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大题14 气体实验定律和理想气体状态方程
气体实验定律与理想气体状态方程是高考物理热学部分的命题重点，近几年高考卷中
占比约10%，覆盖选择题、实验题及计算题。2025 年高考对“气体实验定律与理想气体状
态方程”的考查将延续“重模型构建、强数学应用、拓科技前沿”的命题风格，突出热学
核心素养与实际问题转化能力。备考需以状态方程为核心，强化多过程衔接与跨学科整合，
同时关注新能源与航天技术热点，做到“以态定变，以理驭实”。 如航天器舱内气压控
制、碳中和背景下的气体存储技术；利用函数图像（如p-T 图线性关系）、微元法处理变
质量气体问题；高压锅安全阀原理、气象气球升空过程分析。
题型1 “汽缸＋活塞”类问题
例1. (2023 广东广州模拟)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入
适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量
1
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m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg。杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105
Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)若杯盖和杯身间气密性很好，在温度下降时，试从微观角度分析说明杯内的气体压强的变化；
(2)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温。
答案 (1)见解析 (2)356.4 K
解析 (1)若杯盖和杯身间气密性很好，杯内气体的体积不变，气体分子数密度不变；温度下降时，分
子的平均动能减小，分子对器壁的压力减小，杯内的气体压强减小。
(2)设提起杯子时气体压强为p1，温度为T1，则p0S＝p1S＋Mg
解得p1＝p0－
根据查理定律得＝
解得T1＝356.4 K。
例2．（2024 广东模拟预测）某种椅子的结构如图所示，圆柱形汽缸A 内密闭着一
定质量的气体，汽缸A 可沿柱形汽缸杆B 的外壁上下滑动。汽缸A 与椅面固定在一起，其质量为
，汽缸杆B 与底座固定在一起，横截面积为
，在汽缸A 中封闭长度为
的理
想气体。汽缸A 气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，当人脚悬空坐在椅面上，稳定后，测得椅面下
降
，已知室内温度不变，大气压强
，重力加速度
，求：
（1）人未坐在椅面时，汽缸A 中的气体压强p1；
（2）该人的质量M。
2
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答案（1）
；（2）
解析（1）初始状态时，以汽缸A 与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得
解得
（2）设稳定后汽缸A 内气体柱长度为
，根据玻意耳定律可得
其中
解得
人脚悬空坐在椅面上，稳定后根据受力平衡可得
解得
1.如图所示，导热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝20 kg，活塞质量
m＝1 kg，活塞横截面积S＝100 cm2。活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27
℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10
m/s2。求：
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(1)汽缸内气体的压强p1；
(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处时，汽缸内气体的温度升高了多少。
答案 (1)1.2×105 Pa (2)300 K
解析 (1)以汽缸为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件得Mg＋p0S＝p1S
代入数据得p1＝1.2×105 Pa。
(2)缸内气体发生等压变化，
由盖－吕萨克定律得＝
其中有T1＝(27＋273)K＝300 K，V1＝0.5LS，V2＝LS
代入数据得T2＝600 K
升高温度为ΔT＝T2－T1＝300 K。
题型二 “液柱＋管”类问题
例3.如图所示，粗细均匀、两端开口的直角形玻璃管ABC 在竖直面内竖直放置，AB
＝60 cm，BC＝100 cm，AB 段水平，BC 段竖直，AB 管内有一10 cm 的水银柱。在环境温度为300 K 时，
保持AB 段水平，将玻璃管C 端竖直向下插入水银槽中，使C 端在水银面下10 cm，此时，AB 管内水银
柱左端距B 点10 cm。已知大气压强p0＝75 cmHg。
(1)温度升高到多少K 时，水银柱刚好全部溢出？
4
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(2)控制温度变化，使水银柱缓慢移动，水银柱恰好全部进入竖直玻璃管时温度为多少K？
答案(1)450 K (2)306 K
