高考物理一轮复习专题13.3热学-气体状态方程应用(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题13.3热学-气体状态方程应用(原卷版+解析)，共62页。

考向一 “活塞＋汽缸”模型
考向二 “液柱＋管”模型
考向三 “两团气”模型
考向四 四类变质量问题
考向一 “活塞＋汽缸”模型
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。
【典例1】(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距eq \f(l,2)，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取 10 m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
答案:(1)330 K (2)1.01×105 Pa
解析：(1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
初状态V1＝eq \f(l,2)(S1＋S2)，T1＝495 K
末状态V2＝lS2
解得T2＝eq \f(2,3)T1＝330 K
(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2
解得p1＝1.1×105 Pa
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得eq \f(p1,T2)＝eq \f(p2,T3)
T3＝T＝303 K
解得p2＝1.01×105 Pa.
【典例2】(2023·沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k＝eq \f(p0S,l0)(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0.
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2.
答案:(1)0.88T0 (2)1.8T0
解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p0，体积为V0＝Sl0，温度为T0
末态时：压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－0.2l0)
由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)
解得：T1＝0.88T0.
(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，体积为V2＝1.2Sl0，设气体压强为p2，
由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p2V2,T2)
此时活塞受力平衡方程为：
p0S＋F－p2S＋k(1.2l0－l0)＝0
当活塞向右移动0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡
p0S＋F－1.1p0S－k(0.2l0)＝0
解得：T2＝1.8T0.
练习1、(2023·湖南省永州市高三下第一次适应性测试)如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环．气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸开口向上竖直放置(g取10 m/s2)．
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p.
答案:见解析
解析：(1)汽缸水平放置时：
封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105 Pa，温度T1＝300 K，体积V1＝lS
汽缸竖直放置时：
封闭气体的压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa，
温度T2＝T1＝300 K，体积V2＝hS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2h＝eq \f(p1V1,p2S)
h＝eq \f(1.0×105×0.36S,1.2×105×S)＝0.3 m
(2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，
此时p3＝p2，V2＝hS，V3＝(l＋d)S，T2＝300 K
eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，T3＝500 K
汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变化
p3＝1.2×105 Pa，T3＝500 K，T4＝600 K
eq \f(p3,T3)＝eq \f(p,T4)，p＝1.44×105 Pa
练习2、(2023·山东淄博市4月模拟)图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
答案: (1)20 cm (2)8 cm
解析：(1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2
设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL
设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋eq \f(h1,4)
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立各式代入数据解得L′＝20 cm
(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋eq \f(h1,4)
代入数据解得d＝8 cm
考向二 “液柱＋管”模型
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。
【典例3】(2023·黑龙江哈尔滨高三月考)如图所示，一根内径均匀，下端封闭，上端开口的直玻璃管竖直放置，长l＝100 cm，用一段长h＝25 cm的水银柱将一部分空气封在管内，稳定时被封住的气柱长l0＝62.5 cm。这时外部的大气压p0＝75 cmHg，外界大气压保持不变，环境温度T0＝250 K且保持不变。
(1)若从玻璃管上部缓慢注入水银，新注入的水银与内部的水银柱形成一段水银柱，在注入过程中假设被封住的气体温度保持不变，求最多能注入玻璃管内的水银长度d。
(2)将玻璃管内的气体升温，若不让玻璃管内的水银全部流出，求气体温度的最大值Tmax。
答案: (1)25 cm (2)306.25 K
解析：(1)气体等温变化，则有p1V1＝p2V2
即(p0＋h)l0S＝(p0＋h＋d)(l－h－d)S
解得d＝25 cm。
(2)设剩余水银柱长度为x，由理想气体状态方程有
eq \f(p1V1,T0)＝eq \f(p3V3,T)
即eq \f(100×62.5S,250)＝eq \f(75＋x×100－xS,T)
T＝eq \f(1,25)(75＋x)(100－x)＝－eq \f(1,25)x2＋x＋300
由数学知识得，当x＝12.5 cm时，T取得最大值，且最大值Tmax＝306.25 K。
【典例4】(2023·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．
答案:(1)41 cm (2)312 K
解析：(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V,T0)＝eq \f(V1,T)⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
练习3、(2023·安徽合肥质检)图示为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管,管内有一段被水银密闭的气体,下管足够长,图中管的截面积分别为S1=2 cm2,S2=1 cm2,管内水银长度为h1=h2=2 cm,封闭气体长度l=10 cm,大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强,气体初始温度为300 K,若缓慢升高气体温度。(g取10 m/s2)试求:
(1)当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度;
(2)当气体温度为525 K时,水银柱上端距玻璃管最上端的距离。
答案:(1)350 K (2)24 cm
解析：(1)设全部进入细管,水银长度为x。
V液=h1S1+h2S2=xS2,得x==6 cm。
p1=p0-(ph1+ph2)=9.792×104 Pa,p2=p0-px=9.52×104 Pa,V1=10S1,V2=12S1
由理想气体的状态方程,解得:T2=350 K
(2)气体温度由350 K变为525 K经历等压过程,则
设水银上表面离开粗细接口处的高度为y,则V3=12S1+yS2
解得y=12 cm
所以水银上表面离开玻璃管最上端的距离为h=y+l+h1=24 cm
练习4、(2023·安徽省宣城市第二次调研)如图甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p0＝75 cmHg.
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度.
答案:(1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm
解析：(1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)
解得h＝0或h＝17.5 cm
则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm
(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H，
由玻意耳定律得p0L＝(p0－y)(L＋x)
联立两式解得x2＋60x－700＝0
解得：x＝10 cm，x＝－70 cm(舍去)，故左管水银面下降的高度为10 cm.
