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(共17张PPT)
演练知能提升
1.(12分)(2026·福建省一模)如图所示，在粗细均匀、导热良好的固定U形管右侧，用水银封闭一段长L＝25 cm的理想气体，左、右两管水银面的高度差h＝21 cm；现向左侧管中缓慢加入水银，已知大气压强p0＝75 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；(6分)
解析：设开始封闭气体的压强为p1
则有p1＝p0－ph
补充水银至两侧液面相平时，右管内水银面上升了x，根据玻意耳定律可得
p1SL＝p0S(L－x)
又Δh＝h＋2x，联立解得Δh＝35 cm。
答案：35 cm　
(2)封闭气体的最大压强pm。(6分)
解析：继续向左侧管中加入水银，直至液面与管口相平，设此时封闭气体柱的长度为L0
有p1SL＝(p0＋pL0)SL0，
又pm＝p0＋pL0
联立解得pm＝90 cmHg。
答案：90 cmHg
2.(8分)(2026·辽宁省普通高中一模)篮球是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。体育课上某同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.2 atm，已知篮球内部容积为7 L。现用简易打气筒给篮球打气，每次能将0.1 L、1.0 atm的空气打入球内，假设篮球的标准气压为1.6 atm。忽略打气和放气过程中篮球的容积和球内气体温度的变化。
(1)求使篮球内部的气压达到标准气压需要打气的次数。(3分)
解析：由题意可知，打气过程中温度不变，由玻意耳定律可得
p1V＋Np0V0＝p2V
解得N＝28次。
答案：28次
(2)若打气过多，使篮球内部的气压达到1.8 atm，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。(5分)
3.(8分)(2026·甘肃省第一次诊断)某兴趣小组用饮料瓶制作的水火箭如图所示。在体积V1＝560 mL的饮料瓶(箭体)内装入V2＝200 mL的水，用带有充气嘴的瓶塞密封后倒放在发射架上。现用打气筒给箭体内充气，每次能将体积ΔV＝180 mL、压强p0＝1.0×105 Pa的外界空气压入瓶内，打气前瓶内气体的压强为p0，当瓶内气体压强达到4p0时，火箭发射升空。整个装置气密性良好，忽略饮料瓶体积变化和打气过程中瓶内、外空气温度的变化，将空气看作理想气体。
(1)求发射水火箭需要用打气筒打气几次。(3分)
解析：设至少需要打N次气，打气过程气体温度不变，根据玻意耳定律有
p0(V1－V2)＋Np0ΔV＝4p0(V1－V2)
代入数据，解得N＝6次。
答案：6次
(2)假设水火箭发射时，瓶内的水瞬间喷出，瓶内气体与外界来不及热交换，试分析喷水前后瓶内气体的温度的变化情况，并说明理由。(5分)
解析：根据热力学第一定律有W＋Q＝ΔU
瓶内的水瞬间喷出，瓶内气体与外界来不及热交换，故Q＝0，瓶内气体膨胀，对外界做功，有W<0，可得ΔU<0，瓶内空气为理想气体，内能减小，温度降低。
答案：见解析
4．(12分)(2026·安徽黄山市质检)已知外部环境温度为0 ℃，大气压强p0为750 mmHg，该环境下1 mol气体的体积Vm是22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。假设某运动员放松情况下肺内气体体积V1约为3.5 L，该运动员某次深呼吸吸入外部空气的体积V0＝2.73 L。
(1)求该次吸入的空气分子总数(结果保留1位有效数字)。(3分)
答案：7×1022个
(2)已知运动员肺部的温度恒为37 ℃，吸气时扩张肺部，大气压把新鲜的外部空气通过鼻喉等升温至37 ℃压入肺内，并迅速达到内外的气压平衡，求运动员该次深呼吸后肺内气体增加的体积。(4分)
答案：3.1 L　
(3)已知运动员在呼吸时能承受的内外气压差的最大值Δp是150 mmHg。此次吸气后，运动员屏住呼吸并收缩肺部，求肺内气体体积能达到的最小值。(5分)
解析：研究吸入后肺内的总气体，收缩过程发生等温变化p0(V1＋V0′)＝(p0＋Δp)V
其中V为吸气后通过收缩肺部达到肺部气体体积的最小值，联立可得V＝5.5 L。
答案：5.5 L
(1)左管内气体的压强；(4分)
解析：左管封闭气体变化前的压强p1＝76 cmHg－36 cmHg＝40 cmHg
左管封闭气体变化前后的体积分别为
V1＝l1S，V2＝l2S
由于气体发生等温变化
由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝52 cmHg。
答案：52 cmHg　
(2)活塞下移的距离。(8分)
答案：10.8 cm1.(12分)(2026·福建省一模)如图所示，在粗细均匀、导热良好的固定U形管右侧，用水银封闭一段长L＝25 cm的理想气体，左、右两管水银面的高度差h＝21 cm；现向左侧管中缓慢加入水银，已知大气压强p0＝75 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；(6分)
(2)封闭气体的最大压强pm。(6分)
解析：(1)设开始封闭气体的压强为p1
则有p1＝p0－ph
补充水银至两侧液面相平时，右管内水银面上升了x，根据玻意耳定律可得
p1SL＝p0S(L－x)
又Δh＝h＋2x，联立解得Δh＝35 cm。
(2)继续向左侧管中加入水银，直至液面与管口相平，设此时封闭气体柱的长度为L0
有p1SL＝(p0＋pL0)SL0，
又pm＝p0＋pL0
联立解得pm＝90 cmHg。
答案：(1)35 cm　(2)90 cmHg