解析(1)开始时气柱的长度为l1＝BC－10 cm＋10 cm＝100 cm；当水银柱刚好全部溢出时，气柱的长度
为l2＝AB＋BC－10 cm＝150 cm
气体经历等压变化，设温度升高至T2时水银柱刚好全部溢出，根据盖-吕萨克定律可得
l1S
T 1
＝
l2S
T 2
解得T2＝450 K。
(2)开始时气柱的压强为p1＝p0＝75 cmHg
当水银柱全部进入竖直玻璃管时，气柱的压强为p2＝p0＋10 cmHg＝85 cmHg
易知此时在水银槽中竖直管内的水银将全部被压入水银槽，则气柱的长度变为
l2'＝BC－10 cm＝90 cm
设水银柱恰好全部进入竖直玻璃管时温度为T2'，根据理想气体状态方程有
p1l1S
T 1
＝
p2l2'S
T 2'
解得T2'＝306 K。
例4．（2024 广东清远模拟预测）如图所示为水银汲取原理图。在圆柱形容器中装
有一定量的水银，将两端开口、中间有一活塞的圆柱形玻璃管一端缓慢浸入水银中。待第一次稳定时
玻璃管中液面比容器中的液面低
，活塞与玻璃管中液面相距
，玻璃管下沿未与容器
底接触。已知活塞质量
，外界大气压强
，圆柱形容器的横截面积是玻璃管的2
倍，重力加速度
。现用力
缓慢拉动活塞，待第二次稳定时，玻璃管与容器中的液面等高，
外界温度保持不变，不计活塞与玻璃管间的摩擦，求：
(1)第一次稳定状态时，玻璃管中封闭气体的压强
；
(2)第二次稳定状态时，力
的大小；
(3)两次稳定状态下，活塞往上移动的距离。
5
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答案(1)
(2)
(3)
解析（1）由题意可知，第一次稳定状态时，玻璃管中封闭气体的压强
大小为
代入数据解得
（2）第二次稳定状态时, 玻璃管与容器中的液面等高,故此时玻璃管中封闭气体的压强
大小为
设活塞的横截面积为S，对活塞受力分析，由牛顿第二定律可知
解得第二次稳定状态时，力
的大小为
（3）封闭气体的温度不变，由玻意耳定律，可得
代入数据得，第二次稳定状态时玻璃管中的封闭气体的长度为
设从第一次稳定状态到第二次稳定状态，玻璃管内液面上升高度为
，因为圆柱形容器的横截面积是玻
璃管的2 倍，则容器内液体页面下降
，有
解得
故活塞向上移动的距离为
2．（2025 广东江门一模）某款全自动增压供水系统的简要结构如图所示，储水罐的
总容积为
，初始工作时罐内无水，水龙头处于关闭状态，罐内气室的气体压强等于大
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气压强
。接通电源启动水泵给罐内补水，当压力开关检测到罐内气体压强达到
时自动断开水泵
电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，罐的导热性能良好，忽略环境温度变化，取
，水的密度为
。求：
(1)当水泵停止工作时，求罐中水的体积；
(2)当压力开关检测到罐内气体压强低于
时会接通电源启动水泵开始补水。水泵刚启动开始补水瞬
间，发现水龙头里有水恰好没有流出，求此时水龙头距离罐内水面的高度？
答案(1)
(2)
解析（1）以罐内的气体为研究对象，初状态压强为
，启动水泵补水后压强
，气体体积为
，根据玻意耳定律有
解得：
则注入的水的体积
解得：
（2）此时罐内外压强平衡，罐内气体的压强为
由
解得
题型三 “关联气体”类问题
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例5.（2024 广东江门二模）如图所示，粗细均匀的连通器左端用水银封闭长
L=19cm 的理想气柱，左、右两管水银面高度差H=16cm，已知外界大气压强p0=76cmHg，环境的热力
学温度T0=300K，现要使左、右两管内的水银面相平。
（1）若仅在右管开口中缓慢注入水银，求需要注入的水银高度h；
（2）若仅缓慢升高左端气柱的温度，求左端气柱最终的热力学温度T。
答案（1）
；（2）
解析（1）左端气柱初态压强为
末态压强为
设管的横截面积为，根据玻意耳定律可得
解得
即相当于在左管中注入4cm 水银，在右管中注入20cm 水银，所以需要注入的水银高度为
（2）环境的热力学温度
，左端气柱温度缓慢升高，两管内的水银面相平时，左端气柱末态
压强为
左管液面下降
，右管液面上升
，根据理想气体状态方程有
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解得
例6.竖直放置的一粗细均匀的U 形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一
空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平
部分右端的水银全部进入右管中。已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度。
答案 (1)90 cmHg (2)27 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，
初态：p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S
未态：V2＝(30 cm－5 cm)·S
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝90 cmHg。
(2)对水平管中的空气柱，
初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S