考向三 “两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
【典例5】(2023年全国高考甲卷物理试题）14. 如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；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部分的体积分别为和、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，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。
答案:（1）；（2）
解析：（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，则该气体进行等压变化，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
（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
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
联立解得，
【典例6】(2023年河北省普通高中学业水平选择性考试）16. 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。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为，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：
（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）
解析：（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
解得旋转后上部分气体压强为
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，则
解得旋转后下部分气体压强为
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，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
解得活塞的质量为
练习5、(2023年山东省普通高中学业水平等级性考试15）某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
答案:（1）；（2）
解析：（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg = ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0 + V) - Mg = Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
解得
则此时B室内气体质量
练习6、(2023·全国甲卷)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq \f(V,2)。
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
答案:(1)0.4V 2p0 (2)(eq \r(5)－1)V eq \f(3＋\r(5),4)p0
解析： (1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·eq \f(1,2)V，解得pB＝2p0，
对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA，pA＝pB＋0.5p0，
联立解得VA＝0.4V。
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为eq \f(3,2)V，
由玻意耳定律可得p0V＝p′×eq \f(3,2)V，则A此情况下的压强为，p′＝eq \f(2,3)p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、 压强为pB′，根据等温变化有
p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′，VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0，
联立解得pB′＝eq \f(3－\r(5),4)p0 (舍去)，pB′＝eq \f(3＋\r(5),4)p0，VA′＝(eq \r(5)－1)V。
【巧学妙记】
处理关联气体问题的技巧
1．分析“两团气”初状态和末状态的压强关系．
2．分析“两团气”的体积及其变化关系．
3．分析“两团气”状态参量的变化特点，选取合适的实验定律列方程．
考向四 理想气体的四类变质量问题
类型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。
类型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。
类型三 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。
类型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。
【典例7】(2023年山东省普通高等学校招生考试）15.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
答案:
解析：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知
p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 ①
由理想气体状态方程得 ②
代入数据得p2=0.7p0 ③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为，由题意知p3=p0、V3=、p4=p2 ④
由玻意耳定律得 ⑤
联立②⑤式，代入数据得 ⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得 ⑨
【典例8】 (2023·高考全国卷Ⅰ，T33)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq \f(1,2)p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案:(1)eq \f(2,3)p (2)eq \f(2,3)
解析：(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有
eq \f(1,2)p(2V)＝pV1①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝eq \f(2,3)p。③
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有
k＝eq \f(V2,V)⑤
联立③④⑤式可得k＝eq \f(2,3)。⑥
练习7、(2023·山东卷)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图4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 cm3B.40 cm3
C.50 cm3D.60 cm3
答案:D
解析：根据玻意耳定律可得
p0V＋5p0V0＝p1×5V
又p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3
p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg
解得V＝60 cm3，故选项D正确。
练习8、(2023·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。
答案: (1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可知eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
式中p1＝3.0×103 Pa，T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，T2＝37 ℃＋273 K＝310 K
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中气体的压强和大气压强p0相等。设夹层的容积为V，以静置后夹层中的所有气体为研究对象，设这些气体在压强p1下的体积为V1，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V＝p1V1
解得V1＝eq \f(100,3)V
则夹层中增加的空气在压强p1下的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3)。
【巧学妙记】
变质量问题的解题思路
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
类别
研究对象
打气问题
选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象
抽气问题
将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象
灌气问题
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
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
1. (多选)(2023·山东省济南市高三下二模)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是( )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
2. (2023·山东省泰安市高三下适应性训练三)某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是( )
3. (2023·湖北省武汉市部分学校高三上质量检测)容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的eq \f(3,5)，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？
4. (2023·广东省深圳市高三3月第一次调研)新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在方舱医院实际使用过程中，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，求：
(1)在武汉检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用．
5. (2023·河北省保定市高三一模)2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响．勤消毒是一个很关键的防疫措施．如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图．消毒桶的总容积为
10 L，装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气，大气压强为1 atm，设整个过程温度保持不变，求：
(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm，打气筒应打压几次？
(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？
6. (2023·河北省唐山市高三下3月第一次模拟考试)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，如图6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？
7. (2023·马鞍山第二次质量监测)物理兴趣小组设计了一个如图所示的测定水深的深度计，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，中间用细管连通，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦滑动，汽缸Ⅰ左端开口。开始时，A、B分别在两汽缸的最左端，Ⅰ内压强为p0，Ⅱ内压强为2p0，外界大气压强为p0。将该装置平放入水中，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m深的水产生的压强，环境温度不变，封闭气体视为理想气体。求：
(1)当A向右移动eq \f(L,3)时，深度计在水中的深度h；
(2)该深度计能测量的最大深度H。
8. (2023·山东日照市4月模拟)如图所示，一端封闭、内径均匀的细玻璃管长为L＝100 cm，中间有长h＝15 cm 的水银柱将一部分空气封闭在管内，水平放置时，A端空气柱的长度lA1＝60 cm。把玻璃管在竖直平面内缓慢倒转到开口竖直向下后(玻璃管转动过程中水银无泄漏)，再把开口端B缓慢插入足够深的水银槽内，直到B端空气柱的长度变为lB＝eq \f(25,3) cm为止。已知外界大气压为p0＝75 cmHg，空气柱可视为理想气体，在整个过程中温度保持不变。求：
(1)开口竖直向下时A端空气柱的长度lA2；
(2)最后平衡时进入玻璃管的水银柱的长度ΔL。(可保留分数)
9．(2023·山东省青岛市高三质量调研检测一)如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环．气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸开口向上竖直放置(g取10 m/s2)．
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p.
10.(2023·辽宁省凌源市高三3月尖子生抽测)如图所示，一粗细均匀的“山”形管竖直放置，A管上端封闭，B管上端与大气相通，C管内装有带柄的活塞，活塞下方直接与水银接触．A管上方用水银封有长度L＝10 cm的空气柱，温度t1＝27 ℃；B管水银面比A管中高出h＝4 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg.为了使A、B管中的水银面等高，可以用以下两种方法：
(1)固定C管中的活塞，改变A管中气体的温度，使A、B管中的水银面等高，求此时A管中气体的热力学温度T2；
(2)在温度不变的条件下，向上抽动活塞，使A、B管中的水银面等高，求活塞上移的距离ΔL.(结果保留一位小数)
1.(2023·福建省龙岩市高三下3月第一次教学质量检测)(多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的0.05倍，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则( )
A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm
D．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm
2. (2023·山东省泰安市一轮检测试卷一模)2020年1月1日TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27 ℃，压强为240 kPa，已知该轮胎的容积为30 L，阿伏加德罗常数为NA＝6.0×1023 ml－1,0 ℃、1 atm下1 ml任何气体的体积均为22.4 L,1 atm＝100 kPa。则该轮胎内气体的分子数约为( )
A．1.8×1023 B．1.8×1024
C．8.0×1023 D．8.0×1024
3. (2023·北京市朝阳区高三一模)呼吸机在抗击新冠肺炎的战“疫”中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为( )
A．V－V0 B．eq \f(pV,p0)
C.eq \f(pV－V0,p0) D．eq \f(pV－p0V0,p0)
4. (2023·北京市西城区高三下统一测试)如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 ml氧气，b部分气体为2 ml氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是( )
A．Va>Vb，Ta>Tb B．Va>Vb，TaC．VaTb
5. (2023·山东省日照市二模)登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
6.(2023·山东省青岛市高三下二模)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k＝eq \f(p0S,l0)(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0.
