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素养提升课一　气体实验定律的综合应用
【素养目标】　1.会处理理想气体状态变化的图像问题。2.会处理液柱移动类问题。3.会处理关联气体问题。4.会处理气体的“变质量”问题。
提升点一　理想气体状态变化的图像问题
【师生互动】　根据甲、乙、丙图回答以下问题：
任务1.图甲中从A到B再到C，体积是如何变化的？
任务2.图乙中从A到B再到C，压强是如何变化的？
任务3.图丙中从A到B再到C，温度是如何变化的？
提示：任务1.体积一直增大。任务2.压强一直增大。任务3.温度先不变再减小。
【探究归纳】
一定质量理想气体状态变化三类图像的比较
名称 图像 特点
等 温 线 pV＝CT(C为常量)，即p、V之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p＝CT·，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高
等 压 线 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
V与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 ℃，0)，斜率越大，对应的压强越小
等 容 线 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
p与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 ℃，0)，斜率越大，对应的体积越小
p-V图像
(多选)(2025·河北衡水高二期中)如图所示是一定质量的理想气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中(　　)
A.从A到B的过程温度升高
B.从B到C的过程单位时间内气体分子对容器单位面积的碰撞次数减少
C.从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
答案：ABD
解析：从A到B的过程，气体压强不变，体积变大，根据盖-吕萨克定律可知气体温度升高；从B到C的过程，气体体积不变，压强减小，根据查理定律可知气体温度降低，故A正确，C错误。从B到C的过程，体积不变，单位体积内气体分子数不变，温度降低，气体分子平均动能减小，则单位时间内气体分子对容器单位面积的碰撞次数减少，故B正确。由题意可知A、C两点在同一条双曲线上，有pAVA＝pCVC，可知A、C两点的温度相等，故D正确。
p-T图像
(2025·湖北高二期中)一定质量的理想气体经一系列等温、等压和等容过程后回到了初态，该过程中气体的压强p随热力学温度T变化的规律如图所示，则选项图像中，能正确描述该过程中气体的压强p随其体积V变化的规律的是(　　)
答案：D
解析：a→b过程，气体压强不变，温度升高，由＝C可知气体体积增加；b→c过程，p-T图像为过原点的倾斜直线，则由＝C可知气体体积不变；c→a过程，气体温度不变，根据pV＝C可知p-V图像为双曲线的一支。故选D。
V-T图像
(多选)(2025·黑龙江哈尔滨高二期末)如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强为3.0×105 Pa。下列说法正确的是(　　)
A.由状态A到状态B气体发生等压变化
B.由状态B到状态C气体发生等压变化
C.TA＝200 K
D.气体在状态C时的压强为4.0×105 Pa
答案：ACD
解析：由理想气体状态方程＝C可得V＝T，则由状态A到状态B气体发生等压变化，故A正确；由状态B到状态C气体发生等容变化，故B错误；由状态A到状态B，由盖-吕萨克定律得＝，解得TA＝200 K，故C正确；气体由状态A到状态C，由理想气体状态方程得＝，解得pC＝4.0×105 Pa，故D正确。
提升点二　液柱移动类问题
【师生互动】　如图所示，竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同且均为T0。现使A、B升高相同温度ΔT。
任务1.管内的水银柱向哪移动？
任务2.再次稳定时，压强的增加量哪个大？
提示：任务1.假设体积不变，由查理定律＝得Δp＝ΔT，开始时气体B的压强大，故水银柱向上移动。
任务2.开始压强满足pB＝pA＋ρgh，再次稳定时压强满足pB'＝pA'＋ρgh'，由于h'＜h，故ΔpB＜ΔpA。
【探究归纳】
判断液柱移动的常用方法
1.假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部分气体有＝，则压强变化量Δp2＝p2'－p2＝p2；同理，下部分气体压强变化量Δp1＝p1，由于开始时p1＝p2＋ρgh，则有p1＞p2，故Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。
2.极限法：由于玻璃管上部分气柱压强p2较下部分气柱压强p1小，设想p2→0，即玻璃管上部分认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。
3.图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1＞p2，可得气柱1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增加量Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。
如图1所示，容器A和B内分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃、氧气的温度为20 ℃时，水银柱保持静止。
判断下列情况下，水银柱将怎样移动：
(1)两种气体均升温20 ℃；
(2)氢气升温10 ℃，氧气升温20 ℃；
(3)若初状态如图2所示且气体初温相同，两种气体均降温10 ℃。
答案：(1)向右移动　(2)向左移动　(3)向下移动
解析：假设体积不变，对氢气和氧气分别分析，由查理定律得＝，即Δp＝p。
题图1所示情境中，氢气和氧气的初始压强相同，设为p0。题图2所示情境中，两气体初温相同，设为T。
(1)法一(假设法)：当温度变化时，先假设水银柱不动，则有ΔpA＝p0＞0，ΔpB＝p0＞0，因为ΔpA＞ΔpB，所以水银柱向右移动。
法二(图像法)：在p-T坐标系中分别作出H2、O2的等容线，如图所示。因初始状态时A、B中气体的压强相等，而TB＞TA，所以H2的等容线斜率较大。当增加相同温度时，从图像中能直观地看出ΔpA＞ΔpB，故水银柱将向右移动。
(2)ΔpA'＝p0＞0，ΔpB'＝p0＞0，因为ΔpA'＜ΔpB'，所以水银柱向左移动。
(3)由题知ΔT'＝－10 K，ΔpA″＝pA＜0，ΔpB″＝pB＜0，因为pA＞pB，所以｜ΔpA″｜＞｜ΔpB″｜，即水银柱向下移动。
针对练.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变，空气可视为理想气体)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)
A.均向上移动，B中水银柱移动较多
B.均向上移动，A中水银柱移动较多
C.均向下移动，B中水银柱移动较多
D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同
答案：B
解析：管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据盖－吕萨克定律可知＝，整理得ΔV＝V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度均升高ΔT，且ΔT＞0，推导出ΔV＞0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1＞H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA＞ΔVB，即A管中气柱长度增加得多一些，故A、B管中气柱上方的水银柱均向上移动，A中水银柱移动较多。故选B。