末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg
根据玻意耳定律pV＝p′V′
解得V′＝9 cm·S
则水平管中的空气柱长度变为9 cm，
此时原来左侧竖直管中15 cm 水银柱已有7 cm 进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为
110 cm－75 cm－(15－7)cm＝27 cm。
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3．粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活
塞，初始时管内水银柱和空气柱的长度如图所示。现用力缓慢向下压活塞，直至两边管内的水银面高
度相等。求此时右侧管内空气柱的压强和活塞向下移动的距离。已知管内未发生漏气，环境温度不变，
大气压强P0=76cmHg。
答案9.89cm
解析由图可知初始时两侧水银面高度差h=15cm，分析可知相平时左侧水银面下降7.5cm，右侧水银面
上升7.5cm，故右侧管内的空气柱前后在活塞向下前后的长度分别为
分析可知初始时右侧气体压强为
设最终右侧气体压强为
，玻璃管横截面积为S，由玻意耳定律得
解得
初始时对左侧管内的空气柱压强
分析可知左侧管内的空气柱最终压强
设最终左侧气柱长度为
，由玻意耳定律得
解得
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故活塞向下移动的距离为
题型四 气体“变质量”问题
例7.如图为某型号家用喷水壶的外形图和原理图，壶中气筒内壁的横截面积S＝
3.0×10－4 m2，活塞的最大行程为l＝0.16 m，正常喷水时壶内气体需达到压强p＝1.3×105 Pa 以上。
壶内装水后，将压柄连接的活塞压到气筒的最底部，此时壶内气体体积为1.2×10－3 m3，压强为p1＝
1.0×105 Pa，温度为27 ℃。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa。(0 ℃相当于273 K)
(1)将喷水壶放到室外，室外气温为9 ℃，求稳定后壶内气体的压强；
(2)在室外且温度保持不变，为了使喷水壶达到工作状态，至少需要通过压柄充气多少次？
答案(1)0.94×105 Pa (2)9 次
解析(1)由气体发生等容变化有
p1
T 1
＝
p2
T 2
其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，T2＝282 K
解得p2＝0.94×105 Pa。
(2)设充气次数为n，充气过程中温度不变，
由玻意耳定律得p2V＋p0·nSl＝pV
代入数据解得n＝9 次。
例8.(2023 广东惠州一模)如图为高压锅结构示意图，气孔1 使锅内气体与外界连
通，随着温度升高，锅内液体汽化加剧，当温度升到某一值时，小活塞上移，气孔1 封闭。锅内气体
温度继续升高，当气体压强增大到设计的最大值1.4p0时，气孔2 上的限压阀被顶起，气孔2 开始放气。
气孔2 的横截面积为12 mm2，锅内气体可视为理想气体，已知大气压p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g
取10 m/s2，求：
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(1)限压阀的质量m；
(2)若限压阀被顶起后，立即用夹子夹住限压阀使其放气，假设放气过程锅内气体温度不变，当锅内气
压降至p0，放出的气体与限压阀被顶起前锅内气体的质量比。
答案 (1)0.048 kg (2)2∶7
解析 (1)当锅内气体压强增大到设计的最大值p1＝1.4p0时，限压阀被顶起，设限压阀质量为m，由平
衡条件可得p1S＝p0S＋mg
解得m＝0.048 kg。
(2)设气孔2 放气前锅内气体体积为V1，放出的气体体积为ΔV，因锅内气体温度一定，根据玻意耳定
律有p1V1＝p0(V1＋ΔV)
解得ΔV＝0.4V1
由M＝ρV 可得＝＝。
4．（2025 广东深圳一模）已知某型号汽车轮胎的容积为
，初始时车胎内气体压强
为
、温度为
。由于寒潮突至，轮胎内温度降至
。轮胎容积始终保持不变。求降温后
(1)车胎内气体压强；
气体变质量问题
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(2)为使车胎压强达到
，需要从外界缓慢充入温度为
、压强为
的气体体积多大？
答案(1)
(2)
解析（1）对理想气体，由查理定律可得
其中
，
解得
（2）为使车胎压强达到
，设从外界缓慢充入温度为
、压强为
的气体体积为
，由理想气
体状态方程可得
解得
1．如图所示，A、B 是两个容积为V 的容器，C 是用活塞密封的气筒，它的工作容积为
0.5V，C 与A、B 通过两只单向进气阀a、b 相连，当气筒抽气时a 打开、b 关闭，当气筒打气时b 打开、
a 关闭。最初A、B 两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C 的最右侧。（气筒与容器间
连接处的容积不计，气体温度保持不变）求：
（1）活塞以工作容积完成第一次抽气后，气筒C 内气体的压强p1；
（2）活塞以工作容积完成抽气、打气各2 次后，A、B 容器内的气体压强之比。
答案（1）2
3p0 （2）2∶7