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2.
7. (2023·广东三市联考)肺活量是用标准状况下气体的体积来衡量的。设标准状况下温度为T0，大气压强为p0，且大气压强受气温影响可以忽略不计。某同学设计了一个简易测量肺活量的装置，图2中A为倒扣在水中的开口圆筒，测量前排尽其中的空气，测量时被测者尽力吸足空气，再通过B呼出空气，呼出的空气通过导管进入A内，使A浮起。已知圆筒的质量为m，横截面积为S，水的密度为ρ，测量时环境温度为T1，筒底浮出水面的高度为h，重力加速度为g。求：
(1)圆筒内外水面高度差；
(2)被测者的肺活量。
8.(2023·陕西安康联考)如图3所示，开口向上的汽缸由粗细不同的两段圆筒组成，下段内径为r，上段内径为2r，活塞a在汽缸上段中的位置离活塞b的距离为h，活塞b在汽缸下段正中，下段气缸高度h，两活塞厚度不计，a的质量为4m，b的质量为m，大气压强为p0，环境温度为T0，两个活塞与汽缸内壁无摩擦，且气密性好，缸内封闭有两段气体Ⅰ、Ⅱ，重力加速度为g，上段汽缸足够高，求：
(1)气体Ⅱ的压强；
(2)若给气体Ⅰ、Ⅱ同时缓慢加热，使两部分气体升高相同的温度，使活塞b刚好上升eq \f(h,2)，则这时两部分气体温度升高的温度和活塞a上升的高度。
9. (2023·北京市丰台区高三上期末)如图所示，在两端封闭、高为37 cm、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝12.0 cm和l2＝8.0 cm，水平部分管长l3＝12.0 cm，左边气体的压强为16.0 cmHg，现将U形管缓慢向右旋转90°放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边，求U形管旋转后两边空气柱l1′、l2′的长度。(在整个过程中气体温度不变；管的直径很小)
10. （湖南省2022年普通高中学业水平等级考试）16. 如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积的导热汽缸下接一圆管，用质量、横截面积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，外界大气压强，重力加速度取，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；
（2）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
11．(2023·湖北省武汉市第二中学高三上模拟)如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管竖直部分高度大于30 cm且上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高h＝4 cm，初状态温度为27 ℃，A气体长度l1＝15 cm，大气压强p0＝76 cmHg.现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差Δl＝10 cm时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使A中气柱长度回到15 cm.求：
(1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？
(2)右管中再注入的水银高度是多少？
12. (2023·重庆渝中区模拟)新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图5)，每个钢瓶内体积为0.5 m3，在北方时测得钢瓶内氧气压强为6×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为6.3×107 Pa，温度为21 ℃。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0.1 m3，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，求：
(1)通过计算判断钢瓶运输途中是否漏气；
(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用。
13.(2023·广东佛山市二模)一体积恒定的绝热汽缸如图5竖直放置，可以自由移动的绝热活塞质量为5.0 kg，面积为1.0×10－2 m2。活塞上设有一通气阀，用插销将活塞固定在汽缸的正中央，关闭通气阀将缸内同种气体分隔成质量相同的A、B两部分。现已知A气体的压强为1.0×105 Pa，温度为27 ℃。不计活塞摩擦，g取10 m/s2。求
(1)若要让活塞在拔出插销后仍能维持在原位置不动，则B气体的压强及温度应分别多大(拔出插销时气体不会外泄)?
(2)若插上插销，固定活塞，打开通气阀，让气体充分混合后再升温至357 ℃，则此时缸内气体压强多大(通气孔体积可忽略不计)?
1．(2023·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
2.(2023·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
3.(2023·辽宁高考卷)如图4(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的eq \f(1,6)。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的eq \f(4,5)。求气球驻留处的大气温度T。
4. (2023·广东卷)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图5所示。某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa。护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
5.(2023·全国卷Ⅲ)如图2，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
6.(2023·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
7.(2023·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
8.(2023·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．(重力加速度大小为g)
9.[2018·全国卷Ⅰ，33(2)]如图8，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为eq \f(V,8)时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了eq \f(V,6)。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
新课程标准
1．通过实验，了解气体实验定律。知道理想气体模型。能用分子动理论和统计观点解释气体压强和气体实验定律。
2．理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一。
命题趋势
考查的题目难度中等或中等偏下，考查的内容主要体现对物理观念的认识、模型建构等物理学科的核心素养。计算题多考查气体实验定律、理想气体状态方程的应用。
试题情境
生活实践类
雾霾天气、高压锅、气压计、蛟龙号深海探测器、喷雾器、拔罐、保温杯、输液瓶、测温电子天平等
学习探究类
气体实验定，探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
考点42热学-气体状态方程应用一
考向一 “活塞＋汽缸”模型
考向二 “液柱＋管”模型
考向三 “两团气”模型
考向四 四类变质量问题
考向一 “活塞＋汽缸”模型
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。
【典例1】(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距eq \f(l,2)，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取 10 m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
答案:(1)330 K (2)1.01×105 Pa
解析：(1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
初状态V1＝eq \f(l,2)(S1＋S2)，T1＝495 K
末状态V2＝lS2
解得T2＝eq \f(2,3)T1＝330 K
(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2
解得p1＝1.1×105 Pa
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得eq \f(p1,T2)＝eq \f(p2,T3)
T3＝T＝303 K
解得p2＝1.01×105 Pa.
【典例2】(2023·沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k＝eq \f(p0S,l0)(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0.
