm3的两个区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中封闭有温度为300K的理想气体，区域Ⅱ内为真空，容器底部有一电热丝。现向左缓慢抽去挡板B的一部分（未完全抽离），为使活塞A位置不变，需对其施加一沿竖直方向的外力，稳定后外力变为恒力F。已知活塞A的质量m＝1kg，容器横截面面积S＝10cm2，外界大气压，重力加速度g＝10m/s2，不计挡板、活塞与容器之间的摩擦。 （1）求恒力F； （2）气体稳定后接通电热丝使其释放17.83J的热量，观察到活塞A缓慢移动（未脱离容器），待容器内气体稳定后测得此时气体温度为350K，求电热丝加热过程中气体内能的增加量。（结果保留2位有效数字） 6．（2026春•香坊区校级月考）如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，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室的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管（U形管各部分横截面积相同），两侧水银柱高度差为76cm，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，容器放在恒温的环境中，容器中的温度始终和外界保持一致。 （1）此时A室内气体压强是多少？ （2）将阀门K打开，稳定后，A室内气体的体积变为多少？ （3）若打开阀门K稳定后，用外力将活塞C缓慢地拉到容器最左端，则U形管两侧水银的高度差是多少？ 7．（2026春•开福区校级月考）潜水艇中显示下潜深度的装置可简化如下：一根内壁光滑的平底厚玻璃管，开口端向下，侧面标有均匀的刻度线，开口端刻度值为“0”，底端刻度值为“120°。用质量和厚度均不计的活塞封闭开口端，活塞位于“0”处，以某种方式让其缓慢下降到水底，稳定时，活塞位于“40”处。已知大气压p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。全程封闭气体不泄漏且温度不变玻璃管始终竖直。 （1）活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体是“吸热”还是“放热”？ （2）求活塞位于“40”处对应的水深h； （3）将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线是否仍然均匀？请说明理由。 模型2 双活塞类问题 8．（2025•湖南模拟）如图所示，固定在水平地面上的汽缸，左右两侧的横截面积之比为1：2，体积相等，两个厚度不计的活塞用不可伸长的轻杆连接。初始时左活塞静止在左缸的正中央，右活塞静止在右缸的左侧位置，两汽缸Ⅰ、Ⅲ区域分别封闭一定质量的理想气体，左侧气体压强为p0，Ⅱ区域为真空。两汽缸气密性和导热性良好，且外界环境温度恒为T0。现打开左缸下方的充气孔，通过充气机向左缸充入一定量压强也为P0的气体，关闭充气孔一段时间后，发现右活塞恰好静止于右缸正中央。不计一切摩擦，求： （1）充气后活塞稳定时，右侧缸气体的压强； （2）左缸充入气体与原气体的质量之比。 9．（2025•信阳二模）如图甲所示，一水平固定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与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细连接处的距离均为L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量之比为2：1，面积分别为3S、2S，环境温度为T0，重力加速度大小为g，大气压强为p0且保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。 （1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时，求气体温度T及此时细线张力FT； （2）在图乙中，若温度保持T0不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细连接处并保持静止，求稳定后推力FN及活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离x。 10．（2025•湖北开学）如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分的汽缸内有一个质量为3m的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞B，两个活塞之间用一根长为2L的轻杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两个活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为T0，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，假设环境大气压强始终为，求： （1）初始时，缸内气体的压强； （2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，则缸内气体对外做功多少； （3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，则细杆对活塞B的作用力。 11．（2025•全国三模）如图所示，固定在水平桌面上的竖直汽缸横截面积为2S。活塞式打气筒水平放置，横截面积为S，汽缸和打气筒由体积可忽略的细管在底部连通。汽缸及打气筒粗细均匀，内壁光滑，内部各有一轻质活塞a、b将一定质量的理想气体封闭，汽缸底部与活塞a用轻质细弹簧相连。初始时，汽缸及打气筒内封闭气柱的长度均为L，弹簧长度恰好为原长。现用力向左缓慢推动活塞b，直至活塞b向左移动L，活塞a上升L。已知大气压强为p0，汽缸足够长，封闭气体温度保持不变，弹簧始终在弹性限度内。求： （1）最终汽缸内气体的压强； （2）弹簧的劲度系数。 12．（2025•辽宁开学）如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为3L、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA＝2SB＝2S0，汽缸外大气的压强为p0＝1×105Pa，温度为T0＝100K。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气体温度为T1＝500K。现缓慢降温，求： （1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到多少开； （3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。 13．（2025•湖南二模）设计一个测定水深的深度计，导热性能良好的圆柱形汽缸Ⅰ、Ⅱ内径分别为r和2r，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，最初汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体，一细管连通两汽缸，开始时A、B均位于汽缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体。 （1）求此深度计能测的最大深度； （2）若要测量的最大水深h＝25m，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为多少？ 14．（2025春•济南期末）如图所示，竖直放置在水平地面上的封闭容器由横截面积分别为S和2S的两个同轴圆筒形气缸连通而成，每个圆筒形气缸的高度均为2l，O点为中间连接处，容器的下底面B导热，侧面和上底面A及活塞均绝热。整个容器被通过长为2l的刚性轻质细杆连接的小活塞C和大活塞D分隔成三部分，上部分通过阀门K2抽成真空，中间部分打开阀门K1，保持与外界大气连通，下部分封闭压强为2p0的空气，使大活塞D与下底面B之间的距离为l，两活塞的厚度不计，两活塞与气缸内壁间的摩擦忽略不计。现对下部分空气缓慢加热，使大活塞D上升到两气缸的连接处O点，大活塞D与连接处O、小活塞C与上底面A恰好均无接触。已知大气压强为p0，外界温度为T0，重力加速度大小为g，所封闭空气可视为理想气体。求： （1）两活塞的总质量； （2）大活塞D上升到连接片O点时，下部分空气的温度； （3）已知在大活塞D的初始位置上升到连接处O点的过程中，下部分空气吸收的热量为Q，求该过程中下部分空气增加的内能； （4）保持下部分空气加热后的温度不变，将阀门K1和K2用细管（未画出）连接，经过一段时间重新达到平衡，忽略细管内气体的体积，求此时大活塞D与气缸下底面B的距离。 模型3 液柱类问题 15．（2025春•哈尔滨校级期中）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薄壁容器内，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平，细管上端口与大气相通。