解析（1）由题意可知，工作过程是等温变化，则完成第一次抽气结束后，由玻意耳定律有
p0V＝p1×（0.5＋1）V
解得p1＝2
3p0。
（2）第二次抽气结束后，有p1V＝pA×（0.5＋1）V
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第一次打气结束后，有p0V＋0.5p1V＝p2V
第二次打气结束后，有p2V＋0.5pAV＝pBV
联立解得pA∶pB＝2∶7。
2．带加热丝(图中未画出，体积不计)的质量为M 的汽缸放在水平地面上，质量为m、横截面积为S 的活塞
封闭着一定质量的理想气体(气体的质量可以忽略)，活塞由轻绳悬挂在天花板上，活塞到汽缸底部的
距离为L，到汽缸顶部的距离为，封闭气体的温度为T，汽缸恰好对地面无压力，已知重力加速度为
g，大气压强始终为p0，M＝2m＝，活塞可在汽缸内自由滑动。现在缓慢升高封闭气体的温度，求：
(1)活塞开始上升时气体的温度T1；
(2)活塞上升到汽缸顶部时气体的温度T2。
答案 (1)T (2)T
解析 (1)初始时对汽缸受力分析有
p0S－Mg－p1S＝0
当轻绳拉力刚好为零时活塞开始上升，此时对活塞受力分析有p0S＋mg－p2S＝0
由查理定律有＝
联立解得T1＝T。
(2)活塞开始上升后封闭气体的压强不再变化，初始时气体的体积V1＝LS
当活塞上升到汽缸顶部时气体的体积
V2＝S
由盖－吕萨克定律有＝
解得T2＝T。
3．如图所示，将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸壁是导热的，两个导热活
塞A 和B 将汽缸分隔为1、2 两气室，达到平衡时1、2 两气室高度分别为10 cm、5 cm，活塞A 质量为
2 kg，活塞B 质量为3 kg，活塞A、B 的横截面积皆为S＝1×10－3 m2。活塞的厚度均不计，不计一切摩
擦，取g＝10 m/s2。
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(1)求气体1、气体2 的压强；
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，将汽缸倒立在水平面上，求平衡后活塞A 移动的
距离。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，A、B 活塞一直在汽缸内不脱出。
答案 (1)1.2×105 Pa 1.5×105 Pa (2)15 cm
解析 (1)由题知，汽缸壁是导热的，活塞A 质量为2 kg，活塞B 质量为3 kg，面积均为S＝1×10－3
m2，达到平衡时，
对活塞A 有：p0S＋MAg＝p1S
解得p1＝1.2×105 Pa
同理对活塞B 有：p1S＋MBg＝p2S
解得p2＝1.5×105 Pa。
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，汽缸平衡时，对活塞A 分析，即p0S＝MAg＋p1′S
解得p1′＝0.8×105 Pa
同理对活塞B 受力分析有
p1′S＝MBg＋p2′S
解得p2′＝0.5×105 Pa
由玻意耳定律，对气室1 中的气体，有
p1V1＝p1′(V1＋x1S)
对气室2 中的气体，有p2V2＝p2′(V2＋x2S)
解得x1＝5 cm，x2＝10 cm
则活塞A 移动的距离为x＝x1＋x2＝15 cm。
4．如图所示的是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连。
暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m＝20.0 kg，圆柱形竖直井内水面
面积为S＝0.300 m2，图示时刻水面与井盖之间的距离为h＝2.00 m，井内密封有压强刚好等于大气压
强p0＝1.01×105 Pa、温度为T0＝300 K 的空气（可视为理想气体），重力加速度取g＝10 m/s2。密闭
空气的温度始终不变。
（1）井盖第一次被顶起时，井内空气压强p 为多大？从图示位置起，水面上涨多少后井盖第一次被顶
起？（计算结果均保留3 位有效数字）
（2）井盖第一次被顶起后迅速回落再次封闭井内空气，此时空气压强重新回到p0，温度仍为T0，求此
次向外界排出的空气相当于压强为p0、温度为T1＝290 K 时的体积。（计算结果保留3 位有效数字）
答案（1）1.02×105 Pa 1.31 cm
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（2）3.80×10－3 m
解析（1）井盖第一次被顶起时，井内气体的压强p 满足pS＝p0S＋mg，代入数据得p＝1.02×105 Pa，
设井盖第一次被顶起时，水面上涨x，对井内空气，由气体等温变化规律，有p·（h－x）S＝p0·hS，
代入数据解得x＝1.31 cm。
（2）井内原有气体状态为p0、V0＝hS、T0，井盖第一次被顶起后，井内剩余气体状态为p0、V1＝（h－
x）S、T0，排出的气体状态为p0、V2、T1，由气体等压变化规律，有
V 0
T 0
＝
V 1
T 0
＋
V 2
T 1
，代入数据得V2＝
3.80×10－3 m3。
4．（2025 广东佛山一模）在深海潜水时，潜水员需在特制的加压舱内接受高压适应训练，适应后再送到
深海处潜水。如下图是某加压舱的实物图，若加压前，舱内潜水员肺内气压为
，肺内气体容
积为
，经一段时间加压并稳定后，舱内潜水员肺内气压变为