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2.
答案:(1)0.88T0 (2)1.8T0
解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p0，体积为V0＝Sl0，温度为T0
末态时：压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－0.2l0)
由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)
解得：T1＝0.88T0.
(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，体积为V2＝1.2Sl0，设气体压强为p2，
由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p2V2,T2)
此时活塞受力平衡方程为：
p0S＋F－p2S＋k(1.2l0－l0)＝0
当活塞向右移动0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡
p0S＋F－1.1p0S－k(0.2l0)＝0
解得：T2＝1.8T0.
练习1、(2023·湖南省永州市高三下第一次适应性测试)如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环．气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸开口向上竖直放置(g取10 m/s2)．
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p.
答案:见解析
解析：(1)汽缸水平放置时：
封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105 Pa，温度T1＝300 K，体积V1＝lS
汽缸竖直放置时：
封闭气体的压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa，
温度T2＝T1＝300 K，体积V2＝hS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2h＝eq \f(p1V1,p2S)
h＝eq \f(1.0×105×0.36S,1.2×105×S)＝0.3 m
(2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，
此时p3＝p2，V2＝hS，V3＝(l＋d)S，T2＝300 K
eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，T3＝500 K
汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变化
p3＝1.2×105 Pa，T3＝500 K，T4＝600 K
eq \f(p3,T3)＝eq \f(p,T4)，p＝1.44×105 Pa
练习2、(2023·山东淄博市4月模拟)图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
答案: (1)20 cm (2)8 cm
解析：(1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2
设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL
设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋eq \f(h1,4)
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立各式代入数据解得L′＝20 cm
(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋eq \f(h1,4)
代入数据解得d＝8 cm
考向二 “液柱＋管”模型
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。
【典例3】(2023·黑龙江哈尔滨高三月考)如图所示，一根内径均匀，下端封闭，上端开口的直玻璃管竖直放置，长l＝100 cm，用一段长h＝25 cm的水银柱将一部分空气封在管内，稳定时被封住的气柱长l0＝62.5 cm。这时外部的大气压p0＝75 cmHg，外界大气压保持不变，环境温度T0＝250 K且保持不变。
(1)若从玻璃管上部缓慢注入水银，新注入的水银与内部的水银柱形成一段水银柱，在注入过程中假设被封住的气体温度保持不变，求最多能注入玻璃管内的水银长度d。
(2)将玻璃管内的气体升温，若不让玻璃管内的水银全部流出，求气体温度的最大值Tmax。
答案: (1)25 cm (2)306.25 K
解析：(1)气体等温变化，则有p1V1＝p2V2
即(p0＋h)l0S＝(p0＋h＋d)(l－h－d)S
解得d＝25 cm。
(2)设剩余水银柱长度为x，由理想气体状态方程有
eq \f(p1V1,T0)＝eq \f(p3V3,T)
即eq \f(100×62.5S,250)＝eq \f(75＋x×100－xS,T)
T＝eq \f(1,25)(75＋x)(100－x)＝－eq \f(1,25)x2＋x＋300
由数学知识得，当x＝12.5 cm时，T取得最大值，且最大值Tmax＝306.25 K。
【典例4】(2023·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．
答案:(1)41 cm (2)312 K
解析：(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V,T0)＝eq \f(V1,T)⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
练习3、(2023·安徽合肥质检)图示为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管,管内有一段被水银密闭的气体,下管足够长,图中管的截面积分别为S1=2 cm2,S2=1 cm2,管内水银长度为h1=h2=2 cm,封闭气体长度l=10 cm,大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强,气体初始温度为300 K,若缓慢升高气体温度。(g取10 m/s2)试求:
(1)当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度;
(2)当气体温度为525 K时,水银柱上端距玻璃管最上端的距离。
答案:(1)350 K (2)24 cm
解析：(1)设全部进入细管,水银长度为x。
V液=h1S1+h2S2=xS2,得x==6 cm。
p1=p0-(ph1+ph2)=9.792×104 Pa,p2=p0-px=9.52×104 Pa,V1=10S1,V2=12S1
由理想气体的状态方程,解得:T2=350 K
(2)气体温度由350 K变为525 K经历等压过程,则
设水银上表面离开粗细接口处的高度为y,则V3=12S1+yS2
解得y=12 cm
所以水银上表面离开玻璃管最上端的距离为h=y+l+h1=24 cm
练习4、(2023·安徽省宣城市第二次调研)如图甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p0＝75 cmHg.
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度.
答案:(1)20 cm或37.5 cm (2)10 cm
解析：(1)将装置缓慢翻转180°，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L＝(p0－2h)(L＋h)
解得h＝0或h＝17.5 cm
则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm
(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H，
由玻意耳定律得p0L＝(p0－y)(L＋x)
联立两式解得x2＋60x－700＝0
解得：x＝10 cm，x＝－70 cm(舍去)，故左管水银面下降的高度为10 cm.