提升点三　关联气体问题
【师生互动】　如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸，被厚度不计的绝热活塞分成A、B两气室，两气室充入温度相同的空气，活塞恰好位于汽缸中央。已知活塞的质量为m，面积为S，A、B两气室的温度为T0，A气室中的压强为p0，体积为V0，重力加速度为g，不计活塞和汽缸间的摩擦。现保持B室内温度不变，升高A室内气体温度，使A、B的体积比为2∶1。
任务1.开始时B中气体的压强为多少？
任务2.稳定时A、B的体积各为多少？
任务3.稳定时A最终的热力学温度为多少？
提示：任务1.pB＝p0＋。
任务2.由题意知VA＝2VB，VA＋VB＝2V0，解得VA＝V0，VB＝V0。
任务3.对B室内气体，由玻意耳定律得
pBV0＝pB'·V0
由平衡条件得pB'S＝pA'S＋mg
对A室内气体，由理想气体状态方程得
＝
解得T＝T0。
【探究归纳】
关联气体问题的解题思路
1.分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，选择合适的气体实验定律或理想气体状态方程，并列出方程。
2.认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。
3.多个方程联立求解。
活塞—汽缸封闭气体
(2025·河南洛阳高二期中)如图所示，一水平放置的汽缸中由横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分。初始时，A部分气柱的长度为2L0，B部分气柱的长度为L0，压强均等于大气压p0，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为p0S，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。向右缓慢推动活塞的过程中，气体温度始终保持不变。则：
(1)当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？
(2)当活塞向右移动0.2L0的距离时隔板所受的摩擦力大小？
(3)若隔板向右缓慢移动了0.5L0的距离，则活塞向右移动了多大的距离？
答案：(1)0.4L0　(2)p0S　(3)L0
解析：(1)设活塞向右移动x时，隔板开始运动。
对A气体，有p0·2L0S＝pA(2L0－x)S
对隔板有pAS＝p0S＋p0S
解得x＝0.4L0。
(2)由上问可知，活塞向右移动0.2L0时，隔板没有运动。
对A部分气体，有
p0·2L0S＝pA'·(2L0－0.2L0)S
对隔板有pA'S＝p0S＋f
解得f＝p0S。
(3)设活塞向右移动x1，对A部分气体，有
p0·2L0S＝p(2L0＋0.5L0－x1)S
对B部分气体，有p0L0S＝pB(L0－0.5L0)S
对隔板有pS＝pBS＋p0S
解得x1＝L0。
玻璃管—液柱封闭气体
如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。
(1)求初始时理想气体B的压强；
(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。
答案：(1)70 cmHg　(2)500 K
解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
(2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm
以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得
p0(L1＋L2)S＝pA'L3S
以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得＝
左、右两侧液面相平时pA'＝pB'
联立解得T'＝500 K。
提升点四　 气体的“变质量”问题
【师生互动】　如图所示，某型号热气球的球囊、吊篮和加热装置总质量为m，球囊容积为V0，大气密度为ρ，环境温度恒为T0。在吊篮中装载质量为M的物品，点燃喷灯，热气球从地面升空，该运动可视为匀速运动。重力加速度为g，不计空气阻力及大气压随高度的变化，忽略球囊的厚度、搭载物品的体积及喷油导致的装置总质量变化。
任务1.匀速升空时球囊内气体的质量是多少？
任务2.匀速升空时球囊内气体是开始的多少倍？
任务3.匀速升空时球囊内气体的温度是多少？
提示：任务1.由平衡条件得(m＋M＋m')g＝ρgV0，解得m'＝ρV0－m－M。
任务2.＝。
任务3.由盖-吕萨克定律得＝，
解得T＝。
【探究归纳】
1.气体变质量问题的处理思想
气体实验定律和理想气体状态方程的研究对象必须是质量不变的气体，但是在气体的充气、抽气、分装等问题中，容器内的气体质量发生了改变，因此对于这类问题的正确处理方法是：通过巧妙地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，再结合气体实验定律或理想气体状态方程处理。
2.理想气体状态方程的分态式
(1)把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2，…，pn、Vn、Tn的几部分理想气体(同种)进行混合，混合后的压强、体积、温度为p、V、T，则有＋＋…＋＝。
(2)如果一部分气体(p、V、T)被分成了几部分，状态分别为(p1、V1、T1)，(p2、V2、T2)，…，(pn、Vn、Tn)，则有＝＋＋…＋。
充气(打气)问题
用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积始终为V＝3 L，轮胎内原来的压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内的压强变为p'＝4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)(　　)
A.10 B.15
C.20 D.25
答案：B
解析：设打气筒每次打入p0＝1 atm、ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV'，由玻意耳定律得p0ΔV＝pΔV'，设打气次数为n，则有p(V＋nΔV')＝p'V，联立解得n＝15。故选B。
抽气问题
(多选)如图所示，用活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变，每次抽出气体的体积均为。则(　　)
A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完
B.第一次抽气后容器内压强为p0
C.第一次抽气后容器内压强为p0
D.连续抽3次后容器内压强为p0
答案：CD
解析：容器内气体初始压强和体积为p0和V0，第一次抽气后，由玻意耳定律得p0V0＝p1，解得p1＝p0，故B错误，C正确；同理第二次抽气后，由玻意耳定律得p1V0＝p2，第三次抽气后有p2V0＝p3，解得p3＝p0＝p0，可知连续抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。
灌气(气体的分装)问题
玉龙雪山位于云南省丽江市，备受旅行爱好者的关注，由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气瓶。已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定。则：
(1)若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？
(2)若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？