2.(8分)(2026·辽宁省普通高中一模)篮球是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。体育课上某同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.2 atm，已知篮球内部容积为7 L。现用简易打气筒给篮球打气，每次能将0.1 L、1.0 atm的空气打入球内，假设篮球的标准气压为1.6 atm。忽略打气和放气过程中篮球的容积和球内气体温度的变化。
(1)求使篮球内部的气压达到标准气压需要打气的次数。(3分)
(2)若打气过多，使篮球内部的气压达到1.8 atm，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。(5分)
解析：(1)由题意可知，打气过程中温度不变，由玻意耳定律可得
p1V＋Np0V0＝p2V
解得N＝28次。
(2)以篮球内空气为研究对象，设放出的气体体积为ΔV
由玻意耳定律可得
p3V＝p2(V＋ΔV)，＝
联立解得＝。
答案：(1)28次　(2)
3.
(8分)(2026·甘肃省第一次诊断)某兴趣小组用饮料瓶制作的水火箭如图所示。在体积V1＝560 mL的饮料瓶(箭体)内装入V2＝200 mL的水，用带有充气嘴的瓶塞密封后倒放在发射架上。现用打气筒给箭体内充气，每次能将体积ΔV＝180 mL、压强p0＝1.0×105 Pa的外界空气压入瓶内，打气前瓶内气体的压强为p0，当瓶内气体压强达到4p0时，火箭发射升空。整个装置气密性良好，忽略饮料瓶体积变化和打气过程中瓶内、外空气温度的变化，将空气看作理想气体。
(1)求发射水火箭需要用打气筒打气几次。(3分)
(2)假设水火箭发射时，瓶内的水瞬间喷出，瓶内气体与外界来不及热交换，试分析喷水前后瓶内气体的温度的变化情况，并说明理由。(5分)
解析：(1)设至少需要打N次气，打气过程气体温度不变，根据玻意耳定律有
p0(V1－V2)＋Np0ΔV＝4p0(V1－V2)
代入数据，解得N＝6次。
(2)根据热力学第一定律有W＋Q＝ΔU
瓶内的水瞬间喷出，瓶内气体与外界来不及热交换，故Q＝0，瓶内气体膨胀，对外界做功，有W<0，可得ΔU<0，瓶内空气为理想气体，内能减小，温度降低。
答案：(1)6次　(2)见解析
4．(12分)(2026·安徽黄山市质检)已知外部环境温度为0 ℃，大气压强p0为750 mmHg，该环境下1 mol气体的体积Vm是22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。假设某运动员放松情况下肺内气体体积V1约为3.5 L，该运动员某次深呼吸吸入外部空气的体积V0＝2.73 L。
(1)求该次吸入的空气分子总数(结果保留1位有效数字)。(3分)
(2)已知运动员肺部的温度恒为37 ℃，吸气时扩张肺部，大气压把新鲜的外部空气通过鼻喉等升温至37 ℃压入肺内，并迅速达到内外的气压平衡，求运动员该次深呼吸后肺内气体增加的体积。(4分)
(3)已知运动员在呼吸时能承受的内外气压差的最大值Δp是150 mmHg。此次吸气后，运动员屏住呼吸并收缩肺部，求肺内气体体积能达到的最小值。(5分)
解析：(1)该次吸入的空气分子总数N＝≈7×1022个。
(2)外部环境温度 T1＝273 K，肺内的温度
T2＝310 K
研究外部V0＝2.73 L的空气，吸入肺部后温度迅速上升到肺部内的温度
发生等压变化＝
解得V0′＝3.1 L。
(3)研究吸入后肺内的总气体，收缩过程发生等温变化p0(V1＋V0′)＝(p0＋Δp)V
其中V为吸气后通过收缩肺部达到肺部气体体积的最小值，联立可得V＝5.5 L。
答案：(1)7×1022个　(2)3.1 L　(3)5.5 L
5.(12分)(2026·河北省部分高中模拟)如图所示，左右两管足够长的U形管左管封闭，右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长l1＝26 cm、温度为280 K的空气柱，右管一轻活塞恰处在与左管水银面平齐的位置且封闭了一定质量的气体，左右两管水银面高度差Δh＝36 cm，大气压强为76 cmHg。现将活塞缓慢下推，并保持左右管内气体的温度不变。当左管空气柱长度变为l2＝20 cm时，求：
(1)左管内气体的压强；(4分)
(2)活塞下移的距离。(8分)
解析：(1)左管封闭气体变化前的压强p1＝76 cmHg－36 cmHg＝40 cmHg
左管封闭气体变化前后的体积分别为
V1＝l1S，V2＝l2S
由于气体发生等温变化
由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝52 cmHg。
(2)U形管右管内径为左管内径的倍，则右管横截面积是左管横截面积的2倍，为2S，当左管水银面上升6 cm时，右管水银面下降3 cm，所以这时左右两管水银面的高度差为45 cm，因此右管内气体的压强
p2′＝(52＋45)cmHg＝97 cmHg
原状态右管气体的压强p1′＝76 cmHg
设活塞缓慢下推后右管气体的高度为h，由玻意耳定律可得
p1′×36 cm×2S＝p2′×h×2S
解得h≈28.2 cm
活塞下移的距离x＝(36＋3) cm－h＝10.8 cm。
答案：(1)52 cmHg　(2)10.8 cm专题提升二十　热学规律的综合应用
[复习目标]
1．会通过选择合适的研究对象用理想气体状态方程处理变质量问题。
2．掌握“玻璃管液封类问题”和“汽缸活塞类问题”的处理方法。
题型一　变质量问题
对气体变质量问题，可通过选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解。
(1)打气问题：把球内原有气体和即将打入的气体看作整体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
(4)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，便可使变质量问题变成一定质量气体的状态变化问题。