考向三 “两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
【典例5】(2023年全国高考甲卷物理试题）14. 如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；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部分的体积分别为和、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，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。
答案:（1）；（2）
解析：（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，则该气体进行等压变化，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
（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
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
联立解得，
【典例6】(2023年河北省普通高中学业水平选择性考试）16. 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。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为，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：
（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）
解析：（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
解得旋转后上部分气体压强为
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，则
解得旋转后下部分气体压强为
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，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
解得活塞的质量为
练习5、(2023年山东省普通高中学业水平等级性考试15）某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
答案:（1）；（2）
解析：（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg = ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0 + V) - Mg = Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
解得
则此时B室内气体质量
练习6、(2023·全国甲卷)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq \f(V,2)。
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
答案:(1)0.4V 2p0 (2)(eq \r(5)－1)V eq \f(3＋\r(5),4)p0
解析： (1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·eq \f(1,2)V，解得pB＝2p0，
对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA，pA＝pB＋0.5p0，
联立解得VA＝0.4V。
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为eq \f(3,2)V，
由玻意耳定律可得p0V＝p′×eq \f(3,2)V，则A此情况下的压强为，p′＝eq \f(2,3)p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、 压强为pB′，根据等温变化有
p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′，VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0，
联立解得pB′＝eq \f(3－\r(5),4)p0 (舍去)，pB′＝eq \f(3＋\r(5),4)p0，VA′＝(eq \r(5)－1)V。
【巧学妙记】
处理关联气体问题的技巧
1．分析“两团气”初状态和末状态的压强关系．
2．分析“两团气”的体积及其变化关系．
3．分析“两团气”状态参量的变化特点，选取合适的实验定律列方程．
考向四 理想气体的四类变质量问题
类型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。
类型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。
类型三 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。
类型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。
【典例7】(2023年山东省普通高等学校招生考试）15.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
答案:
解析：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知
p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 ①
由理想气体状态方程得 ②
代入数据得p2=0.7p0 ③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为，由题意知p3=p0、V3=、p4=p2 ④
由玻意耳定律得 ⑤
联立②⑤式，代入数据得 ⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得 ⑨
【典例8】 (2023·高考全国卷Ⅰ，T33)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq \f(1,2)p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案:(1)eq \f(2,3)p (2)eq \f(2,3)
解析：(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有
eq \f(1,2)p(2V)＝pV1①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝eq \f(2,3)p。③
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有
k＝eq \f(V2,V)⑤
联立③④⑤式可得k＝eq \f(2,3)。⑥
练习7、(2023·山东卷)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图4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 cm3B.40 cm3
C.50 cm3D.60 cm3
答案:D
解析：根据玻意耳定律可得
p0V＋5p0V0＝p1×5V
又p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3
p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg
解得V＝60 cm3，故选项D正确。
练习8、(2023·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。
答案: (1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可知eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
式中p1＝3.0×103 Pa，T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，T2＝37 ℃＋273 K＝310 K
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中气体的压强和大气压强p0相等。设夹层的容积为V，以静置后夹层中的所有气体为研究对象，设这些气体在压强p1下的体积为V1，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V＝p1V1
解得V1＝eq \f(100,3)V
则夹层中增加的空气在压强p1下的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3)。
【巧学妙记】
变质量问题的解题思路
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
类别
研究对象
打气问题
选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象
抽气问题
将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象
灌气问题
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
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
1. (多选)(2023·山东省济南市高三下二模)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是( )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
答案:ABC
解析：在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶 ，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强增大，故C正确，D错误。
2. (2023·山东省泰安市高三下适应性训练三)某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是( )
答案:C
解析：气体做等容变化时eq \f(p,T)＝eq \f(Δp,ΔT)＝C，故p＝CT，Δp＝C·ΔT，又T＝273.15＋t，故p＝C(273.15＋t)，Δp＝CΔt，所以C一定正确，A、D一定错误，而B可能正确。
3. (2023·湖北省武汉市部分学校高三上质量检测)容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的eq \f(3,5)，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？
答案:0.34 kg
解析：由题意知，气体质量m＝1 kg
压强p1＝1.0×106 Pa
温度T1＝(273＋57) K＝330 K
经一段时间后温度降为
T2＝(273＋27) K＝300 K
p2＝eq \f(3,5)p1＝eq \f(3,5)×1×106 Pa＝6.0×105 Pa
设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，
由理想气体状态方程得eq \f(p1V,T1)＝eq \f(p2V′,T2)
代入数据解得
V′＝eq \f(p1VT2,p2T1)＝eq \f(1×106×300 V,6×105×330)＝eq \f(50,33) V
所以漏掉的氧气质量为
Δm＝eq \f(ΔV,V′)m＝eq \f(\f(50 V,33)－V,\f(50V,33))×1 kg＝0.34 kg。
4. (2023·广东省深圳市高三3月第一次调研)新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在方舱医院实际使用过程中，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，求：
(1)在武汉检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用．
答案: (1)21 ℃ (2)124
解析：(1)大钢瓶的容积一定，从北方到武汉对大钢瓶内气体，有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)在武汉时，设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3，
则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据p2V2＝p3V3
得V3＝2.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气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
得n＝124
即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶．
5. (2023·河北省保定市高三一模)2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响．勤消毒是一个很关键的防疫措施．如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图．消毒桶的总容积为
10 L，装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气，大气压强为1 atm，设整个过程温度保持不变，求：
(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm，打气筒应打压几次？
(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？
答案:(1)48 (2)剩不下 eq \f(1,3)
解析：(1)设需打压n次，使消毒桶内空气的压强变为5 atm，
由玻意耳定律p1(V1＋nΔV)＝p2V1
其中p1＝1 atm，p2＝5 atm，
V1＝10 L－7 L＝3 L，
ΔV＝250 cm3＝0.25 L
解得n＝48(次)
(2)停止喷雾时，桶内气体压强变为1 atm，此时气体体积为V2
由玻意耳定律得 p2V1＝p1V2
即5 atm×3 L＝1 atm×V2
解得V2＝15 L
大于消毒桶的总容积10 L，故消毒桶里不能剩下消毒液了．喷出去的气体体积ΔV＝15 L－10 L＝5 L
则eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V2)＝eq \f(1,3).