答案：(1)55　(2)
解析：(1)设能分装n个氧气瓶，以容器内开始的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0V0＝p(nV＋V0)
代入数据解得n＝55。
(2)第1个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p0V0＝p1(V＋V0)
解得p1＝p0
第2个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得
p1V0＝p2(V＋V0)
解得p2＝p0
同理，第3个氧气瓶充满气体后，压强
p3＝p0
由此可推出第10个氧气瓶充满气体后，压强
p10＝p0
则＝＝。
漏气问题
(2021·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。T＝t＋273 K。
(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 ℃，大气压为1.0×105 Pa)。
答案：(1)3.1×103 Pa　(2)
解析：(1)以夹层中空气为研究对象
初态时p1＝3.0×103 Pa，T1＝300 K
末态时T2＝310 K，设末态压强为p2
由查理定律有＝
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)以夹层内气压达到p0＝1.0×105 Pa时的空气为研究对象，此时空气体积为夹层的容积V0，假设当其压强减小到p1＝3.0×103 Pa时的体积为V1
由玻意耳定律有p1V1＝p0V0
解得＝＝
故增加的空气质量与原有空气质量的比值为
＝＝。
课时测评10　气体实验定律的综合应用
(选择题1－9题，每题4分，共36分)
1.(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内空气柱被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气柱都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　　)
答案：CD
解析：假设升高相同温度后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得＝，即Δp＝ΔT，而各管两端初始压强p相同，所以Δp∝，即初始温度T越高，Δp越小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动。故选CD。
2.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在固定的导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态②，下列选项图中可以表示此过程的是(　　)
答案：AD
解析：由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝C可知压强将减小。对选项图A进行分析，p-V图像是双曲线的一支，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A正确；对选项图B进行分析，p-V图像是直线，气体温度会发生变化，故B错误；对选项图C进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C错误；对选项图D进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，故D正确。
3.(多选)(2025·安徽合肥市高二统考)下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是(　　)
A.在图甲中，气体由a到b的过程，气体的压强增大
B.在图乙中，气体由a到b的过程，分子的数密度可能保持不变
C.在图丙中，气体由a到b的过程中，气体分子的平均动能保持不变
D.在图丁中，气体由a到b的过程中，气体的压强保持不变
答案：AC
解析：在题图甲中，气体由a到b的过程是等容升温过程，根据查理定律可知气体的压强增大，故A正确；在题图乙中，气体由a到b的过程，气体体积变小，分子数密度增大，故B错误；在题图丙中，气体由a到b的过程做等温变化，气体分子的平均动能保持不变，故C正确；在题图丁中，因为横坐标是摄氏温度，气体由a到b的过程中，不是等压变化，故D错误。故选AC。
4.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁导热良好。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为(　　)
A.d B.d
C.d D.d
答案：D
解析：以活塞B为研究对象，初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1'S＝p2'S，设在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2内的气体运用玻意耳定律得p1V1＝p1'(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2'(V2－xS)，联立解得x＝d。故选D。
5.如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻度线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入40 mL压强为750 mmHg的气体，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，当内部气体体积小于最大容积时，其内部气体压强等于大气压。水银壶容积不变，水银上方气体体积为80 mL，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50 mL。大气压恒为750 mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。要使示值管内水银液面开始上升，至少充气(　　)
A.三次 B.四次
C.五次 D.六次
答案：B
解析：当袖带橡皮囊内气体达到最大体积时，便可压动水银液面上升，达到最大体积前压强不变，由题意可知，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，内部残留气体为50 mL，由于每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入气体40 mL，因此充气次数为n＝＝3.75，因此第4次充气时，示值管内水银液面开始上升。故选B。
6.如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓慢地均匀加热，忽略水银柱体积变化，则下列说法正确的是(　　)
A.加热过程中，始终保持V1'＝2V2'
B.加热后V1'＞2V2'
C.加热后V1'＜2V2'
D.条件不足，无法确定
答案：A
解析：设大气压为p0，由题图可知，封闭气体的压强p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh1＋ρgh2，对气体加热过程气体压强不变，气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，则ΔV＝V，由于均匀加热，所以温度变化相等，因为V1＝2V2，所以ΔV1＝2ΔV2，则V1'＝2V2'。故选A。