，肺内气体容积变为
，此
过程潜水员肺内气体温度维持在
不变。求：
(1)加压并稳定后，潜水员肺内的气体在压强为
，温度为
的体积；
(2)加压前与加压稳定后，潜水员肺内气体的质量之比。
答案(1)
(2)
解析（1）潜水员肺内气体在加压后
压强
、体积
压强
、体积
根据玻意耳定律得
解得
（2）由（1）知加压后潜水员肺内气体在气压为p0，温度在
时的体积为
。根据
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压强和温度都相同时，气体密度相等则加压前、后潜水员肺内气体的质量之比为
5．（2025 广东珠海一模）为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的密闭展柜中的空气，充入
惰性气体，形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已
知展柜容积为
，展柜内空气压强为
，青铜鼎材料的总体积为
，抽气筒的容积为
。缓慢抽气
过程中忽略单向阀两侧气体的压强差，不考虑抽气引起的温度变化，忽略抽气筒连接管道内气体的体
积，求：
(1)将青铜鼎放入展柜后，连接抽气筒，将活塞从单向阀门处向外拉至抽气筒充满气体，此时抽气筒和
展柜内气体的总体积；
(2)抽气一次后，展柜内气体的压强。
答案(1)
(2)
解析（1）由题可知，青铜鼎放入展柜后，展示柜内气体的体积
抽气筒内气体的体积
故抽气筒和展柜内气体的总体积
（2）抽气过程是一个等温过程，根据玻意耳定律则有
代入数据解得
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即抽气一次后，展柜内气体的压强
。
6．导热良好、粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长
度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p0＝75 cmHg 保持不变，环境
初始温度为T1＝300 K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2＝350 K，此过程中水银无溢出。求：
(1)右侧空气柱长度(保留2 位小数)；
(2)左侧管内水银面下降的高度。
答案 (1)5.83 cm (2)3 cm
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，右侧气体初状态体积V1＝5S
温度升高过程气体压强不变，
由盖－吕萨克定律得＝
代入数据解得，右侧空气柱的长度L＝5.83 cm。
(2)右管气体压强
p 右＝(75＋15)cmHg＝90 cmHg
左管初状态压强p 左1＝p 右＝90 cmHg
左管初状态体积V 左1＝32S
温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h，
左管气体末状态压强
p 左2＝p 右＋2ρgh＝(90＋2h)cmHg
左管内气体末状态的体积V 左2＝(32＋h)S
对左管内气体，由理想气体状态方程得
＝
代入数据解得h＝3 cm。
7．（2024 广东模拟预测）目前太空飞船所用的燃料多为低温液态氧和煤油的混合物，通常燃料箱内温度
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需保持在-183℃，且在燃料消耗的过程中，需要不断注入氦气使箱内压强维持在
（
为标准大气
压），发动机才能正常工作。某太空飞船燃料箱容积为
，若燃料剩余
时飞船发生故障，无法再
给燃料箱注入氦气，发动机在非正常状态下继续工作，直至燃料箱内压强降至
时，飞船发动机被
迫关机。已知燃料箱无泄漏，箱内温度保持不变，箱内氦气可视为理想气体，忽略燃料的蒸发，
，求：
(1)发动机被迫关机时箱内剩余燃料的体积；
(2)需注入标准状态下（压强为
，温度为0℃）体积多大的氦气才能使上述被迫关机的发动机正常工
作？（结果保留2 位有效数字）
答案(1)
(2)
解析（1）对箱内氦气有
解得
则箱内剩余燃料体积
（2）箱内体温度
T1=（273-183）K=90K
标准状态温度
T2=273K
则有
解得注入的氦气在标准状态下的体积
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8．（2024 广东模拟预测）洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入
的
洗涤剂并密封，然后用打气筒打气10 次后开始喷水。已知外部大气压强恒为
，打气筒每次打入压强
为
、体积为
的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封
闭空气的温度始终不变。
(1)求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
(2)喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
答案(1)
(2)不能，
解析（1）打气过程中，相当于把空气等温压缩，有
解得
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V′，有
解得
故假设成立，即壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为
。