已知大气压强为p0，细管的横截面积为S，粗管横截面积为4S，水银柱的高度为L，封闭气体的压强为1.2p0，气柱长度为4L，温度为T0。 （1）缓慢的加热封闭气体，当水银柱刚好全部进入细管时，气体的温度为T1，求T1； （2）求气体的温度缓慢由T1变成2T0的过程中气体对外界做的功。 16．（2025秋•浙江月考）洗衣机通过测量竖直圆柱形细管内的压强来实现自动控制进水量。如图所示，细管上端封闭且与压力传感器相连，下端与洗衣缸相通。注水时，细管内被封闭的空气随水面上升逐渐被压缩。细管内空气柱刚被封闭时的长度为L0＝52cm，当空气柱缩短至L＝50cm时，压力传感器启动停止注水程序。封闭空气看作质量不变的理想气体，缓慢注水时气体温度保持不变。大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3。 （1）缓慢注水时，空气柱的内能 　不变　 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； （2）求启动停止注水程序时，两水面的高度差h； （3）为了提高洗涤效果，停止进水后对水缓慢进行加热，空气柱的温度也升高，假设升温过程中空气柱吸收的热量为Q，内能增加ΔU，求此过程水对空气柱做的功W。 17．（2025秋•广州期中）如图所示，某实验小组为测量一个烧瓶的容积，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段液柱封闭气体，大气压强为p0，玻璃管内部横截面积为S，内部封闭气柱的长度为l，温度为T0，用手捂住烧瓶，会观察到液柱缓慢外移，当内部温度变为T1时，内部封闭气柱的长度变为2l，则： （1）容器内空气分子的数密度　变小　 （填“变大”、“变小”或“不变”），容器内空气分子的平均动能　变大　 （填“变大”、“变小”或“不变”）； （2）烧瓶的容积； （3）若过程中气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。 18．（2025•青山湖区校级三模）某同学为估测一葫芦的容积，在葫芦口竖直插入一横截面积S＝0.2cm2的玻璃管，玻璃管与葫芦间的缝隙用橡皮泥密封。管内有一长度l1＝5cm的静止水银柱，水银柱底部到葫芦口的高度h1＝55cm，现用注射器向玻璃管内缓慢加注水银，水银柱长度变为l2＝14cm时，其底部到葫芦口的高度h2＝5cm，已知大气压强p0＝76cmHg，环境温度不变，葫芦导热良好，1cmHg≈1.3×103Pa。 （1）求葫芦的容积； （2）现给葫芦缓慢加热，使水银柱底部到葫芦口的高度重新回到55cm，整个过程未有水银从玻璃管溢出，求加热过程中葫芦内气体对外做的功。 19．（2025春•天河区期末）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0cm2，长度H未知，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝80.0cm2，高度h＝20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度l＝2cm；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103kg/m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 （1）将汲液器竖直提出液面的过程中，分析判断圆柱形长柄内空气的吸放热情况； （2）求H； （3）松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使储液罐（储满液体）中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 20．（2025秋•太原月考）如图所示，竖直放置的U形玻璃管由截面积为S1＝10cm2和截面积为S2＝15cm2的两段玻璃管连接而成，其左管上端封闭，右管上端开口，管内有一段水银柱，左右两管中液面高度差为H＝5cm，右管中水银液面恰好到粗玻璃管下端，左管中封闭的理想气体气柱长为L＝11cm，环境温度为330K，大气压强为75cmHg，现缓慢升高环境温度使左右两管中液面相平，右管足够长，求： （1）升高后的温度； （2）若温度升高后保持不变，再往右管中缓慢倒入水银，使左管中气柱的长变为L′＝12cm，求倒入的水银体积。 21．（2025秋•莱州市校级期中）如图所示，某探究小组设计了一测量大气压的实验装置。容器A上端连有一直管，直管上的阀门K控制气体进出，A的右端与内部气体体积不能忽略的玻璃弯管相连。弯管的下端连接容器B，与容器B下端相连的玻璃直管底部由橡皮管相连，其中右边直管C上端开口，且可以上下移动。测量开始时，打开K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h1＝19cm；随后打开K，放入体积为V0的物体，缓慢调节C使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h2＝20cm。已知V0＝50cm3，容器B体积VB＝250cm3，容器内的气体可视为理想气体，环境温度27℃保持不变。整个装置导热性能良好。忽略橡皮管变化的影响。 （1）放入物体关闭阀门K，左侧水银面从位置1到位置2过程中，外界对气体做功28J，求气体放出的热量Q； （2）求大气压强p0； （3）物体仍置于容器A内，若使该容器内气体的温度缓慢升高，通过缓慢竖直调节C，使左侧水银面仍处于位置2，求温度升高到37℃时，在原先基础上，C管需要调节的高度Δh。 模型4 变质量问题 22．（2026•凉山州模拟）在温度为27℃的车间给容积为40L的氧气瓶充好氧气，测得瓶内压强1.5×106Pa，该瓶氧气内能与温度间的关系为U＝kT（k为常数且已知），把氧气瓶运送到温度为﹣3℃工地上分装给氧气袋，分装多个氧气袋后测得瓶内的压强为1.2×106Pa。若忽略氧气瓶因热胀冷缩造成的容积偏差。取﹣273℃为0K。试求： （1）氧气瓶从车间运送到工地上，分装前向外界释放的热量； （2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值； （3）设分装前的氧气袋内无气体，分装后每个氧气袋的容积为10L，压强为1.2×105Pa，则分装了多少个氧气袋？ 23．（2026•衡水校级模拟）如图所示，是一种血压计的气路系统，血压计未工作时，气路系统内部封闭一定质量的空气，其压强为p0，体积为V0，血压计工作时，气泵工作，向气路系统充入压强为p0的空气，气路系统体积膨胀，当气路系统的压强达到1.5p0时，气路系统内的空气体积变为1.2V0，然后打开机械阀放出部分空气后，气路系统的压强变为1.2p0时，气路系统内的空气体积变为1.1V0，已知外界大气压强为p0，假定气路系统气体可视为理想气体，空气的温度不发生变化且与外界相通。 （1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积； （2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比。 24．（2025秋•赣州期末）气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力。户外作业时无法通电导致气泵无法工作，于是小敏同学利用气钉枪和饮料瓶自制了一个简易气钉枪装置，如图甲所示。图乙是气钉枪发射装置的示意图，汽缸通过细管与饮料瓶相连。射钉时打开开关，饮料瓶向汽缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。饮料瓶的容积V0＝2L，汽缸的有效容积V＝25mL，气钉枪正常使用时饮料瓶内气体的压强范围为4p0～8p0，p0为大气压强。假设所有过程气体温度恒定，气体可看成理想气体，细管内的气体可以忽略，且饮料瓶容积不变。 （1）用打气筒通过单向气嘴向饮料瓶内充气，充气前瓶内的气体压强为p0，每次充气都能将压强为p0、体积为ΔV＝0.5L的气体充入饮料瓶内，充气后瓶内气体压强为8p0，求充气的次数； （2）若充气后瓶内气体压强为8p0，求气钉枪正常使用时最多能射出多少颗钉子。【提示：（）55（）56】 25．（2025秋•运城期末）完成深海作业后，潜水员会被立即送入一个圆柱形的金属舱体——减压舱。某次潜水员进入减压舱后，减压舱内气体的体积为V0、压强等于外界大气压强p0，工作人员立即封闭减压舱并给舱内充气，直到舱内气体的压强与潜水员下潜深度相适配的np0。之后，再缓慢释放气体，最终恢复常压环境。已知重力加速度为g，海水的密度为ρ，不考虑舱内气体温度的变化，求： （1）潜水员在海水中下潜的深度； （2）充气过程中，充入的气体与舱内原有气体的质量比。 26．（2025秋•乐平市校级期末）小明的电动滑板车采用一种创新的“空气动力巡航”技术。其核心是一个导热良好的高压储气罐（V0＝1.5L）和一个微型气动马达，使用时气动马达不断将气罐内的气体排出，利用反冲获得动力。