6. (2023·河北省唐山市高三下3月第一次模拟考试)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，如图6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？
答案:eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(n)p0
解析：当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，抽气机汽缸中ΔV体积的气体排出，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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))p0
对于第二次抽气，有p1V0＝p2(V0＋ΔV)
解得p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(2)p0
以此类推，第n次抽气后容器中气体压强降为pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(n)p0。
7. (2023·马鞍山第二次质量监测)物理兴趣小组设计了一个如图所示的测定水深的深度计，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，中间用细管连通，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦滑动，汽缸Ⅰ左端开口。开始时，A、B分别在两汽缸的最左端，Ⅰ内压强为p0，Ⅱ内压强为2p0，外界大气压强为p0。将该装置平放入水中，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m深的水产生的压强，环境温度不变，封闭气体视为理想气体。求：
(1)当A向右移动eq \f(L,3)时，深度计在水中的深度h；
(2)该深度计能测量的最大深度H。
答案:(1)5 m (2)20 m
解析：(1)对Ⅰ中气体有p0LS＝p1eq \f(2L,3)S
p1＝p0＋p
p0＝ρ水gh0
p＝ρ水gh
解得h＝5 m。
(2)对汽缸内所有气体
p0LS＋2p0LS＝p2LS
p2＝p0＋pm
pm＝ρ水gH
解得H＝20 m。
8. (2023·山东日照市4月模拟)如图所示，一端封闭、内径均匀的细玻璃管长为L＝100 cm，中间有长h＝15 cm 的水银柱将一部分空气封闭在管内，水平放置时，A端空气柱的长度lA1＝60 cm。把玻璃管在竖直平面内缓慢倒转到开口竖直向下后(玻璃管转动过程中水银无泄漏)，再把开口端B缓慢插入足够深的水银槽内，直到B端空气柱的长度变为lB＝eq \f(25,3) cm为止。已知外界大气压为p0＝75 cmHg，空气柱可视为理想气体，在整个过程中温度保持不变。求：
(1)开口竖直向下时A端空气柱的长度lA2；
(2)最后平衡时进入玻璃管的水银柱的长度ΔL。(可保留分数)
答案:(1)75 cm (2)eq \f(50,3) cm
解析：(1)设玻璃管的横截面积为S，对A端气体，初始时pA1＝75 cmHg，lA1＝60 cm
转过90°，插入水银槽之前，对A端气体：
pA2＝p0－h＝60 cmHg
此过程为等温变化，所以有pA1·lA1S＝pA2·lA2S
解得lA2＝75 cm
(2)开口竖直向下时，B气柱长度lB2＝L－h－lA2＝10 cm，压强pB2＝75 cmHg
玻璃管插入水银槽之后，对B端气体lB3＝lB＝eq \f(25,3) cm
由pB2·lB2S＝pB3·lB3S
解得pB3＝90 cmHg
此时pA3＝pB3－h＝75 cmHg
可知lA3＝60 cm
可得进入玻璃管的水银柱长度为
ΔL＝L－h－lB3－lA3＝eq \f(50,3) cm
9．(2023·山东省青岛市高三质量调研检测一)如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环．气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将汽缸开口向上竖直放置(g取10 m/s2)．
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p.
答案:见解析
解析：(1)汽缸水平放置时：
封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105 Pa，温度T1＝300 K，体积V1＝lS
汽缸竖直放置时：
封闭气体的压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa，
温度T2＝T1＝300 K，体积V2＝hS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2h＝eq \f(p1V1,p2S)
h＝eq \f(1.0×105×0.36S,1.2×105×S)＝0.3 m
(2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，
此时p3＝p2，V2＝hS，V3＝(l＋d)S，T2＝300 K
eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，T3＝500 K
汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变化
p3＝1.2×105 Pa，T3＝500 K，T4＝600 K
eq \f(p3,T3)＝eq \f(p,T4)，p＝1.44×105 Pa
10.(2023·辽宁省凌源市高三3月尖子生抽测)如图所示，一粗细均匀的“山”形管竖直放置，A管上端封闭，B管上端与大气相通，C管内装有带柄的活塞，活塞下方直接与水银接触．A管上方用水银封有长度L＝10 cm的空气柱，温度t1＝27 ℃；B管水银面比A管中高出h＝4 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg.为了使A、B管中的水银面等高，可以用以下两种方法：
(1)固定C管中的活塞，改变A管中气体的温度，使A、B管中的水银面等高，求此时A管中气体的热力学温度T2；
(2)在温度不变的条件下，向上抽动活塞，使A、B管中的水银面等高，求活塞上移的距离ΔL.(结果保留一位小数)
答案: (1)228 K (2)5.1 cm
解析：(1)设“山”形管的横截面积为S，对A部分气体，
初态有p1＝p0＋h＝76 cmHg＋4 cmHg＝80 cmHg
末态有p2＝76 cmHg
气柱长度为L＝10 cm，L′＝8 cm
根据理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
故有eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(p2L′S,T2)
解得T2＝ 228 K
(2) 由于T不变，对A部分气体根据玻意耳定律可得p1V1＝p3V3
即有p1LS＝p0L3S
解得L3≈10.53 cm
所以C管中水银长度的增加量为
ΔL＝4 cm＋0.53 cm＋0.53 cm≈5.1 cm
即活塞上移的距离为5.1 cm.
1.(2023·福建省龙岩市高三下3月第一次教学质量检测)(多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的0.05倍，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则( )
A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm
D．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm
答案:BC
解析：打气后，不是每一个分子的速率都增大，所以一定不是每个气体分子对球内壁的作用力增大，A错误；打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确；打气6次后，由玻意耳定律p1V0＋p0×6×0.05V0＝pV0，解得p＝1.4 atm，即球内气体的压强为1.4 atm，C正确，D错误。
2. (2023·山东省泰安市一轮检测试卷一模)2020年1月1日TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27 ℃，压强为240 kPa，已知该轮胎的容积为30 L，阿伏加德罗常数为NA＝6.0×1023 ml－1,0 ℃、1 atm下1 ml任何气体的体积均为22.4 L,1 atm＝100 kPa。则该轮胎内气体的分子数约为( )
A．1.8×1023 B．1.8×1024
C．8.0×1023 D．8.0×1024
答案:B
解析：设该轮胎内气体在100 kPa、0 ℃状态下的体积为V0，气体初态：p1＝2.40×105 Pa，V1＝30 L，T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，气体末态：p0＝1.00×105 Pa，T0＝273 K，根据理想气体状态方程有eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)，代入数据解得V0＝65.52 L，则该轮胎内气体分子数为N＝eq \f(V0,22.4 L)·NA，代入数据可得N＝1.8×1024个。故A、C、D错误，B正确。
3. (2023·北京市朝阳区高三一模)呼吸机在抗击新冠肺炎的战“疫”中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为( )
A．V－V0 B．eq \f(pV,p0)
C.eq \f(pV－V0,p0) D．eq \f(pV－p0V0,p0)
答案:D
解析：设压入的气体体积为V1，气体做等温变化，则pV＝p0V0＋p0V1，解得V1＝eq \f(pV－p0V0,p0)，故D正确，A、B、C错误。
4. (2023·北京市西城区高三下统一测试)如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 ml氧气，b部分气体为2 ml氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是( )
A．Va>Vb，Ta>Tb B．Va>Vb，TaC．VaTb
答案:D
解析：解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，根据pV＝nRT可知，b气体的压强大，故活塞左移，平衡时VaTb，C错误，D正确。
5. (2023·山东省日照市二模)登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
答案:C
解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝eq \f(5,6)×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)×105－4.0×104))Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
6.(2023·山东省青岛市高三下二模)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k＝eq \f(p0S,l0)(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0.
