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第 4 课时 专题强化：气体实验定律的综合应用
目标要求 1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过
程问题。2.会分析关联气体问题，提高建模能力和分析综合能力。
考点一 单一气体多过程问题
解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系
统)。
(2)分析物理过程，确定状态参量
①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，
写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压
强。
(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。注意检验求解结果的合理性。
例1 (2023·安徽省皖南八校第二次联考)如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、
体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡
胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体
被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。
开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T ＝300 K。现调整N的
1
高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，
M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p＝75 cmHg，求：
0
(1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；
(2)M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度。(结果可用根式表示)
答案 (1)15 cm (2)(9－45) cm
解析 (1)设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p 。对M管中封闭气
2
体有，状态Ⅰ：p＝75 cmHg，V＝54 cm×S，T＝300 K
1 1 1
状态Ⅱ：
T＝T＝300 K，V＝54 cm×S－9 cm×S
2 1 2
＝45 cm×S
由玻意耳定律得pV＝pV，解得p＝90 cmHg
1 1 2 2 2
此时M、N两玻璃管中气体压强差Δp＝p －p ＝15 cmHg，故固定M、N时两玻璃管中水银
2 0
面高度差为Δh＝15 cm。
(2)M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有
状态Ⅲ：
V＝(45 cm＋x)S，T＝T＝360 K，
3 3
p＝p＋p ＋p
3 0 Δh 2x
由理想气体状态方程得＝
解得x＝(9－45) cm。
例2 (2024·四川省兴文第二中学开学考)如图，底部水平的固定圆柱形汽缸内，用质量为
m、横截面积为S的圆盘形活塞封闭着一定质量的理想气体，当封闭气体温度为T且活塞平
衡时，封闭气体的体积为V。现保持封闭气体的温度不变，对活塞施加一个方向竖直向上、
大小恒为F的拉力，活塞再次平衡时，封闭气体的体积为V；再保持F不变，加热封闭气体
使其缓慢升温至T，活塞第三次达到平衡。汽缸足够高，不计汽缸与活塞间的摩擦，重力加
速度大小为g。求：
(1)活塞第三次达到平衡时的体积；
(2)外界大气压强值。
答案 (1)V (2)
解析 (1)设外界大气压强为p ，封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p 、p ，
0 1 2
从状态2到状态3(活塞第三次达到平衡)，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
将V＝V，T＝T，T＝T代入解得V＝V
2 2 3 3
(2)从状态1到状态2，气体发生等温变化，由玻意耳定律有pV＝pV
1 1 2 2
将V＝V，V＝V代入得p＝p
1 2 1 2
状态1，由力的平衡条件有pS＋mg＝pS
0 1
状态2，由力的平衡条件有pS＋mg＝pS＋F
0 2
代入数据解得p＝。
0考点二 关联气体问题
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本
思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关
系式，作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
例3 (2022·河北卷·15(2))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 p 。活塞面积为
0
S，隔板两侧气体体积均为SL ，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓
0
慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
答案 (1)2p p (2)
0 0
解析 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p·SL＝p·SL
0 0 1 0
解得旋转后上部分气体压强为p＝2p
1 0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL＋SL＝SL，则
0 0 0
p·SL＝p·SL
0 0 2 0
解得旋转后下部分气体压强为p＝p
2 0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用
力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件
可知pS＝mg＋pS
1 2
解得活塞的质量为m＝。
例4 (2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的
A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。
水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气
柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以
cmHg为压强单位)答案 p ＝74.36 cmHg p ＝54.36 cmHg
A B
解析 设B管在上方时上部分气体压强为 p ，下部分气体压强为 p ，此时有p ＝p ＋20
B A A B
cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为S ＝4S
A B
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为p ′、
A
p ′，
B
所以有p ′＋23 cmHg＝p ′
A B
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有p S L ＝p ′S L ′
A A A A A A
对B管内空气柱有p S L ＝p ′S L ′
B B B B B B
其中L ′＝10 cm＋1 cm＝11 cm
A
L ′＝10 cm－4 cm＝6 cm
B
联立以上各式解得p ＝74.36 cmHg，
A
p ＝54.36 cmHg。
B
课时精练
1.(2023·江苏南京市模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端
开口的汽缸内无摩擦地滑动，缸内密封的气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变
化的图像可能正确的是( )答案 A
解析 随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A