使用前，他先在车库（T1＝280K）用电动气泵给储气罐充气，气泵每次工作，会将VP＝0.1L、压强为p0＝1.0×105Pa的环境空气打入储气罐中，不考虑由于做功引起的气体温度的变化。 （1）打气120次后，压强表显示储气罐内压强为p2＝4.0×106Pa，求打气前，储气罐内气体压强； （2）在完成120次打气后，将滑板车拿到户外（T2＝300K）使用，当储气罐压强降至p3＝1.5×106Pa时，气动马达提供的动力开始不足，求放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值。 27．（2025•广东学业考试）某大型客机在空中某一高度飞行时，机外温度为﹣23℃，气压为0.4p0。引气系统每秒从机外吸入一定体积的气体（可视为理想气体），先将其调至压强为1.2p0，体积为2.5m3，温度为t1＝﹣23℃的状态Ⅰ，再保持压强不变，将其调至体积为3m3、温度为t2的状态Ⅱ，最后将其全部注入压强为0.8p0，温度为27℃的客舱。 （1）求每秒吸入的机外空气的体积V； （2）求状态Ⅱ中气体的温度t2； （3）客舱内气体稳定为0.8p0，27℃，求每秒应排出的客舱内空气的体积。 28．（2025春•长安区校级期末）医院用的氧气瓶（导热性良好）如图所示，氧气瓶通过细管和右边封闭的均匀玻璃直管（导热性良好，且其容积相对氧气瓶的容积可以忽略不计）相连，玻璃直管内用一很薄的水银片（质量和厚度不计）在玻璃管下方封闭了一段空气柱A，开始时瓶内氧气的压强为10个标准大气压，封闭的空气柱A的长度为8cm，随着氧气的使用，一段时间后发现水银片上升了12cm（未到达玻璃管顶部），使用过程中环境的热力学温度变成了原来的，已知一个标准大气压为76cmHg，氧气与空气均视为理想气体。求： （1）此时氧气瓶内的压强； （2）此时瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比。 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮解答题集训6：理想气体状态方程 模型1 单活塞类问题 1 模型2 双活塞类问题 7 模型3 液柱类问题 15 模型4 变质量问题 21 模型1 单活塞类问题 1．（2026•清原县校级模拟）如图所示，室内有一竖直放置、导热良好的汽缸，其内密封了一定质量的理想气体，该气体被活塞分成A、B两部分。初始时，活塞到汽缸底部的距离为L1＝0.1m，到汽缸顶部的距离为L2＝0.3m，B部分气体的压强为pB＝1×105Pa。已知活塞的质量为m＝2.0kg，横截面积为S＝1×10﹣3m2，取g＝10m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，忽略活塞的厚度，活塞密封性良好，室温保持不变。 （1）求初始时，A部分气体的压强。 （2）若向B部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，求充入的气体在压强为1×105Pa、室温状态下的体积。 【答案】（1）初始时，A部分气体的压强为8×104Pa。 （2）若向B部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，充入的气体在压强为1×105Pa、室温状态下的体积为1.8×10﹣4m3。 【详解】（1）初始时，活塞受力平衡，有pAS+mg＝PBS 解得 （2）活塞上升到汽缸的中间位置，活塞到汽缸底部的距离变为L1′＝0.2m，到汽缸顶部的距离为L2′＝0.2m A部分气体做等温变化，由玻意耳定律有pAL2S＝pA′L2′S 解得 根据活塞受力平衡有pA′S+mg＝pB′S 解得 设充入的气体在压强为 室温状态下的体积为V，则根据理想气体状态方程可知pBV+pBL1S＝pB′L1′S 解得V＝1.8×10﹣4m3 答：（1）初始时，A部分气体的压强为8×104Pa。 （2）若向B部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，充入的气体在压强为1×105Pa、室温状态下的体积为1.8×10﹣4m3。 2．（2026•抚顺一模）某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝396K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中，气体内能增加了ΔU＝140J，大气压强p0＝0.99×105Pa，重力加速度g取10m/s2，求： （1）气体在状态C时的压强； （2）气体由状态A到状态C的过程中，从外界吸收的热量Q； （3）达到C状态后，由于意外导致容器开始缓慢漏气，漏气过程中容器内温度视为不变，求活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比。 【答案】（1）气体在状态C时的压强为1.2×105Pa； （2）气体由状态A到状态C的过程中，从外界吸收的热量为170J； （3）活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比为1：5。 【详解】（1）气体在状态A时，对活塞，由平衡条件可得：pAS＝p0S+mg，解得： 气体由状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可得：，代入数据解得：TB＝330K 气体由状态B到状态C的过程中，气体发生等容变化，由查理定律可得：，代入数据可得：； （2）气体从状态A到状态C的过程中，外界对气体所做的功为：，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU﹣W＝140J+30J＝170J； （3）活塞与卡口刚要分离时气体的压强为：，由（1）可知：，由玻意耳定律可得：pV＝pCVC，代入数据解得：，则漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比为：。 答：（1）气体在状态C时的压强为1.2×105Pa； （2）气体由状态A到状态C的过程中，从外界吸收的热量为170J； （3）活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比为1：5。 3．（2026•海口模拟）某智能家居公司开发了一种火灾预警系统，该系统能够通过实时监测环境温度的变化来实现火灾预警，其原理如图所示，固定在水平地面上的导热汽缸内，表面涂有导电物质的质量为M、横截面积为S的活塞密封一定质量的理想气体。汽缸内气体的热力学温度为T0，活塞距汽缸底部的高度为h，要求当环境的热力学温度为时报警，不计活塞与汽缸之间的摩擦。外界大气压恒为p0，重力加速度大小为g。 （1）求系统刚好报警时，活塞较常态时上升的距离d； （2）若从常态（汽缸内气体的温度为T0）到系统恰好报警的过程中气体吸收了热量Q，求气体内能的变化量ΔU。 【答案】（1）系统刚好报警时，活塞较常态时上升的距离为； （2）若从常态（汽缸内气体的温度为T0）到系统恰好报警的过程中气体吸收了热量Q，则气体内能的变化量为。 【详解】（1）活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，由盖—吕萨克定律可得： 解得：； （2）该过程可视为等压变化过程，活塞受力平衡，有：p1S＝p0S+Mg 外界对气体做的功为：W＝﹣p1Sd 解得： 由热力学第一定律有：ΔU＝W+Q 解得：。 答：（1）系统刚好报警时，活塞较常态时上升的距离为； （2）若从常态（汽缸内气体的温度为T0）到系统恰好报警的过程中气体吸收了热量Q，则气体内能的变化量为。 4．（2026•西安三模）如图所示，在玻璃杯中倒入半杯热水，并立即用重为2N玻璃杯盖盖住杯口将杯中气体封住，开始时杯中封闭气体的压强为1×105Pa，封闭气体的温度为37℃，当封闭气体的温度升高至某一温度时，玻璃杯盖刚好被顶起，并跑出一部分气体，跑出一部分气体后杯中气体压强为变为1×105Pa，并再次被玻璃杯盖封住：已知大气压强为1×105Pa，杯口的横截面积为40×10﹣4m2，重力加速度为10m/s2，设跑出气体过程杯中气体温度不变，求： （1）玻璃杯盖刚要被顶起时，杯中气体的温度为多少（结果保留两位小数）； （2）跑出气体的质量占原来杯中封闭气体的质量的百分比为多少（结果保留一位有效数字）。 【答案】（1）玻璃杯盖刚要被顶起时，杯中气体的温度为311.55K； （2）跑出气体的质量占原来杯中封闭气体的质量的百分比为0.5%。 【详解】（1）设杯盖刚要被顶起时气体的压强为p，对杯盖pS＝p0S+G 代入数据可得p＝1.005×105Pa 气体发生等容变化，则 代入数据可得T＝311.55K （2）设开始时气体的体积为V，温度升高到T时由p变成p0后的总体积为V′，则pV＝p0V′ 跑出的气体的质量与原来杯中的质量之比%100% 联立解得%＝0.5% 答：（1）玻璃杯盖刚要被顶起时，杯中气体的温度为311.55K； （2）跑出气体的质量占原来杯中封闭气体的质量的百分比为0.5%。 5．