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2.
答案: (1)0.88T0 (2)1.8T0
解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p0，体积为V0＝Sl0，温度为T0
末态时：压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－0.2l0)，由理想气体状态方程得eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)
解得T1＝0.88T0.
(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，体积为V2＝1.2Sl0，设气体压强为p2
由理想气体状态方程得eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p2V2,T2)
此时活塞受力平衡方程为
p0S＋F－p2S＋k(1.2l0－l0)＝0
当活塞向右移动0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡p0S＋F－1.1p0S－0.2l0k＝0
解得T2＝1.8T0.
7. (2023·广东三市联考)肺活量是用标准状况下气体的体积来衡量的。设标准状况下温度为T0，大气压强为p0，且大气压强受气温影响可以忽略不计。某同学设计了一个简易测量肺活量的装置，图2中A为倒扣在水中的开口圆筒，测量前排尽其中的空气，测量时被测者尽力吸足空气，再通过B呼出空气，呼出的空气通过导管进入A内，使A浮起。已知圆筒的质量为m，横截面积为S，水的密度为ρ，测量时环境温度为T1，筒底浮出水面的高度为h，重力加速度为g。求：
(1)圆筒内外水面高度差；
(2)被测者的肺活量。
答案: (1)eq \f(m,ρS) (2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S＋mg))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(hS＋\f(m,ρ)))T0,p0T1S)
解析：(1)设圆筒内部气体压强为p1，圆筒内外水面高度差为h1，p1S＝mg＋p0S
又p1＝p0＋ρgh1
联立可得圆筒内外水面高度差h1＝eq \f(m,ρS)。
(2)根据理想气体状态方程
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1（h1＋h）S,T1)
可得肺活量为
V0＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S＋mg))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(hS＋\f(m,ρ)))T0,p0T1S)。
8.(2023·陕西安康联考)如图3所示，开口向上的汽缸由粗细不同的两段圆筒组成，下段内径为r，上段内径为2r，活塞a在汽缸上段中的位置离活塞b的距离为h，活塞b在汽缸下段正中，下段气缸高度h，两活塞厚度不计，a的质量为4m，b的质量为m，大气压强为p0，环境温度为T0，两个活塞与汽缸内壁无摩擦，且气密性好，缸内封闭有两段气体Ⅰ、Ⅱ，重力加速度为g，上段汽缸足够高，求：
(1)气体Ⅱ的压强；
(2)若给气体Ⅰ、Ⅱ同时缓慢加热，使两部分气体升高相同的温度，使活塞b刚好上升eq \f(h,2)，则这时两部分气体温度升高的温度和活塞a上升的高度。
答案:(1)p0＋eq \f(2mg,πr2) (2)T0 eq \f(3,4)h
解析： (1)开始时，气体Ⅰ的压强
p1＝p0＋eq \f(4mg,4πr2)＝p0＋eq \f(mg,πr2)
气体Ⅱ的压强p2＝p1＋eq \f(mg,πr2)＝p0＋eq \f(2mg,πr2)。
(2)给气体Ⅰ、Ⅱ同时缓慢加热，使两部分气体升高相同的温度ΔT，活塞b刚好上升eq \f(h,2)，两段气体均发生等压变化
对气体Ⅱ eq \f(\f(1,2)hSb,T0)＝eq \f(hSb,T0＋ΔT)
解得ΔT＝T0
设气体Ⅰ上升的高度为h1，Sa＝4πr2，Sb＝πr2，则eq \f(\f(1,2)h（Sa＋Sb）,T0)＝eq \f(（\f(1,2)h＋h1）Sa,T0＋ΔT)
解得h1＝eq \f(3,4)h。
9. (2023·北京市丰台区高三上期末)如图所示，在两端封闭、高为37 cm、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝12.0 cm和l2＝8.0 cm，水平部分管长l3＝12.0 cm，左边气体的压强为16.0 cmHg，现将U形管缓慢向右旋转90°放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边，求U形管旋转后两边空气柱l1′、l2′的长度。(在整个过程中气体温度不变；管的直径很小)
答案: 16 cm 4 cm
解析：设旋转后左管压强为p1′，则由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′
p2l2＝p2′l2′
l1′＋l2′＝20
p2′＝p1′＋12
联立以上各式得p1′＝12 cmHg [p1′＝－9.6 cmHg(舍)]
l1′＝16 cm(l1′＝－20 cm，舍)l2′＝4 cm。
10. （湖南省2022年普通高中学业水平等级考试）16. 如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积的导热汽缸下接一圆管，用质量、横截面积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，外界大气压强，重力加速度取，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；
（2）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
答案:（1）；（2）
解析：（1）将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
代入数据解得
（2）当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，则有
代入数据解得
将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
联立解得
11．(2023·湖北省武汉市第二中学高三上模拟)如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管竖直部分高度大于30 cm且上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高h＝4 cm，初状态温度为27 ℃，A气体长度l1＝15 cm，大气压强p0＝76 cmHg.现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差Δl＝10 cm时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使A中气柱长度回到15 cm.求：
(1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？
(2)右管中再注入的水银高度是多少？
答案:见解析
解析：(1)缓慢升温过程中，对A中气体分析
初态V1＝l1S、p1＝p0＋h＝80 cmHg、T1＝(27＋273) K＝300 K
末状态V2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(l1＋\f(1,2)Δl))S、p2＝p0＋h＋Δl，
由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
代入数据解得T2＝450 K；
得t2＝177 ℃
(2)对A气体分析，初末态体积相同
T3＝T2，p3＝p0＋h＋Δh，
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,T3)
代入数据解得Δh＝40 cm；即再加入的水银高40 cm.