(2026·辽宁辽阳市模拟)
用如图所示的水银血压计测量血压时，先用气囊向袖带内充气8次(开始袖带内无空气)，每次充入压强为p0(p0为外界大气压强)、体积为的空气，充气后袖带内的空气体积为V0，然后缓慢放气，当袖带内空气体积变为时，袖带内空气的压强刚好与大气压强相等。空气可视为理想气体，忽略充气和放气过程中空气温度的变化，求：
(1)充气后袖带内空气的压强p；
(2)袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。
[解析]　(1)充气过程中空气做等温变化，末态压强为p，体积为V0，根据玻意耳定律，有
8p0·＝pV0
解得p＝。
(2)设放出压强为p0的空气体积为ΔV，根据玻意耳定律，则有8p0·＝p0＋p0ΔV
袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值
k＝＝。
[答案]　(1)　(2)
(2026·山东聊城市模拟)
气垫鞋是通过在鞋底内置密闭气垫(通常填充高压氮气或空气)来提供缓震功能的运动鞋。气垫内气体可视为理想气体，气垫导热良好。某款气垫跑鞋在静态未穿着时每个气垫中气体体积V1＝30 cm3，压强p1＝1.5 atm，假设大气压强恒为p0＝1 atm，室温恒为27 ℃。
(1)某同学穿该跑鞋运动，一段时间后由于摩擦等因素鞋内温度升高5 ℃，气垫体积被压缩为原来的，求此时气垫内气体压强(结果保留3位有效数字)。
(2)长时间穿该跑鞋导致气垫损坏漏气，静置于室内足够长的时间后，体积仍为V1，求漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比。
[解析]　(1)取气垫内气体为研究对象，初态：p1＝1.5 atm，V1＝30 cm3，T1＝300 K
末态：压强为p2，V2＝25 cm3，T2＝305 K
由理想气体状态方程有＝
联立解得p2＝1.83 atm。
(2)以漏气前气垫内的气体为研究对象，初态：p1＝1.5 atm，V1＝30 cm3
漏气后：p3＝p0＝1 atm，气体体积为V3
由玻意耳定律有p1V1＝p3V3
解得V3＝45 cm3
漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比
η＝
解得η＝。
[答案]　(1)1.83 atm　(2)
(2026·广东茂名市一模)航天员要先进入气闸舱中等待气闸舱内气压降至与太空舱外气压基本一致，才能进入太空。中国空间站气闸舱使用了气体复用技术，即航天员出舱前将气闸舱空气全部抽送到相邻的工作舱。如图乙所示，若工作舱容积V1＝50 m3，气闸舱容积V2＝10 m3，工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为p0＝1.0×105 Pa，外太空为真空状态，气体为理想气体并忽略航天员对气体的影响，太空舱与外界保持绝热。请问抽气过程：
(1)若气体温度保持不变，则抽气结束后工作舱内气体压强升高了多少？
(2)若考虑气体做功，则工作舱内气体温度如何变化，并说明理由。
[解析]　(1)从气闸舱向工作舱抽气过程中p0V2＋p0V1＝pV1
气体稳定后，工作舱中的气压p＝1.2×105 Pa
工作舱压强升高Δp＝p－p0＝0.2×105 Pa。
(2)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知此过程外界对工作舱气体做正功，W>0，又Q＝0，则ΔU>0，内能增加，温度升高。
[答案]　(1)0.2×105 Pa　(2)温度升高　因为内能增加
eq \a\vs4\al()
理想气体状态方程pV＝nRT，其中n表示物质的量，R为常数，因为n＝，则对于同种气体，当V、T相同时，质量之比等于压强之比，当p、T相同时，质量之比等于体积之比。
题型二　热学综合问题
考向1　玻璃管液封类
玻璃管液封模型
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、列平衡方程求解，要注意：
(1)液体因重力产生的压强p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；
(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，同一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”，使计算过程更简捷。
(多选)(2025·云南卷，T9)
图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与玻璃泡a的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度，则在p0下(　　)
A．环境温度升高时，b管中液面升高
B．环境温度降低时，b管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
[解析]　在标准大气压p0下，设进入b管的液柱高度为h，则封闭气体的压强p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体可视为等容变化，由公式＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。
[答案]　BD
(2025·湖南卷，T13)
用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小。
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
[解析]　(1)设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱由力的平衡条件有ρShg＋p0S＝p1S