（2025•武功县校级模拟）如图所示，一开口向上的绝热容器被绝热活塞A和挡板B分成体积均为100cm3的两个区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中封闭有温度为300K的理想气体，区域Ⅱ内为真空，容器底部有一电热丝。现向左缓慢抽去挡板B的一部分（未完全抽离），为使活塞A位置不变，需对其施加一沿竖直方向的外力，稳定后外力变为恒力F。已知活塞A的质量m＝1kg，容器横截面面积S＝10cm2，外界大气压，重力加速度g＝10m/s2，不计挡板、活塞与容器之间的摩擦。 （1）求恒力F； （2）气体稳定后接通电热丝使其释放17.83J的热量，观察到活塞A缓慢移动（未脱离容器），待容器内气体稳定后测得此时气体温度为350K，求电热丝加热过程中气体内能的增加量。（结果保留2位有效数字） 【答案】（1）恒力的东西为55N，方向竖直向上； （2）电热丝加热过程中气体内能的增加量为16J。 【详解】（1）设刚开始区域Ⅰ气体压强为p1，抽去挡板B后，气体压强为p2，容器内理想气体不做功且不发生热传递，故该过程发生等温变化。对该过程根据玻意耳定律有：p1V＝p2V′，其中：V′＝2V 对抽去挡板B前的活塞A进行受力分析，根据平衡条件可得：p1S＝p0S+mg 对抽去挡板B后的活塞A进行受力分析，由平衡条件可得：mg+p0S＝p2S+F 联立代入数据解得：F＝55N，方向竖直向上，，； （2）接通电热丝后观察到活塞A缓慢移动且不计摩擦，可知该过程发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：，解得：，该过程中理想气体对外界做的功，则有：，根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q+W，解得：ΔU＝Q+W＝17.83J﹣1.82J＝16J。 答：（1）恒力的东西为55N，方向竖直向上； （2）电热丝加热过程中气体内能的增加量为16J。 6．（2026春•香坊区校级月考）如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，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室的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管（U形管各部分横截面积相同），两侧水银柱高度差为76cm，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，容器放在恒温的环境中，容器中的温度始终和外界保持一致。 （1）此时A室内气体压强是多少？ （2）将阀门K打开，稳定后，A室内气体的体积变为多少？ （3）若打开阀门K稳定后，用外力将活塞C缓慢地拉到容器最左端，则U形管两侧水银的高度差是多少？ 【答案】（1）此时A室内气体压强是152cmHg； （2）将阀门K打开，稳定后，A室内气体的体积变为； （3）若打开阀门K稳定后，用外力将活塞C缓慢地拉到容器最左端，则U形管两侧水银的高度差是38cm。 【详解】（1）已知外界大气压为p0＝76cmHg，U 形管两侧水银柱高度差为h＝76cm，且A室一侧水银柱更高，根据液面平衡可知，A室气体压强pA满足：pA＝p0+ph，代入数据解得：pA＝p0+ph＝76cmHg+76cmHg＝152cmHg； （2）初始状态：pA＝152cmHg，设A室初始体积为VA，由题意，B室体积是A室的3倍，即有：VB＝3VA，且V0＝VA+VB＝4VA，故；末状态：阀门K打开，B室与大气相通，B室压强为p0；活塞光滑导热，A、B室内气体的压强最终相等，即有：pA′＝p0＝76cmHg，设末态A室体积为VA′，由玻意耳定律可得：pAVA＝pA′VA′，代入数据解得：； （3）由题意可知，活塞C缓慢地拉到容器最左端时气体的体积为VA″＝V0，设此时气体的压强为pA″，对气体，由玻意耳定律可得：pAVA＝pA″VA″，代入数据解得：，则由同一液面压强相等可得：pΔh＝p0+pA″，解得：pΔh＝p0﹣pA″＝76cmHg﹣38cmHg＝38cmHg，由此可知U形管两侧水银的高度差为：Δh＝38cm。 答：（1）此时A室内气体压强是152cmHg； （2）将阀门K打开，稳定后，A室内气体的体积变为； （3）若打开阀门K稳定后，用外力将活塞C缓慢地拉到容器最左端，则U形管两侧水银的高度差是38cm。 7．（2026春•开福区校级月考）潜水艇中显示下潜深度的装置可简化如下：一根内壁光滑的平底厚玻璃管，开口端向下，侧面标有均匀的刻度线，开口端刻度值为“0”，底端刻度值为“120°。用质量和厚度均不计的活塞封闭开口端，活塞位于“0”处，以某种方式让其缓慢下降到水底，稳定时，活塞位于“40”处。已知大气压p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。全程封闭气体不泄漏且温度不变玻璃管始终竖直。 （1）活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体是“吸热”还是“放热”？ （2）求活塞位于“40”处对应的水深h； （3）将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线是否仍然均匀？请说明理由。 【答案】（1）活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体是放热的； （2）活塞位于“40”处对应的水深为5m； （3）不均匀，理由见解析。 【详解】（1）由题意可知，活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，气体温度不变，可知内能不变，则有：ΔU＝0，又体积减小，可知外界对气体做功，则有：W＞0，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＜0，可知玻璃管中的气体放出热量； （2）对活塞封闭的温度不变气体，由玻意耳定律可得：p0SL＝p1S（L﹣x），其中：L＝120mm，x＝40mm，又因为p1＝p0+ρgh，联立代入数据解得：h＝5m； （3）不均匀。理由：对气体，由玻意耳定律可得：p0SL＝p1S（L﹣x），又，p1＝p0+ρgh，联立解得：，由此可知x与h不成正比，故将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线不均匀。 答：（1）活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体是放热的； （2）活塞位于“40”处对应的水深为5m； （3）不均匀，理由见解析。 模型2 双活塞类问题 8．（2025•湖南模拟）如图所示，固定在水平地面上的汽缸，左右两侧的横截面积之比为1：2，体积相等，两个厚度不计的活塞用不可伸长的轻杆连接。初始时左活塞静止在左缸的正中央，右活塞静止在右缸的左侧位置，两汽缸Ⅰ、Ⅲ区域分别封闭一定质量的理想气体，左侧气体压强为p0，Ⅱ区域为真空。两汽缸气密性和导热性良好，且外界环境温度恒为T0。现打开左缸下方的充气孔，通过充气机向左缸充入一定量压强也为P0的气体，关闭充气孔一段时间后，发现右活塞恰好静止于右缸正中央。不计一切摩擦，求： （1）充气后活塞稳定时，右侧缸气体的压强； （2）左缸充入气体与原气体的质量之比。 【答案】（1）充气后活塞稳定时，右侧缸气体的压强为； （2）左缸充入气体与原气体的质量之比为。 【详解】（1）两汽缸体积相同，设横截面积分别为S、2S，长度为2L、L，右缸气体初始压强为p2对两活塞组成的整体由受力平衡可知p0S＝p2•2S 解得右缸气体初始压强为p2设充气后设左右两缸气体压强分别为p3、p4对右缸气体由玻意耳定律可知解得p4 （2）两活塞再次平衡时有p3S＝p4•2S解得对左缸气体 解得 在温度、压强相同的情况下，气体的质量与其体积成正比， 所以左缸充入的气体质量与原气体质量的比值为 答：（1）充气后活塞稳定时，右侧缸气体的压强为； （2）左缸充入气体与原气体的质量之比为。 9．（2025•信阳二模）如图甲所示，一水平固定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与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细连接处的距离均为L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量之比为2：1，面积分别为3S、2S，环境温度为T0，重力加速度大小为g，大气压强为p0且保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。 （1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时，求气体温度T及此时细线张力FT； （2）在图乙中，若温度保持T0不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细连接处并保持静止，求稳定后推力FN及活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离x。 