12. (2023·重庆渝中区模拟)新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图5)，每个钢瓶内体积为0.5 m3，在北方时测得钢瓶内氧气压强为6×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为6.3×107 Pa，温度为21 ℃。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0.1 m3，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，求：
(1)通过计算判断钢瓶运输途中是否漏气；
(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用。
答案: (1)没有漏气 (2)785小瓶
解析：(1)钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，若eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)成立，则气体的质量一定，即没有发生漏气。
在北方eq \f(p1,T1)＝eq \f(6×107,273＋7) Pa/K＝eq \f(3×106,14) Pa/K
在武汉eq \f(p2,T2)＝eq \f(6.3×107,273＋21) Pa/K＝eq \f(3×106,14) Pa/K
可见eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)成立，即钢瓶在运输途中没有发生漏气。
(2)在武汉时，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＝6.3×107 Pa，V2＝0.5 m3，P3＝2×105 Pa。
根据p2V2＝p3V3，得V3＝157.5 m3。
可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105 Pa
V4＝(157.5－0.5) m3＝157 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＝0.1 m3
根据p4V4＝p5V5，得n＝785
即一大钢瓶氧气可分装785小瓶。
13.(2023·广东佛山市二模)一体积恒定的绝热汽缸如图5竖直放置，可以自由移动的绝热活塞质量为5.0 kg，面积为1.0×10－2 m2。活塞上设有一通气阀，用插销将活塞固定在汽缸的正中央，关闭通气阀将缸内同种气体分隔成质量相同的A、B两部分。现已知A气体的压强为1.0×105 Pa，温度为27 ℃。不计活塞摩擦，g取10 m/s2。求
(1)若要让活塞在拔出插销后仍能维持在原位置不动，则B气体的压强及温度应分别多大(拔出插销时气体不会外泄)?
(2)若插上插销，固定活塞，打开通气阀，让气体充分混合后再升温至357 ℃，则此时缸内气体压强多大(通气孔体积可忽略不计)?
答案:(1)1.05×105 Pa 315 K (2)2.15×105 Pa
解析：(1)设B气体的温度和压强分别为TB和pB，活塞受力平衡pAS＋mg＝pBS
解得pB＝pA＋eq \f(mg,S)＝1.05×105 Pa
A气体温度TA＝tA＋273 K＝300 K
由于A、B两部分气体是同种气体，且质量相等，故可将A、B两部分气体看做同一个质量一定的气体处在两个不同状态，因而eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pBVB,TB)
由于VA＝VB解得TB＝315 K(或tB＝42 ℃)。
(2)设想A、B两部分气体混合均匀，气体压强等于两部分气体分别产生的压强之和，对A气体eq \f(pAV,TA)＝eq \f(pA′·2V,T)
对B气体eq \f(pBV,TB)＝eq \f(pB′·2V,T)
解得p＝pA′＋pB′＝2.15×105 Pa。
1．(2023·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
答案:(1)297 K (2)309 K
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)，解得最高温度Tmax＝309 K。
2.(2023·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
答案: 1 cm
解析： 对于B中的气体，
初态：pB1＝p0，VB1＝l2S，
末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S，
由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2，
解得l2′＝30 cm，
设B管中水银比A管中水银高x cm，
对A中气体，
初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′，
末态：pA2＝pB2＋px，VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′，
由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2，
解得x＝1 cm。
3.(2023·辽宁高考卷)如图4(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的eq \f(1,6)。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的eq \f(4,5)。求气球驻留处的大气温度T。
答案:(1)eq \f(1,2)p0 (2)266 K
解析：(1)汽缸中的温度不变，则发生的是等温变化，设汽缸内的气体在目标位置的压强为p1，由玻意耳定律p0V0＝p1·1.5V0
解得p1＝eq \f(2,3)p0
由目标处的内外压强差可得p1－p＝eq \f(1,6)p0
解得p＝eq \f(1,2)p0。
(2)由胡克定律F＝kx可知弹簧的压缩量变为原来的eq \f(4,5)，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的eq \f(4,5)，即px＝eq \f(1,6)p0×eq \f(4,5)＝eq \f(2,15)p0
设此时汽缸内气体的压强为p2，对活塞压强平衡可得p2＝px＋p＝eq \f(19,30)p0
由理想气体状态方程可得eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p2V2,T)
其中V2＝V0＋0.5V0×eq \f(4,5)＝eq \f(7,5)V0
解得T＝266 K。
4. (2023·广东卷)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图5所示。某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa。护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
答案:1.3×105 Pa
解析：未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强
p1＝1.0×105 Pa，
体积V1＝(0.9－0.5) mL＝0.4 mL，
注射器内气体的压强p0＝1.0×105 Pa，
体积V0＝0.3×0.4 mL＝0.12 mL，
将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4 mL，设压强为p2，
根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2
解得p2＝1.3×105 Pa。
5.(2023·全国卷Ⅲ)如图2，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
答案: (1)12.9 cm (2)363 K
解析：(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm。⑤
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有
eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑥
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2＝363 K。
6.(2023·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案:(1)eq \f(1,2)(p0＋p) (2)eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p)
解析：(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝eq \f(1,2)(p0＋p)；②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p
V1＝eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p).
7.(2023·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
答案: 22.5 cm 7.5 cm
解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.
由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
8.(2023·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．(重力加速度大小为g)
答案: eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0 (p0S＋mg)h
解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h.
9.[2018·全国卷Ⅰ，33(2)]如图8，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为eq \f(V,8)时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了eq \f(V,6)。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
答案:eq \f(15p0S,26g)
解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，
由玻意耳定律得p0eq \f(V,2)＝p1V1①
p0eq \f(V,2)＝p2V2②
由已知条件得
V1＝eq \f(V,2)＋eq \f(V,6)－eq \f(V,8)＝eq \f(13,24)V③
V2＝eq \f(V,2)－eq \f(V,6)＝eq \f(V,3)④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得m＝eq \f(15p0S,26g)。
新课程标准
1．通过实验，了解气体实验定律。知道理想气体模型。能用分子动理论和统计观点解释气体压强和气体实验定律。
2．理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一。
命题趋势
考查的题目难度中等或中等偏下，考查的内容主要体现对物理观念的认识、模型建构等物理学科的核心素养。计算题多考查气体实验定律、理想气体状态方程的应用。
试题情境
生活实践类
雾霾天气、高压锅、气压计、蛟龙号深海探测器、喷雾器、拔罐、保温杯、输液瓶、测温电子天平等
学习探究类
气体实验定，探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系