水平放置时，对液柱由力的平衡条件有p2S＝p0S
若整个过程中温度不变，则对空气柱由玻意耳定律可得p1SL1＝p2SL2
联立可得g＝。
(2)若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相同，则空气柱的体积不变
由查理定律可得＝
联立可得g＝＝9.5 m/s2。
[答案]　(1)　(2)9.5 m/s2
考向2　汽缸活塞类
1．基本思路
(1)确定研究对象，一般来说，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)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。
2．注意问题
(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)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。
(2025·海南卷，T16)
竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10－3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g取10 m/s2。
(1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10－3 m3，求此时的温度T1。
(2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
[解析]　(1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝
解得T1＝450 K。
(2)设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有
p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0
整个过程根据玻意耳定律有p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10－3 m3。
[答案]　(1)450 K　(2)4×10－3 m3
(2024·甘肃卷，T13)
如图所示，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p0，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。
[解析]　(1)设抽气前两体积V＝Sl，对气体A分析，抽气后VA＝2V－V＝Sl
根据玻意耳定律得p0V＝pA·V
解得pA＝p0
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p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pB·V
解得pB＝p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律有F＝k
联立解得k＝。
[答案]　(1)p0　p0　(2)
(2025·山东卷，T16)
如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好、管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2＝440 K时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
[解析]　(1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
＝，其中V1＝Sh1、V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
(2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量ΔU＝0，T1状态和T2状态，由平衡条件有
p0S＋f0＝p1S，解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知＝，解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
＝，其中V4＝Sh4，解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝－p0Sh1
由ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收的净热量Q＝－W＝p0Sh1。
[答案]　(1)h1　(2)p0Sh1(共39张PPT)
专题提升二十　热学规律的综合应用
[复习目标]
1．会通过选择合适的研究对象用理想气体状态方程处理变质量问题。
2．掌握“玻璃管液封类问题”和“汽缸活塞类问题”的处理方法。
第一部分
题型一　变质量问题
对气体变质量问题，可通过选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解。
(1)打气问题：把球内原有气体和即将打入的气体看作整体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
(4)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，便可使变质量问题变成一定质量气体的状态变化问题。
(1)充气后袖带内空气的压强p；
(2)袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。