7.(2025·河南高三期末)如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚好有体积为V的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2p0，温度为87 ℃，环境大气压为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57 ℃，瓶中气体可看成理想气体，T＝t＋273 K，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57 ℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：设原来瓶中气体变成57 ℃、压强为p0时，气体的总体积为V'，根据理想气体状态方程，有＝，解得V'＝0.55V，则跑出热水瓶的气体质量与瓶中原来气体质量之比为＝＝。故选A。
8.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为(　　)
A.20 L B.40 L
C.50 L D.60 L
答案：B
解析：设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态p1＝15 MPa，V1＝400 L；末态p2＝3 MPa，V2＝40V0＋V1，因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入数据解得V0＝40 L。故选B。
9.如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中温度不变，下列说法正确的是(　　)
A.A瓶和B瓶中的药液一起用完
B.B瓶中的药液先用完
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：C
解析：药液从B瓶中流下时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律可知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶中的药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体压强逐渐增大，C正确，D错误。
10.(10分)2024年10月30日，神舟十九号载人飞船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。若工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
(1)打开气闸舱舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
(2)假设打开气闸舱舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强(结果保留2位有效数字)。
答案：(1)　(2)1.2×105 Pa
解析：(1)设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为＝＝＝。
(2)从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得p1V工＋p2(V2－V1)＝p3V工
解得p3＝≈1.2×105 Pa。
11.(12分)(2025·江苏苏州市高二联考)如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0＝8.0 L，出水管竖直部分内外液面相平、出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20 m。出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S＝0.08 m2。现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0 L的水。(已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度大小g＝10 m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变)求：
(1)此时桶内气体的压强大小。
(2)此时压入的空气在外界时的体积大小。
答案：(1)1.022 5×105 Pa　(2)2.225 L
解析：(1)初始时，桶内气体的压强与外界大气压相等，p1＝p0
缓慢流出了V1＝2.0 L水后，桶内液面下降了h＝＝ m＝0.025 m
此时管口与桶内液面高度差为H＝h＋h1＝0.225 m
此时，桶内气体的压强为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×0.225 Pa＝1.022 5×105 Pa。
(2)以最终在桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0(V0＋ΔV)＝p2(V0＋V1)
解得ΔV＝2.225 L。
12.(12分)(2025·山东青岛市高二统考)如图(a)所示，导热良好的封闭汽缸内盛有一定深度的水银，细、薄玻璃管开口朝下竖直漂浮在水银中。平衡时，玻璃管内气柱总长度l0＝20 cm，露出水银面的高度h0＝4 cm，汽缸内水银面上方气体压强为p0＝76 cmHg。现利用充气泵给上层气体缓慢充气，使玻璃管上端(管底)恰好与水银面相平。整个过程中各部分气体温度保持不变，不考虑水银的蒸发。求：
(1)玻璃管上端恰好与水银面相平时，玻璃管内气体的压强。
(2)充气过程中充入汽缸内气体的质量与原汽缸内气体的质量之比η。
(3)系统稳定性是指系统要素在外界影响下表现出的某种稳定状态。系统受到某种干扰而偏离原来状态时，能经过自身调整恢复原状态，则系统是稳定的；相反，如果不能恢复到原状态，甚至偏离越来越大，则系统是不稳定的。请简要说明当汽缸内的压强发生微小变化时，图(b)中处于悬浮状态的细玻璃管是否是稳定状态。
答案：(1)115 cmHg　(2)　(3)否，理由见解析
解析：(1)设玻璃管内气体压强为p管，汽缸内气体压强为p缸，玻璃管的横截面积为S，对玻璃管及内部气体受力分析得p管S＝p缸S＋mg
设内、外液面高度差为H，则有p管＝p缸＋pH
由以上两式得pH＝
由此可知玻璃管在向下移动过程中管内液面高度不变
当玻璃管刚好没入水银中时，管内气柱长度为l＝l0－h0＝16 cm
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
其中p1＝p0＋pl，V1＝l0S，V2＝lS
解得p2＝115 cmHg。
(2)由(1)得充气后汽缸内气体压强
p'＝p2－pl＝99 cmHg
设充入的气体压强为p0，体积为ΔV，初始气体体积为V0，则由玻意耳定律得p0V0＋p0ΔV＝p'V0
解得ΔV＝V0
所以充入的气体质量与原来气体质量之比
η＝＝＝。
(3)玻璃管及管内气体悬浮状态受力平衡，有
F浮＝mg
即ρgV排＝mg，V排即管内气体的体积
当汽缸内压强增大时，玻璃管内的气体压强也随之增大，管内气体体积将减小，由上式知玻璃管及管内气体受力不再平衡，合力向下，玻璃管将向下运动，且越往下运动，管内气体压强越大，气体体积越小，向下的合力就越大，玻璃管做加速度变大的加速运动，不会回到原位置；当汽缸内压强减小时，玻璃管加速向上，直至露出水面，所以处于悬浮状态的玻璃管是不稳定的。(共81张PPT)
素养提升课一　气体实验定律的综合应用
　　　　
第二章　气体、固体和液体
1.会处理理想气体状态变化的图像问题。
2.会处理液柱移动类问题。
3.会处理关联气体问题。
4.会处理气体的“变质量”问题。
素养目标
提升点一　理想气体状态变化的图像问题
1
提升点二　液柱移动类问题
2
课时测评
5
内容索引
提升点三　关联气体问题
3
提升点四　 气体的“变质量”问题
4
提升点一　理想气体状态变化的图像问题
师生互动　根据甲、乙、丙图回答以下问题：
任务1.图甲中从A到B再到C，体积是如何变化的？
提示：体积一直增大。
任务2.图乙中从A到B再到C，压强是如何变化的？
提示：压强一直增大。