运动至汽缸连接处时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的
压强逐渐减小，故A正确，B、C、D错误。
2．(2023·山东聊城市二模)如图甲所示，水平放置的汽缸被两个活塞分为A、B、C三部分，
C为真空，A、B中有理想气体，A中气体压强p ＝1.0×105 Pa，汽缸横截面积S ＝2S ＝20
0 A B
cm2，两个活塞总质量为m，活塞到两汽缸底部的距离均为d＝3 cm，活塞之间用水平轻杆
连接。现将汽缸顺时针缓慢转过90°，如图乙所示(活塞未到汽缸连接处)，取重力加速度g＝
10 m/s2，若活塞移动的距离为1 cm，气体温度保持不变，则活塞质量m为( )
A．7.5 kg B．15 kg C．25 kg D．30 kg
答案 B
解析 设汽缸水平放置时，B中气体压强为p，则有pS ＝pS ，解得p＝2p＝2.0×105 Pa
1 1 B 0 A 1 0
设汽缸竖直放置时，A中气体压强为p′，B中气体压强为p′，根据玻意耳定律可得
0 1
pdS ＝p′(d＋Δd)S ，
0 A 0 A
pdS ＝p′(d－Δd)S
1 B 1 B
解得p′＝＝0.75×105 Pa，
0
p′＝＝3.0×105 Pa
1
根据活塞受力平衡可得mg＋p′S ＝p′S ，
0 A 1 B
解得m＝15 kg，故选B。
3.(2024·重庆市八中检测)某种供水装置工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气
体压强增加到3p 时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到1.5p 时，
0 0
水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为V ，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气
0
压强p，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气
0
体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
(1)水泵停止注水时罐内气体的体积V；
1
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强p。
1答案 (1)V (2)p
0 0
解析 (1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有
pV＝3pV，解得V＝V
0 0 0 1 1 0
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V＝0.6V
2 0
根据玻意耳定律有pV＝pV，压强p＝p。
0 0 1 2 1 0
4.如图所示，左侧连有一横截面积为S的大活塞的汽缸A通过细导管(容积可忽略)与汽缸B
相连接，导管里面有一绝热活塞(质量可忽略)。大气压强为p ，大活塞的重力为pS，大活
0 0
塞到汽缸A底部的距离为L。两汽缸内封闭有温度为27 ℃的同种理想气体。先将整个装置
顺时针缓慢转过90°，为使细导管中绝热活塞位置不变，需要给汽缸 B加热。忽略一切摩擦，
求：
(1)汽缸A中活塞下降的距离；
(2)汽缸B中气体的最终温度。
答案 (1) (2)400 K(或127 ℃)
解析 (1)旋转前后，汽缸A中的压强分别为p ＝p，p ′＝p＋p＝p
A 0 A 0 0 0
对汽缸A分析，根据玻意耳定律有 p LS＝p ′L′S，汽缸A中活塞下降的距离 d＝L－
A A
L′，解得d＝
(2)对汽缸B中气体进行分析，
末状态压强p ′＝p ′＝p
B A 0
根据查理定律有＝，其中p ＝p ＝p
B A 0
解得T ′＝400 K，即127 ℃。
B
5.(2023·江西赣州市兴国平川中学联考)某密闭容器压力计的简化原理图如图所示，粗细均匀
的竖直U形玻璃管右侧封闭着气体A，左侧与密闭容器相连，密闭容器中封闭着气体 B，U
形管体积与密闭容器体积相比可以忽略不计。初始，所有封闭气体的压强均等于大气压p＝
0
75 cmHg，U形管两侧的水银柱液面恰好齐平，右侧气体A的长度L＝20 cm。在密闭容器内
的气体B被加热一段时间后，观察员发现U形玻璃管右侧水银液面上升了5 cm。U形玻璃
管右侧始终处于恒温箱中(图中未画出)，其封闭的气体A可视为温度始终不变。(1)求加热后密闭容器内气体B的压强；
(2)若密闭容器内的初始温度T＝300 K，求加热后密闭容器内气体B的温度。
0
答案 (1)110 cmHg (2)440 K(或167 ℃)
解析 (1)设U形管的横截面积为S，右侧气体A做等温变化，有pV＝pV
0 0 1 1
其中V＝LS，V＝(L－h)S
0 1
解得p＝100 cmHg
1
加热后密闭容器内气体B的压强
p ＝100 cmHg＋5×2 cmHg＝110 cmHg
B
(2)密闭容器内气体B做等容变化，有＝
解得T ＝440 K，即167 ℃。
B
6.(2023·贵州贵阳市二模)如图所示，一竖直放置、上端开口且导热良好的圆筒形汽缸高度为
3h，汽缸内部横截面积为S。现将厚度不计的活塞保持水平状态从汽缸上部轻放，稳定时活
塞距汽缸底部的距离为2h，已知外界大气压强恒为p ，环境温度保持不变，汽缸不漏气且
0
不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度大小为g。
(1)求活塞质量；
(2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，求系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距
离。
答案 (1) (2)h
解析 (1)活塞稳定时，汽缸内气体压强p＝＋p
1 0
从放上活塞到活塞稳定，由玻意耳定律得
p·3hS＝p·2hS
0 1
联立解得活塞质量m＝，p＝p
1 0
(2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，设系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距
离为x，则由玻意耳定律得phS＝phS
0 1 1
可得上方密封气体的高度h＝h
1
对下方密封气体，系统稳定时的气体压强为
p＝＋p＝2p
2 1 0
再由玻意耳定律得p·3hS＝phS
0 2 2
可得下方密封气体的高度h＝h
2
又由h＋h＋x＝h＋2h，解得x＝h。
1 27.(2024·湖南省湘东九校联考)如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B两部
分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为、导热性能良好的汽缸C相连。开始时阀门
关闭，A、B两部分气体的压强分别为p 和1.5p 。现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积
0 0
变为，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，
外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：
(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强p ；
A
(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M 与最初C中气体质量M 之比。
2 0
答案 (1)2.5p (2)
0
解析 (1)初始时对活塞有pS＋mg＝1.5pS
0 0
得到mg＝0.5pS
0
打开阀门后，活塞稳定时，
对B气体有1.5p·V＝p ·，解得p ＝3p
0 B B 0
对活塞受力分析有p S＋mg＝p S，
A B
解得p ＝2.5p
A 0
(2)设未打开阀门前，C气体的压强为p ，
C0
对A、C两部分气体整体有
p·V＋p ·＝p (＋)
0 C0 A
解得p ＝p
C0 0
以C中原来的气体为研究对象有
p ·＝p ·V ，解得V ＝1.35V，
C0 A C C
所以，C中剩余气体的质量M 与最初C中气体质量M 之比＝＝。
2 0