【答案】（1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； （2）稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。 【详解】（1）图甲中，汽缸中气体压强等于大气压p0；图乙中，设汽缸中气体压强为p1，由玻意耳定律有：P0×6SL＝p1×5SL 解得： 缓慢升高环境温度，气体做等压变化，由盖吕萨克定律有 解得： 设活塞质量分别为2m、m，汽缸竖立稳定时，对活塞I列力的平衡方程： p0×3S+2mg+FT＝p1×3S 对活塞Ⅱ列力的平衡方程： p1×2S+mg＝p0×2S+FT 联立解得： （2）若温度保持T0不变，活塞Ⅱ再次回到汽缸连接处，假设细线处于松弛状态，设汽缸中气体的压强为p，从汽缸平放到该状态，由玻意耳定律可知： p0×6SL＝p2×3Sx 对活塞I有 p0×3S+2mg＝p2×3S 对活塞Ⅱ，有 p2×2S+mg＝p0×2S+FN 解得： 因为，所以假设成立。 答：（1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； （2）稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。 10．（2025•湖北开学）如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分的汽缸内有一个质量为3m的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞B，两个活塞之间用一根长为2L的轻杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两个活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为T0，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，假设环境大气压强始终为，求： （1）初始时，缸内气体的压强； （2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，则缸内气体对外做功多少； （3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，则细杆对活塞B的作用力。 【答案】（1）初始时，缸内气体的压强为； （2）缸内气体对外做的功为4mgL； （3）细杆对活塞B的作用力的大小为5mg，方向竖直向下。 【详解】（1）设初始状态时缸内气体的压强为p，由题意可知大气压强为。 对两活塞组成的整体，由平衡条件可得：p0•2S+5mg+pS＝p0S+p•2S 解得：； （2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可得： 解得： 气缸内气体对外所做的功为：； （3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到T1，气体发生等压变化，活塞A刚好到达气缸粗细部分交接处，由盖—吕萨克定律可得： ，解得： 此后气体发生等容变化，由查理定律可得： ，解得： 对活塞B，由平衡条件可得：p1S+2mg＝p0S+F 解得：，方向竖直向下。 答：（1）初始时，缸内气体的压强为； （2）缸内气体对外做的功为4mgL； （3）细杆对活塞B的作用力的大小为5mg，方向竖直向下。 11．（2025•全国三模）如图所示，固定在水平桌面上的竖直汽缸横截面积为2S。活塞式打气筒水平放置，横截面积为S，汽缸和打气筒由体积可忽略的细管在底部连通。汽缸及打气筒粗细均匀，内壁光滑，内部各有一轻质活塞a、b将一定质量的理想气体封闭，汽缸底部与活塞a用轻质细弹簧相连。初始时，汽缸及打气筒内封闭气柱的长度均为L，弹簧长度恰好为原长。现用力向左缓慢推动活塞b，直至活塞b向左移动L，活塞a上升L。已知大气压强为p0，汽缸足够长，封闭气体温度保持不变，弹簧始终在弹性限度内。求： （1）最终汽缸内气体的压强； （2）弹簧的劲度系数。 【答案】（1）最终汽缸内气体的压强为； （2）弹簧的劲度系数为。 【详解】（1）封闭的气体的初态压强p1＝p0 体积V1＝2SL+SL＝3SL 设末态压强p2，体积 根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2 解得 （2）稳定后，对活塞a受力分析，有 解得 答：（1）最终汽缸内气体的压强为； （2）弹簧的劲度系数为。 12．（2025•辽宁开学）如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为3L、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA＝2SB＝2S0，汽缸外大气的压强为p0＝1×105Pa，温度为T0＝100K。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气体温度为T1＝500K。现缓慢降温，求： （1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到多少开； （3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。 【答案】（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移为L； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到300K； （3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度为2L。 【详解】（1）由题意可知，缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，所以弹簧不发生形变，气体发生等压变化，设活塞A、B一起向右移动的位移为x，对气体，初始状态时有：V1＝2S0•2L+S0L＝5S0L，T1＝500K，末状态时有：V2＝2S0•（2L﹣x）+S0（L+x）＝5S0L﹣LS0，T2＝400K，由盖﹣吕萨克定律可得：，代入数据解得：x＝L＜2L，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为L； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，则有：V3＝S0•3L＝3S0L 由盖﹣吕萨克定律可得，解得：； （3）当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时由于T3＝300K＞T0＝100K，所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，则有：p4S0+k•Δx＝p0S0 初状态：p3＝p0，V3＝3S0L，T3＝300K 末状态：V4＝S0（3L﹣Δx），T4＝100K 根据理想气体状态方程可得： 代入数据解得：Δx1＝L，Δx2＝4L（舍） 所以弹簧长度为：x＝3L﹣Δx1＝3L﹣L＝2L。 答：（1）缸内气体的温度降低至400K时，活塞移动的位移为L； （2）活塞A刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到300K； （3）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度为2L。 13．（2025•湖南二模）设计一个测定水深的深度计，导热性能良好的圆柱形汽缸Ⅰ、Ⅱ内径分别为r和2r，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，最初汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体，一细管连通两汽缸，开始时A、B均位于汽缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体。 （1）求此深度计能测的最大深度； （2）若要测量的最大水深h＝25m，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为多少？ 【答案】（1）此深度计能测的最大深度为22.5m； （2）若要测量的最大水深h＝25m，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为2p0。 【详解】（1）由题意可知，当活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧的气体，由玻意耳定律可得： 对活塞B右侧的气体，由玻意耳定律可得： 联立解得：， 则水产生的压强为： 由于p0相当于10m高的水产生的压强，由此可知此深度计能测的最大深度为：； （2）若要测量最大深度为h＝25m，由题意可知，该深度对应的压强为2.5p0，此时活塞A恰好到达气缸Ⅰ区右侧，气体的压强为：p3﹣p0＝2.5p0 令置于水中之前，气缸Ⅰ内通过A所封气体的压强为p，对活塞B左侧的气体，由玻意耳定律可得： 对活塞B右侧的气体，由玻意耳定律可得： 联立解得：p＝2p0。 