任务3.图丙中从A到B再到C，温度是如何变化的？
提示：温度先不变再减小。
一定质量理想气体状态变化三类图像的比较
探究归纳
名称 图像 特点
等 温 线 pV＝CT(C为常量)，即p、V之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
p＝CT·，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高
探究归纳
名称 图像 特点
等 压 线 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小
V与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 ℃，0)，斜率越大，对应的压强越小
探究归纳
名称 图像 特点
等 容 线 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小
p与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 ℃，0)，斜率越大，对应的体积越小
角度1 p-V图像
(多选)(2025·河北衡水高二期中)如图所示是一定质量
的理想气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、
C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中
A.从A到B的过程温度升高
B.从B到C的过程单位时间内气体分子对容器单位面积的碰撞次数减少
C.从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
例1
√
√
√
从A到B的过程，气体压强不变，体积变大，根据盖-吕
萨克定律可知气体温度升高；从B到C的过程，气体体
积不变，压强减小，根据查理定律可知气体温度降低，
故A正确，C错误。从B到C的过程，体积不变，单位体
积内气体分子数不变，温度降低，气体分子平均动能减小，则单位时间内气体分子对容器单位面积的碰撞次数减少，故B正确。由题意可知A、C两点在同一条双曲线上，有pAVA＝pCVC，可知A、C两点的温度相等，故D正确。
角度2 p-T图像
(2025·湖北高二期中)一定质量的理想气体经一系列等温、等压和等容过程后回到了初态，该过程中气体的压强p随热力学温度T变化的规律如图所示，则选项图像中，能正确描述该过程中气体的压强p随其体积V变化的规律的是
√
例2
a→b过程，气体压强不变，温度升高，由＝C可知气体体
积增加；b→c过程，p-T图像为过原点的倾斜直线，则由
＝C可知气体体积不变；c→a过程，气体温度不变，根据pV
＝C可知p-V图像为双曲线的一支。故选D。
角度3 V-T图像
(多选)(2025·黑龙江哈尔滨高二期末)如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强为3.0×105 Pa。下列说法正确的是
A.由状态A到状态B气体发生等压变化
B.由状态B到状态C气体发生等压变化
C.TA＝200 K
D.气体在状态C时的压强为4.0×105 Pa
例3
√
√
√
由理想气体状态方程＝C可得V＝T，则由状态A
到状态B气体发生等压变化，故A正确；由状态B到
状态C气体发生等容变化，故B错误；由状态A到状
态B，由盖-吕萨克定律得＝，解得TA＝200 K，故C正确；气体由状态A到状态C，由理想气体状态方程得＝，解得pC＝4.0×
105 Pa，故D正确。
返回
提升点二　液柱移动类问题
师生互动　如图所示，竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将
理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同且均为T0。现使A、B
升高相同温度ΔT。
任务1.管内的水银柱向哪移动？
提示：假设体积不变，由查理定律＝得Δp＝ΔT，开始时气体B的压强大，故水银柱向上移动。
任务2.再次稳定时，压强的增加量哪个大？
提示：开始压强满足pB＝pA＋ρgh，再次稳定时压强满足pB'＝pA'＋ρgh'，由于h'＜h，故ΔpB＜ΔpA。
判断液柱移动的常用方法
1.假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部分气体有＝，则压强变化量Δp2＝p2'－p2＝p2；同理，下部分气体压强变化量Δp1＝p1，由于开始时p1＝p2＋ρgh，则有p1＞p2，故Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。
2.极限法：由于玻璃管上部分气柱压强p2较下部分气柱压强p1小，设想p2→0，即玻璃管上部分认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。
探究归纳
3.图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同
一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，
在温度相同时p1＞p2，可得气柱1等容线的斜率较大，
当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增加量Δp1
＞Δp2，水银柱向上移动。
探究归纳
如图1所示，容器A和B内分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃、氧气的温度为20 ℃时，水银柱保持静止。
判断下列情况下，水银柱将怎样移动：
(1)两种气体均升温20 ℃；
答案：向右移动
例4
假设体积不变，对氢气和氧气分别分析，
由查理定律得＝，即Δp＝p。
题图1所示情境中，氢气和氧气的初始压
强相同，设为p0。题图2所示情境中，两
气体初温相同，设为T。
法一(假设法)：当温度变化时，先假设水银柱不动，则有ΔpA＝p0＞0，ΔpB＝p0＞0，因为ΔpA＞ΔpB，所以水银柱向右移动。
法二(图像法)：在p-T坐标系中分别作出H2、O2的等容线，如图所示。因初始状态时A、B中气体的压强相等，而TB＞TA，所以H2的等容线斜率较大。当增加相同温度时，从图像中能直观地看出ΔpA＞ΔpB，故水银柱将向右移动。
(2)氢气升温10 ℃，氧气升温20 ℃；
答案：向左移动
假设体积不变，对氢气和氧气分别分析，由查理定律得＝，即Δp＝p。
题图1所示情境中，氢气和氧气的初始压强相同，设为p0。题图2所示情境中，两气体初温相同，设为T。
ΔpA'＝p0＞0，ΔpB'＝p0＞0，因为ΔpA'＜ΔpB'，所以水银柱向左移动。
(3)若初状态如图2所示且气体初温相同，两种气体均降温10 ℃。
答案：向下移动
假设体积不变，对氢气和氧气分别分析，由查理定律得＝，即Δp＝p。
题图1所示情境中，氢气和氧气的初始压强相同，设为p0。题图2所示情境中，两气体初温相同，设为T。
由题知ΔT'＝－10 K，ΔpA″＝pA＜0，ΔpB″＝pB＜0，因为pA＞pB，所以｜ΔpA″｜＞｜ΔpB″｜，即水银柱向下移动。
针对练.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变，空气可视为理想气体)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是
A.均向上移动，B中水银柱移动较多
B.均向上移动，A中水银柱移动较多
C.均向下移动，B中水银柱移动较多
D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同
√
管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重
力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做
等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。