9．（2024 广东清远一模）自行车减震系统常用到的气弹簧装置，除去外面弹簧，其简化模型如图所示。
假设装有氮气的封闭汽缸竖直固定在水平地面上，一光滑活塞将汽缸分成A、B 两部分，活塞上有一个
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透气的小孔将汽缸中两部分气体连通在一起，活塞上固定一个圆柱形连杆。已知活塞与连杆的总质量
为
，活塞横截面积为S，连杆横截面积为
。初始时刻活塞静止在汽缸内某处，此时A 部分气体高度
为
，B 部分气体高度为
。已知大气压强为
，重力加速度为
，气体可看作理想气体，汽缸与
连杆之间无摩擦且密封良好、
(1)求初始时刻汽缸内气体压强
；
(2)若汽缸导热性能良好，此时温度为
，汽缸受到外部热源影响，缸内温度升高，活塞缓慢上升
时，
求缸内气体温度
。
答案(1)
(2)
解析（1）活塞与连杆整体受到重力以及三处气体的压力，由受力平衡可得
解得
（2）初始状态气体的体积
末态体积
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气体进行等压变化，根据盖吕萨克定律可知
解得
2．(2024 广东高考) 差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B 两个导热
良好的汽缸通过差压阀连接，A 内轻质活塞的上方与大气连通，B 内气体体积不变。当A 内气体压强减
去B 内气体压强大于Δp 时差压阀打开，A 内气体缓慢进入B 中；当该差值小于或等于Δp 时差压阀关
闭。当环境温度T1＝300 K 时，A 内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B 内气体压强pB1等于大气压强p0，已知
活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B 内
的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度
降到T2＝270 K 时：
(1)求B 内气体压强pB2；
(2)求A 内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B 内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
答案(1)9×104 Pa (2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg
解析(1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B 两个汽缸导热良好，B 内气体做等容变化，
初态 pB1＝p0，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据查理定律有
pB1
T 1
＝
pB2
T 2
代入数据可得 pB2＝9×104 Pa
A 内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据盖-吕萨克定律有
V A 1
T 1
＝
V A 2
T 2
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代入数据可得VA2＝3.6×102 m3
由于p0－pB2＜Δp
假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3
(3)恰好稳定时，A 内气体压强为 pA'＝p0＋mg
S
B 内气体压强pB'＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA'－pB'＝Δp
联立并代入数据解得m＝1.1×102 kg。
2．（2022 广东高考真题）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将
水装入
容积为
的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得
瓶内水的体积为
。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强
取
，重力加速度g 取
，水的密度
取
。求水底的压强p 和水的深度h。
答案
，10m
解析 对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
即
解得
根据
解得
h=10m
3．（2021 广东高考真题）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
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再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为
，
护士把注射器内横截面积为
、长度为0.4cm、压强为
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
解析 以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1,有
注射器内气体体积为V2，有
根据理想气体状态方程有
代入数据解得
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