答：（1）此深度计能测的最大深度为22.5m； （2）若要测量的最大水深h＝25m，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强应改为2p0。 14．（2025春•济南期末）如图所示，竖直放置在水平地面上的封闭容器由横截面积分别为S和2S的两个同轴圆筒形气缸连通而成，每个圆筒形气缸的高度均为2l，O点为中间连接处，容器的下底面B导热，侧面和上底面A及活塞均绝热。整个容器被通过长为2l的刚性轻质细杆连接的小活塞C和大活塞D分隔成三部分，上部分通过阀门K2抽成真空，中间部分打开阀门K1，保持与外界大气连通，下部分封闭压强为2p0的空气，使大活塞D与下底面B之间的距离为l，两活塞的厚度不计，两活塞与气缸内壁间的摩擦忽略不计。现对下部分空气缓慢加热，使大活塞D上升到两气缸的连接处O点，大活塞D与连接处O、小活塞C与上底面A恰好均无接触。已知大气压强为p0，外界温度为T0，重力加速度大小为g，所封闭空气可视为理想气体。求： （1）两活塞的总质量； （2）大活塞D上升到连接片O点时，下部分空气的温度； （3）已知在大活塞D的初始位置上升到连接处O点的过程中，下部分空气吸收的热量为Q，求该过程中下部分空气增加的内能； （4）保持下部分空气加热后的温度不变，将阀门K1和K2用细管（未画出）连接，经过一段时间重新达到平衡，忽略细管内气体的体积，求此时大活塞D与气缸下底面B的距离。 【答案】（1）两活塞的总质量为； （2）下部分空气的温度为2T0； （3）该过程中下部分空气增加的内能为Q﹣4p0Sl； （4）此时大活塞D与气缸下底面B的距离为。 【详解】（1）对两活塞组成的整体，由平衡条件可得：mg+p0•2S＝p0S+2p0•2S，解得：； （2）由题意可知，大活塞上升到连接片O点的过程中，下部分气体的压强不变，对下部分气体，由盖—吕萨克定律可得：，解得：T＝2T0； （3）下部分气体体积增大，则外界对下部分气体所做的功为：W＝﹣2p0•2Sl＝﹣2p0Sl，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q+W，解得：ΔU＝Q+W＝Q﹣4p0Sl； （4）由题意可知，将阀门K1和K2用细管连接平衡后，上部分和下部分气体的温度保持不变，对这两部分，由玻意耳定律可得：p0•2Sl＝p1[2Sl+（2l﹣h）×2S] 对下部分气体，由玻意耳定律可得：2p0•2S•2l＝p2•2Sh 对活塞整体，由平衡条件可得：mg+p1•2s＝p2•2S 联立解得：。 答：（1）两活塞的总质量为； （2）下部分空气的温度为2T0； （3）该过程中下部分空气增加的内能为Q﹣4p0Sl； （4）此时大活塞D与气缸下底面B的距离为。 模型3 液柱类问题 15．（2025春•哈尔滨校级期中）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薄壁容器内，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平，细管上端口与大气相通。已知大气压强为p0，细管的横截面积为S，粗管横截面积为4S，水银柱的高度为L，封闭气体的压强为1.2p0，气柱长度为4L，温度为T0。 （1）缓慢的加热封闭气体，当水银柱刚好全部进入细管时，气体的温度为T1，求T1； （2）求气体的温度缓慢由T1变成2T0的过程中气体对外界做的功。 【答案】（1）气体的温度T1为； （2）气体对外界做的功为2.4p0LS。 【详解】（1）根据题意可知，水银柱全部在粗管中，上下长度为L，水银柱对应的压强为：Δp＝1.2p0﹣p0＝0.2p0，当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的上下长度为4L，则水银柱对应的压强为：0.8p0，由理想气体状态方程可得：，其中：p1＝1.2p0，p2＝1.8p0，V1＝4SL，V2＝5SL，代入数据解得：； （2）气体的温度缓慢由T1变成2T0的过程中气体经历等压变化，设气体体积的增加量为ΔV，气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律可得：，又有：ΔV＝V3﹣V2，联立代入数据解得： 根据功的定义可得气体对外界做的功为：。 答：（1）气体的温度T1为； （2）气体对外界做的功为2.4p0LS。 16．（2025秋•浙江月考）洗衣机通过测量竖直圆柱形细管内的压强来实现自动控制进水量。如图所示，细管上端封闭且与压力传感器相连，下端与洗衣缸相通。注水时，细管内被封闭的空气随水面上升逐渐被压缩。细管内空气柱刚被封闭时的长度为L0＝52cm，当空气柱缩短至L＝50cm时，压力传感器启动停止注水程序。封闭空气看作质量不变的理想气体，缓慢注水时气体温度保持不变。大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3。 （1）缓慢注水时，空气柱的内能 　不变　 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； （2）求启动停止注水程序时，两水面的高度差h； （3）为了提高洗涤效果，停止进水后对水缓慢进行加热，空气柱的温度也升高，假设升温过程中空气柱吸收的热量为Q，内能增加ΔU，求此过程水对空气柱做的功W。 【答案】（1）不变； （2）启动停止注水程序时，两水面的高度差为0.4m； （3）此过程水对空气柱做的功ΔU﹣Q。 【详解】（1）由题意可知，气体看成是理想气体，缓慢注水时气体温度保持不变，理想气体的内能只与温度有关，则在温度不变时，气体的内能不变； （2）注水的过程中，气体发生了等温变化，设细管的横截面积为S，则有：V0＝SL0，注水后，气体的压强为p1，体积为V1＝SL，由玻意耳定律可得：p0V0＝p1V1 注水后，气体的压强为：p1＝ρgh+p0 联立代入数据解得：h＝0.4m； （3）由热力学第一定律可得：ΔU＝Q+W，解得：W＝ΔU﹣Q。 故答案为：（1）不变； （2）启动停止注水程序时，两水面的高度差为0.4m； （3）此过程水对空气柱做的功ΔU﹣Q。 17．（2025秋•广州期中）如图所示，某实验小组为测量一个烧瓶的容积，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段液柱封闭气体，大气压强为p0，玻璃管内部横截面积为S，内部封闭气柱的长度为l，温度为T0，用手捂住烧瓶，会观察到液柱缓慢外移，当内部温度变为T1时，内部封闭气柱的长度变为2l，则： （1）容器内空气分子的数密度　变小　 （填“变大”、“变小”或“不变”），容器内空气分子的平均动能　变大　 （填“变大”、“变小”或“不变”）； （2）烧瓶的容积； （3）若过程中气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。 【答案】（1）变小；变大； （2）烧瓶的容积为； （3）若过程中气体吸收的热量为Q，气体内能的变化为Q﹣p0Sl。 【详解】（1）由题意可知，用手捂住烧瓶后容器内空气的温度升高，则气体分子的平均动能增大，由于气体的体积增大，则空气的分子数密度变小； （2）设容器的容积为V，初状态时，温度为：T0，体积为：V1＝V+Sl，末状态时有：温度为：T1，体积为：V2＝V+2Sl，气体发生等压变化，由盖−吕萨克定律可得：，即有：，解得：； （3）由题意可知，在整个过程中，气体的体积增大，外界对气体所做的功为：W＝﹣p0•ΔV＝﹣p0Sl，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，代入数据解得：ΔU＝Q+W＝Q﹣p0Sl。 故答案为：（1）变小；变大； （2）烧瓶的容积为； （3）若过程中气体吸收的热量为Q，气体内能的变化为Q﹣p0Sl。 18．（2025•青山湖区校级三模）某同学为估测一葫芦的容积，在葫芦口竖直插入一横截面积S＝0.2cm2的玻璃管，玻璃管与葫芦间的缝隙用橡皮泥密封。管内有一长度l1＝5cm的静止水银柱，水银柱底部到葫芦口的高度h1＝55cm，现用注射器向玻璃管内缓慢加注水银，水银柱长度变为l2＝14cm时，其底部到葫芦口的高度h2＝5cm，已知大气压强p0＝76cmHg，环境温度不变，葫芦导热良好，1cmHg≈1.3×103Pa。 （1）求葫芦的容积； （2）现给葫芦缓慢加热，使水银柱底部到葫芦口的高度重新回到55cm，整个过程未有水银从玻璃管溢出，求加热过程中葫芦内气体对外做的功。 【答案】（1）葫芦的容积为89cm3； （2）加热过程中葫芦内气体对外做的功为1.17J。 【详解】（1）设葫芦的容积为V，以葫芦和玻璃管内封闭的气体为研究对象，该过程中气体温度不变，发生等温变化。 在初始状态，压强为p1＝81cmHg，气体体积为：，末状态，压强为p2＝76cmHg+14cmHg＝90cmHg，体积为：，由玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，代入数据解得：V＝89cm3； （2）给葫芦缓慢加热，使水银柱底部到葫芦口的高度重新回到55cm，此过程中气体压强不变，为p2＝90cmHg，外界对气体所，所以葫芦内气体对外做的功为1.17J。 