根据盖－吕萨克定律可知＝，整理得ΔV＝V，因A、
B管中的封闭气体初始温度相同，温度均升高ΔT，且ΔT＞0，推导出ΔV＞0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1＞H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA＞ΔVB，即A管中气柱长度增加得多一些，故A、B管中气柱上方的水银柱均向上移动，A中水银柱移动较多。故选B。
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提升点三　关联气体问题
师生互动　如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸，被厚度不计的绝热活塞分成A、B两气室，两气室充入温度相同的空气，活塞恰好位于汽缸中央。已知活塞的质量为m，面积为S，A、B两气室的温度为T0，A气室中的压强为p0，体积为V0，重力加速度为g，不计活塞和汽缸间的摩擦。现保持B室内温度不变，升高A室内气体温度，使A、B的体积比为2∶1。
任务1.开始时B中气体的压强为多少？
提示：pB＝p0＋。
自主学习
任务2.稳定时A、B的体积各为多少？
提示：由题意知VA＝2VB，VA＋VB＝2V0，解得VA＝V0，VB＝V0。
任务3.稳定时A最终的热力学温度为多少？
提示：对B室内气体，由玻意耳定律得
pBV0＝pB'·V0
由平衡条件得pB'S＝pA'S＋mg
对A室内气体，由理想气体状态方程得
＝
解得T＝T0。
关联气体问题的解题思路
1.分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，选择合适的气体实验定律或理想气体状态方程，并列出方程。
2.认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。
3.多个方程联立求解。
探究归纳
角度1 活塞—汽缸封闭气体
(2025·河南洛阳高二期中)如图所示，一水平放置
的汽缸中由横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，
中间的隔板将气体分为A、B两部分。初始时，A部分气
柱的长度为2L0，B部分气柱的长度为L0，压强均等于大
气压p0，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为p0S，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。向右缓慢推动活塞的过程中，气体温度始终保持不变。则：
(1)当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？
答案：0.4L0
例5
设活塞向右移动x时，隔板开始运动。
对A气体，有p0·2L0S＝pA(2L0－x)S
对隔板有pAS＝p0S＋p0S
解得x＝0.4L0。
(2)当活塞向右移动0.2L0的距离时隔板所受的摩擦力大小？
答案：p0S
由上问可知，活塞向右移动0.2L0时，隔板没有运动。
对A部分气体，有
p0·2L0S＝pA'·(2L0－0.2L0)S
对隔板有pA'S＝p0S＋f
解得f＝p0S。
(3)若隔板向右缓慢移动了0.5L0的距离，则活塞向右移动了多大的距离？
答案：L0
设活塞向右移动x1，对A部分气体，有
p0·2L0S＝p(2L0＋0.5L0－x1)S
对B部分气体，有p0L0S＝pB(L0－0.5L0)S
对隔板有pS＝pBS＋p0S
解得x1＝L0。
角度2 玻璃管—液柱封闭气体
如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。
(1)求初始时理想气体B的压强；
答案：70 cmHg
例6
设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。
答案：500 K
当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm
以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得
p0(L1＋L2)S＝pA'L3S
以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得＝
左、右两侧液面相平时pA'＝pB'
联立解得T'＝500 K。
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提升点四　 气体的“变质量”问题
师生互动　如图所示，某型号热气球的球囊、吊篮和加热装
置总质量为m，球囊容积为V0，大气密度为ρ，环境温度恒为
T0。在吊篮中装载质量为M的物品，点燃喷灯，热气球从地
面升空，该运动可视为匀速运动。重力加速度为g，不计空气
阻力及大气压随高度的变化，忽略球囊的厚度、搭载物品的体积及喷油导致的装置总质量变化。
任务1.匀速升空时球囊内气体的质量是多少？
提示：由平衡条件得(m＋M＋m')g＝ρgV0，解得m'＝ρV0－m－M。
任务2.匀速升空时球囊内气体是开始的多少倍？
提示：＝。
任务3.匀速升空时球囊内气体的温度是多少？
提示：由盖-吕萨克定律得＝，
解得T＝。
1.气体变质量问题的处理思想
气体实验定律和理想气体状态方程的研究对象必须是质量不变的气体，但是在气体的充气、抽气、分装等问题中，容器内的气体质量发生了改变，因此对于这类问题的正确处理方法是：通过巧妙地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，再结合气体实验定律或理想气体状态方程处理。
探究归纳
2.理想气体状态方程的分态式
(1)把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2，…，pn、Vn、Tn的几部分理想气体(同种)进行混合，混合后的压强、体积、温度为p、V、T，则有＋＋…＋＝。
(2)如果一部分气体(p、V、T)被分成了几部分，状态分别为(p1、
V1、T1)，(p2、V2、T2)，…，(pn、Vn、Tn)，则有＝＋＋…＋。
探究归纳
角度1 充气(打气)问题
用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积始终为V＝3 L，轮胎内原来的压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内的压强变为p'＝4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)
A.10 B.15
C.20 D.25
例7
√
设打气筒每次打入p0＝1 atm、ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV'，由玻意耳定律得p0ΔV＝pΔV'，设打气次数为n，则有p(V＋nΔV')＝p'V，联立解得n＝15。故选B。
角度2 抽气问题
(多选)如图所示，用活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变，每次抽出气体的体积均为。则
A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完
B.第一次抽气后容器内压强为p0
C.第一次抽气后容器内压强为p0
D.连续抽3次后容器内压强为p0
√
例8
√
容器内气体初始压强和体积为p0和V0，第一次抽气后，由玻意耳定律得p0V0＝p1，解得p1＝p0，故B错误，C正确；同理第二次抽气后，由玻意耳定律得p1V0＝p2，第三次抽气后有p2V0＝p3，解得p3＝p0＝p0，可知连续抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。
角度3 灌气(气体的分装)问题