例2 (2026·山东聊城市模拟)气垫鞋是通过在鞋底内置密闭气垫(通常填充高压氮气或空气)来提供缓震功能的运动鞋。气垫内气体可视为理想气体，气垫导热良好。某款气垫跑鞋在静态未穿着时每个气垫中气体体积V1＝30 cm3，压强p1＝1.5 atm，假设大气压强恒为p0＝1 atm，室温恒为27 ℃。
[答案]　1.83 atm
(2)长时间穿该跑鞋导致气垫损坏漏气，静置于室内足够长的时间后，体积仍为V1，求漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比。
[解析]　以漏气前气垫内的气体为研究对象，初态：p1＝1.5 atm，V1＝30 cm3
漏气后：p3＝p0＝1 atm，气体体积为V3
由玻意耳定律有p1V1＝p3V3
解得V3＝45 cm3
例3 (2026·广东茂名市一模)航天员要先进入气闸舱中等待气闸舱内气压降至与太空舱外气压基本一致，才能进入太空。中国空间站气闸舱使用了气体复用技术，即航天员出舱前将气闸舱空气全部抽送到相邻的工作舱。如图乙所示，若工作舱容积V1＝50 m3，气闸舱容积V2＝10 m3，工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为p0＝1.0×105 Pa，外太空为真空状态，气体为理想气体并忽略航天员对气体的影响，太空舱与外界保持绝热。请问抽气过程：
(1)若气体温度保持不变，则抽气结束后工作舱内气体压强升高了多少？
(2)若考虑气体做功，则工作舱内气体温度如何变化，并说明理由。
[解析]　(1)从气闸舱向工作舱抽气过程中p0V2＋p0V1＝pV1
气体稳定后，工作舱中的气压p＝1.2×105 Pa
工作舱压强升高Δp＝p－p0＝0.2×105 Pa。
(2)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知此过程外界对工作舱气体做正功，W>0，又Q＝0，则ΔU>0，内能增加，温度升高。
[答案]　(1)0.2×105 Pa　(2)温度升高　因为内能增加
方法技巧
第二部分
题型二　热学综合问题
　考向1　玻璃管液封类
玻璃管液封模型
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、列平衡方程求解，要注意：
(1)液体因重力产生的压强p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；
(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，同一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”，使计算过程更简捷。
例4 (多选)(2025·云南卷，T9)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与玻璃泡a的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度，则在p0下(　　)
A．环境温度升高时，b管中液面升高
B．环境温度降低时，b管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
BD
水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。
例5 (2025·湖南卷，T13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小。
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
[答案] 9.5 m/s2
考向2　汽缸活塞类
1．基本思路
(1)确定研究对象，一般来说，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)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。
2．注意问题
(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)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。
例6 (2025·海南卷，T16)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10－3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g取10 m/s2。
(1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10－3 m3，求此时的温度T1。
[答案]　450 K　
(2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
[解析]　设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有
p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0
整个过程根据玻意耳定律有p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10－3 m3。
[答案]　4×10－3 m3
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB。
(2)弹簧的劲度系数k。
继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2＝440 K时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。

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