答：（1）葫芦的容积为89cm3； （2）加热过程中葫芦内气体对外做的功为1.17J。 19．（2025春•天河区期末）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0cm2，长度H未知，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝80.0cm2，高度h＝20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度l＝2cm；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103kg/m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 （1）将汲液器竖直提出液面的过程中，分析判断圆柱形长柄内空气的吸放热情况； （2）求H； （3）松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使储液罐（储满液体）中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 【答案】（1）将汲液器竖直提出液面的过程中，圆柱形长柄内空气的吸热； （2）H等于100cm； （3）从外界进入压强为p0的空气7.93×10﹣4m3。 【详解】（1）空气经历等温变化，内能不变（即ΔU＝0），膨胀过程对外做功（W＜0），根据热力学第一定律ΔU ＝W+Q可知，Q＞0。即空气从外界吸热。 （2）缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，空气发生等温变化，可得p1（H﹣l）S1＝ p2HS 又因为p1＝p0，p2+ρgh＝p0 联立解得H＝100cm （3）设末状态的压强为p3，可得p3+ρg•p0 新进入空气在压强为p3情况下体积为V1，可得p0V＝p3V1 原有空气 综合以上两式可得 联立解得V＝7.93×10﹣4m3 答：（1）将汲液器竖直提出液面的过程中，圆柱形长柄内空气的吸热； （2）H等于100cm； （3）从外界进入压强为p0的空气7.93×10﹣4m3。 20．（2025秋•太原月考）如图所示，竖直放置的U形玻璃管由截面积为S1＝10cm2和截面积为S2＝15cm2的两段玻璃管连接而成，其左管上端封闭，右管上端开口，管内有一段水银柱，左右两管中液面高度差为H＝5cm，右管中水银液面恰好到粗玻璃管下端，左管中封闭的理想气体气柱长为L＝11cm，环境温度为330K，大气压强为75cmHg，现缓慢升高环境温度使左右两管中液面相平，右管足够长，求： （1）升高后的温度； （2）若温度升高后保持不变，再往右管中缓慢倒入水银，使左管中气柱的长变为L′＝12cm，求倒入的水银体积。 【答案】（1）升高后的温度为450K； （2）倒入的水银体积为237.5cm3。 【详解】（1）当左右管中液面相平时，设左管中水银液面下降的高度为h，由几何关系可得：hS1＝（H﹣h）S2， 解得： 开始时，封闭气体的压强为p1＝75cmHg﹣5cmHg＝70cmHg，液面平后封闭气体的压强为p2＝75cmHg 由理想气体状态方程可得：，代入数据解得：； （2）设倒入水银后左管中气体压强为p3，则由玻意耳定律可得：p2（L+h）S1＝p3L′S1 解得： 则倒入的水银的体积为：V＝2cm×10cm2+2cm×15cm2+（87.5﹣75）cm×15cm2＝237.5cm3。 答：（1）升高后的温度为450K； （2）倒入的水银体积为237.5cm3。 21．（2025秋•莱州市校级期中）如图所示，某探究小组设计了一测量大气压的实验装置。容器A上端连有一直管，直管上的阀门K控制气体进出，A的右端与内部气体体积不能忽略的玻璃弯管相连。弯管的下端连接容器B，与容器B下端相连的玻璃直管底部由橡皮管相连，其中右边直管C上端开口，且可以上下移动。测量开始时，打开K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h1＝19cm；随后打开K，放入体积为V0的物体，缓慢调节C使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h2＝20cm。已知V0＝50cm3，容器B体积VB＝250cm3，容器内的气体可视为理想气体，环境温度27℃保持不变。整个装置导热性能良好。忽略橡皮管变化的影响。 （1）放入物体关闭阀门K，左侧水银面从位置1到位置2过程中，外界对气体做功28J，求气体放出的热量Q； （2）求大气压强p0； （3）物体仍置于容器A内，若使该容器内气体的温度缓慢升高，通过缓慢竖直调节C，使左侧水银面仍处于位置2，求温度升高到37℃时，在原先基础上，C管需要调节的高度Δh。 【答案】（1）气体放出的热量为28J。 （2）大气压强p0为76cmHg。 （3）C管需要调节的高度为1.6cm。 【详解】（1）装置导热性能良好，气体与外界温度始终一致，做等温变化。理想气体的内能仅由温度决定，温度不变则内能变化ΔU＝0。 已知外界对气体做功W＝28J，由热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得Q＝ΔU﹣W＝0﹣28J＝﹣28J，负号表示气体放出热量，所以气体放出的热量为28J。 （2）设容器与玻璃弯管的体积为VA，未放入物体时，由玻意耳定律可得p0（VA+VB）＝（p0+ph1）VA；放入物体后，由玻意耳定律可得p0（VA+VB﹣V0）＝（p0+ph2）（VA﹣V0）。 联立解得大气压强p0＝76cmHg。 （3）整个过程为等容变化，由查理定律可得，解得h3＝23.2cm。 所以C管需要调节的高度Δhcm＝1.6cm。 答：（1）气体放出的热量为28J。 （2）大气压强p0为76cmHg。 （3）C管需要调节的高度为1.6cm。 模型4 变质量问题 22．（2026•凉山州模拟）在温度为27℃的车间给容积为40L的氧气瓶充好氧气，测得瓶内压强1.5×106Pa，该瓶氧气内能与温度间的关系为U＝kT（k为常数且已知），把氧气瓶运送到温度为﹣3℃工地上分装给氧气袋，分装多个氧气袋后测得瓶内的压强为1.2×106Pa。若忽略氧气瓶因热胀冷缩造成的容积偏差。取﹣273℃为0K。试求： （1）氧气瓶从车间运送到工地上，分装前向外界释放的热量； （2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值； （3）设分装前的氧气袋内无气体，分装后每个氧气袋的容积为10L，压强为1.2×105Pa，则分装了多少个氧气袋？ 【答案】（1）氧气瓶从车间运送到工地上，分装前向外界释放的热量为30k； （2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值为； （3）分装了41个氧气袋。 【详解】（1）由题意可知，氧气瓶从车间运送到工地上分装前的过程中，气体发生等容变化，则有：W＝0，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU，由题意可得：ΔU＝k（T2﹣T1）＝k（270﹣300）＝﹣30k，所以分装前向外界释放的热量为：Q＝30k； （2）由题意可知：分装前压强为，体积为V1＝40L，温度为T1＝（273+27）K＝300K，分装后气体的体积为V2，压强为：，温度为：T2＝（273﹣3）K＝270K，由理想气体状态方程可得：，解得：，则分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值为：； （3）设分装了n个氧气袋，在分装的过程中，气体发生了等温变化，由玻意耳定律可得：p2V2＝p3V1+np3V0，代入数据解得：（个）。 答：（1）氧气瓶从车间运送到工地上，分装前向外界释放的热量为30k； （2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值为； （3）分装了41个氧气袋。 23．（2026•衡水校级模拟）如图所示，是一种血压计的气路系统，血压计未工作时，气路系统内部封闭一定质量的空气，其压强为p0，体积为V0，血压计工作时，气泵工作，向气路系统充入压强为p0的空气，气路系统体积膨胀，当气路系统的压强达到1.5p0时，气路系统内的空气体积变为1.2V0，然后打开机械阀放出部分空气后，气路系统的压强变为1.2p0时，气路系统内的空气体积变为1.1V0，已知外界大气压强为p0，假定气路系统气体可视为理想气体，空气的温度不发生变化且与外界相通。 （1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积； （2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比。 