玉龙雪山位于云南省丽江市，备受旅行爱好者的关注，由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气瓶。已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定。则：
(1)若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？
答案：55
例9
设能分装n个氧气瓶，以容器内开始的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0V0＝p(nV＋V0)
代入数据解得n＝55。
(2)若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？
答案：
第1个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p0V0＝p1(V＋V0)
解得p1＝p0
第2个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得
p1V0＝p2(V＋V0)
解得p2＝p0
同理，第3个氧气瓶充满气体后，压强
p3＝p0
由此可推出第10个氧气瓶充满气体后，压强
p10＝p0
则＝＝。
角度4 漏气问题
(2021·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。T＝t＋273 K。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
答案：3.1×103 Pa　
例10
以夹层中空气为研究对象
初态时p1＝3.0×103 Pa，T1＝300 K
末态时T2＝310 K，设末态压强为p2
由查理定律有＝
解得p2＝3.1×103 Pa。
(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 ℃，大气压为1.0×105 Pa)。
答案：
以夹层内气压达到p0＝1.0×105 Pa时的空气为研究对象，此时空气体积为夹层的容积V0，假设当其压强减小到p1＝3.0×103 Pa时的体积为V1
由玻意耳定律有p1V1＝p0V0
解得＝＝
故增加的空气质量与原有空气质量的比值为
＝＝。
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课堂回眸
课时测评
1.(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内空气柱被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气柱都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是
√
√
假设升高相同温度后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得＝，即Δp＝ΔT，而各管两端初始压强p相同，所以Δp∝，即初始温度T越高，Δp越小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动。故选CD。
2.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在固定的导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态②，下列选项图中可以表示此过程的是
√
√
由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，
体积增大，根据＝C可知压强将减小。对选项图A进行
分析，p-V图像是双曲线的一支，即等温线，且由状态①
到状态②，气体体积增大，压强减小，故A正确；对选项图B进行分析，p-V图像是直线，气体温度会发生变化，故B错误；对选项图C进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C错误；对选项图D进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，故D正确。
3.(多选)(2025·安徽合肥市高二统考)下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是
A.在图甲中，气体由a到b的过程，气体的压强增大
B.在图乙中，气体由a到b的过程，分子的数密度可能保持不变
C.在图丙中，气体由a到b的过程中，气体分子的平均动能保持不变
D.在图丁中，气体由a到b的过程中，气体的压强保持不变
√
√
在题图甲中，气体由a到b的过程是等容升温过程，根据查理定律可知气体的压强增大，故A正确；在题图乙中，气体由a到b的过程，气体体积变小，分子数密度增大，故B错误；在题图丙中，气体由a到b的过程做等温变化，气体分子的平均动能保持不变，故C正确；在题图丁中，因为横坐标是摄氏温度，气体由a到b的过程中，不是等压变化，故D错误。故选AC。
4.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁导热良好。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为
A.d
B.d
C.d
D.d
√
以活塞B为研究对象，初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1'S＝p2'S，设在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2内的气体运用玻意耳定律得p1V1＝p1'(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2'(V2－xS)，联立解得x＝d。故选D。
5.如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计
(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮
囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的
玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻度线与水银壶
内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入40 mL压强为750 mmHg的气体，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，当内部气体体积小于最大容积时，其内部气体压强等于大气压。水银壶容积不变，水银上方气体体积为80 mL，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50 mL。大气压恒为
750 mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。要使示值管内水银液面开始上升，至少充气
A.三次 B.四次 C.五次 D.六次
√
当袖带橡皮囊内气体达到最大体积时，便可压动水银液面上升，达到最大体积前压强不变，由题意可知，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，内部残留气体为50 mL，由于每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入气体40 mL，因此充气次数为n＝＝3.75，因此第4次充气时，示值管内水银液面开始上升。故选B。
6.如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓慢地均匀加热，忽略水银柱体积变化，则下列说法正确的是
A.加热过程中，始终保持V1'＝2V2'
B.加热后V1'＞2V2'
C.加热后V1'＜2V2'
D.条件不足，无法确定
√
设大气压为p0，由题图可知，封闭气体的压强p1＝p0＋ρgh1，
p2＝p0＋ρgh1＋ρgh2，对气体加热过程气体压强不变，气体发
生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，则ΔV＝V，由于
均匀加热，所以温度变化相等，因为V1＝2V2，所以ΔV1＝2ΔV2，
则V1'＝2V2'。故选A。
7.(2025·河南高三期末)如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚
好有体积为V的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2p0，
温度为87 ℃，环境大气压为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温
度变为57 ℃，瓶中气体可看成理想气体，T＝t＋273 K，则从打
开瓶塞至瓶中气体温度变为57 ℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为
A. B.
C. D.
√
设原来瓶中气体变成57 ℃、压强为p0时，气体的总体积为V'，
根据理想气体状态方程，有＝，解得V'＝0.55V，
则跑出热水瓶的气体质量与瓶中原来气体质量之比为＝
＝。故选A。
8.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为
15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为
A.20 L B.40 L
C.50 L D.60 L
√
设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态p1＝15 MPa，V1＝400 L；末态p2＝3 MPa，V2＝40V0＋V1，因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入数据解得V0＝40 L。故选B。
9.如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中温度不变，下列说法正确的是
A.A瓶和B瓶中的药液一起用完
B.B瓶中的药液先用完
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
√
药液从B瓶中流下时，B瓶中封闭气体体积增大，温度
不变，根据玻意耳定律可知气体压强减小，A瓶中空气
将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药
液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A
瓶中的药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体压强逐渐增大，C正确，D错误。
10.(10分)2024年10月30日，神舟十九号载人飞船被成功送入太空。当航天员准备从气闸舱进入太空时，首先要关闭工作舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，当气闸舱内压强减小到2 000 Pa时，打开气闸舱门，从气闸舱到舱外活动。若工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为1.0×105 Pa，工作舱体积为50 m3，气闸舱体积为10 m3，舱内温度保持不变。
(1)打开气闸舱舱门前，求气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比；
答案：　
设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得V2＝＝500 m3
则气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为＝＝＝。
(2)假设打开气闸舱舱门前，从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，求排入气体后，工作舱中的压强(结果保留2位有效数字)。
答案：1.2×105 Pa
从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得p1V工＋p2(V2－V1)＝p3V工
解得p3＝≈1.2×105 Pa。
11.(12分)(2025·江苏苏州市高二联考)如图所示，按下压水
器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水
桶内。开始时桶内气体的体积V0＝8.0 L，出水管竖直部分
内外液面相平、出水口与大气相通且与桶内水面的高度差
h1＝0.20 m。出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面
积S＝0.08 m2。现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0 L的水。(已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度大小g＝
10 m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变)求：
(1)此时桶内气体的压强大小。
答案：1.022 5×105 Pa
初始时，桶内气体的压强与外界大气压相等，p1＝p0
缓慢流出了V1＝2.0 L水后，桶内液面下降了h＝＝
m＝0.025 m
此时管口与桶内液面高度差为H＝h＋h1＝0.225 m
此时，桶内气体的压强为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×0.225 Pa＝1.022 5×105 Pa。
(2)此时压入的空气在外界时的体积大小。
答案：2.225 L
以最终在桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0(V0＋ΔV)＝p2(V0＋V1)
解得ΔV＝2.225 L。
12.(12分)(2025·山东青岛市高二统考)如图(a)
所示，导热良好的封闭汽缸内盛有一定深度的
水银，细、薄玻璃管开口朝下竖直漂浮在水银
中。平衡时，玻璃管内气柱总长度l0＝20 cm，
露出水银面的高度h0＝4 cm，汽缸内水银面上
方气体压强为p0＝76 cmHg。现利用充气泵给上层气体缓慢充气，使玻璃管上端(管底)恰好与水银面相平。整个过程中各部分气体温度保持不变，不考虑水银的蒸发。求：
(1)玻璃管上端恰好与水银面相平时，玻璃管内气体的压强。
答案：115 cmHg　
设玻璃管内气体压强为p管，汽缸内气体压强为p缸，玻璃管的横截面积为S，对玻璃管及内部气体受力分析得p管S＝p缸S＋mg
设内、外液面高度差为H，则有p管＝p缸＋pH
由以上两式得pH＝
由此可知玻璃管在向下移动过程中管内液面高度不变
当玻璃管刚好没入水银中时，管内气柱长度为l＝l0－h0
＝16 cm
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
其中p1＝p0＋pl，V1＝l0S，V2＝lS
解得p2＝115 cmHg。
(2)充气过程中充入汽缸内气体的质量与原汽缸内气体的质量之比η。
答案：　
由(1)得充气后汽缸内气体压强
p'＝p2－pl＝99 cmHg
设充入的气体压强为p0，体积为ΔV，初始气
体体积为V0，则由玻意耳定律得p0V0＋p0ΔV
＝p'V0
解得ΔV＝V0
所以充入的气体质量与原来气体质量之比
η＝＝＝。
(3)系统稳定性是指系统要素在外界影响下表现出的某种稳定状态。系统受到某种干扰而偏离原来状态时，能经过自身调整恢复原状态，则系统是稳定的；相反，如果不能恢复到原状态，甚至偏离越来越大，则系统是不稳定的。请简要说明当汽缸内的压强发生微小变化时，图(b)中处于悬浮状态的细玻璃管是否是稳定状态。
答案：否，理由见解析
玻璃管及管内气体悬浮状态受力平衡，有
F浮＝mg
即ρgV排＝mg，V排即管内气体的体积
当汽缸内压强增大时，玻璃管内的气体压
强也随之增大，管内气体体积将减小，由
上式知玻璃管及管内气体受力不再平衡，合力向下，玻璃管将向下运动，且越往下运动，管内气体压强越大，气体体积越小，向下的合力就越大，玻璃管做加速度变大的加速运动，不会回到原位置；当汽缸内压强减小时，玻璃管加速向上，直至露出水面，所以处于悬浮状态的玻璃管是不稳定的。
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素养提升课一　气体实验定律的综合应用

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