【答案】（1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积为0.8V0； （2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为4：11。 【详解】（1）假设充入的外部空气的体积为V，根据玻意耳定律可得：p0V0+p0V＝p1V1 由题意可知充入后的压强和体积：p1＝1.5p0，V1＝1.2V0 可得充入的外部空气的体积为：V＝0.8V0 （2）假设放出的气体在p2＝1.2p0时，对应的体积为ΔV，根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2（V2+ΔV） 其中由题意可知：V2＝1.1V0 解得：ΔV＝0.4V0 放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为：Δm：m＝ΔV：V2＝4：11 答：（1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积为0.8V0； （2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为4：11。 24．（2025秋•赣州期末）气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力。户外作业时无法通电导致气泵无法工作，于是小敏同学利用气钉枪和饮料瓶自制了一个简易气钉枪装置，如图甲所示。图乙是气钉枪发射装置的示意图，汽缸通过细管与饮料瓶相连。射钉时打开开关，饮料瓶向汽缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。饮料瓶的容积V0＝2L，汽缸的有效容积V＝25mL，气钉枪正常使用时饮料瓶内气体的压强范围为4p0～8p0，p0为大气压强。假设所有过程气体温度恒定，气体可看成理想气体，细管内的气体可以忽略，且饮料瓶容积不变。 （1）用打气筒通过单向气嘴向饮料瓶内充气，充气前瓶内的气体压强为p0，每次充气都能将压强为p0、体积为ΔV＝0.5L的气体充入饮料瓶内，充气后瓶内气体压强为8p0，求充气的次数； （2）若充气后瓶内气体压强为8p0，求气钉枪正常使用时最多能射出多少颗钉子。【提示：（）55（）56】 【答案】（1）充气的次数是28次； （2）气钉枪正常使用时最多能射出55颗钉子。 【详解】（1）充气前，气罐内气体压强为p0，充气后气罐内气体压强为p0，充气过程为等温变化，设充气次数为n次，则有np0ΔV+p0V0＝8p0V0 解得n＝28次 （2）发射第一个钉子时有8p0V0＝p1V0+p1V 其中V＝25mL＝2.5×10﹣2L 可得 发射第二个钉子，有p1V0＝p2V0+p2V 解得 代入数据可得p2 发射第三个钉子，有p2V0＝p3V0+p3V 解得 以此类推，发射第N个钉子，有 若发射N颗钉子后的压强大于4p0，发射N+1颗钉子后的压强小于4p0，根据（）55（）56 可得可以用气钉枪正常射出55个钉子。 答：（1）充气的次数是28次； （2）气钉枪正常使用时最多能射出55颗钉子。 25．（2025秋•运城期末）完成深海作业后，潜水员会被立即送入一个圆柱形的金属舱体——减压舱。某次潜水员进入减压舱后，减压舱内气体的体积为V0、压强等于外界大气压强p0，工作人员立即封闭减压舱并给舱内充气，直到舱内气体的压强与潜水员下潜深度相适配的np0。之后，再缓慢释放气体，最终恢复常压环境。已知重力加速度为g，海水的密度为ρ，不考虑舱内气体温度的变化，求： （1）潜水员在海水中下潜的深度； （2）充气过程中，充入的气体与舱内原有气体的质量比。 【答案】（1）潜水员在海水中下潜的深度为； （2）充气过程中，充入的气体与舱内原有气体的质量比为n﹣1。 【详解】（1）设潜水员下潜的深度为h，则压强为np0＝p0+ρgh 解得： （2）设在相同温度及压强为p0的情况下充入气体的体积为ΔV，根据玻意耳定律可得p0（V+ΔV）＝np0V 充入的气体与舱内原有气体的质量之比 解得： 答：（1）潜水员在海水中下潜的深度为； （2）充气过程中，充入的气体与舱内原有气体的质量比为n﹣1。 26．（2025秋•乐平市校级期末）小明的电动滑板车采用一种创新的“空气动力巡航”技术。其核心是一个导热良好的高压储气罐（V0＝1.5L）和一个微型气动马达，使用时气动马达不断将气罐内的气体排出，利用反冲获得动力。使用前，他先在车库（T1＝280K）用电动气泵给储气罐充气，气泵每次工作，会将VP＝0.1L、压强为p0＝1.0×105Pa的环境空气打入储气罐中，不考虑由于做功引起的气体温度的变化。 （1）打气120次后，压强表显示储气罐内压强为p2＝4.0×106Pa，求打气前，储气罐内气体压强； （2）在完成120次打气后，将滑板车拿到户外（T2＝300K）使用，当储气罐压强降至p3＝1.5×106Pa时，气动马达提供的动力开始不足，求放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值。 【答案】（1）打气前，储气罐内气体压强为3.2×106Pa； （2）将滑板车拿到户外使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值为。 【详解】（1）假设打气前储气罐内气体压强是p1，由于温度保持不变，由玻意耳定律可得 p1V0+np0Vp＝p2V0 解得p1＝3.2×106Pa （2）打气后拿到户外罐中气体在温度为T2，设压强为p3时体积为V，由理想气体状态方程可得 放出的气体与刚完成打气时的罐中的气体质量之比 代入数据得 答：（1）打气前，储气罐内气体压强为3.2×106Pa； （2）将滑板车拿到户外使用，当储气罐压强降至p2＝1.5×106Pa时，放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量的比值为。 27．（2025•广东学业考试）某大型客机在空中某一高度飞行时，机外温度为﹣23℃，气压为0.4p0。引气系统每秒从机外吸入一定体积的气体（可视为理想气体），先将其调至压强为1.2p0，体积为2.5m3，温度为t1＝﹣23℃的状态Ⅰ，再保持压强不变，将其调至体积为3m3、温度为t2的状态Ⅱ，最后将其全部注入压强为0.8p0，温度为27℃的客舱。 （1）求每秒吸入的机外空气的体积V； （2）求状态Ⅱ中气体的温度t2； （3）客舱内气体稳定为0.8p0，27℃，求每秒应排出的客舱内空气的体积。 【答案】（1）每秒吸入的机外空气的体积为7.5m3； （2）状态Ⅱ中气体的温度是27℃； （3）每秒应排出的客舱内空气的体积是4.5m3。 【详解】（1）第一次调节时气体的温度不变，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 其中p1＝0.4p0，V1＝V，p2＝1.2p0，V2＝2.5m3 解得每秒吸入的机外空气的体积为V＝7.5m3 （2）第二次调节压强不变，T1＝（t1+273）K＝（273﹣23）K＝250K，T2＝（t2+273）K，V3＝3m3 由盖—吕萨克定律可得 代入数据可得t2＝27℃ （3）以单位时间压入客舱的气体为研究对象，设每单位时间排出客舱气体体积为V4，则T4＝（273+t4）K＝（273+27）K＝300K，p4＝0.8p0，根据理想气体的状态方程有 解得V4＝4.5m3 答：（1）每秒吸入的机外空气的体积为7.5m3； （2）状态Ⅱ中气体的温度是27℃； （3）每秒应排出的客舱内空气的体积是4.5m3。 28．（2025春•长安区校级期末）医院用的氧气瓶（导热性良好）如图所示，氧气瓶通过细管和右边封闭的均匀玻璃直管（导热性良好，且其容积相对氧气瓶的容积可以忽略不计）相连，玻璃直管内用一很薄的水银片（质量和厚度不计）在玻璃管下方封闭了一段空气柱A，开始时瓶内氧气的压强为10个标准大气压，封闭的空气柱A的长度为8cm，随着氧气的使用，一段时间后发现水银片上升了12cm（未到达玻璃管顶部），使用过程中环境的热力学温度变成了原来的，已知一个标准大气压为76cmHg，氧气与空气均视为理想气体。求： （1）此时氧气瓶内的压强； （2）此时瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比。 【答案】（1）此时氧气瓶内的压强228cmHg； （2）此时瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比是40%。 【详解】（1）对封闭的空气柱A，初始时p1＝760cmHg，L1＝8cm，热力学温度为T1 末态时L2＝L1+12cm＝8cm+12cm＝20cm，热力学温度T2T1 设玻璃管的横截面积为S，因此有 解得p2＝228cmHg （2）设氧气瓶的容积为V，设剩下的氧气被压缩到10个标准大气压、热力学温度为T1状态下的体积为V2，则有 解得V2＝0.4V 因此瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比为 答：（1）此时氧气瓶内的压强228cmHg； （2）此时瓶内剩余氧气的质量占原来氧气总质量的百分比是40%。 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $