文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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，近五年全国卷及
新高考卷中占比约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
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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.(山东威海高三期末)如图所示为某同学设计的过压保护装置。长度为L 的竖直
放置的绝热汽缸与面积为S 的绝热活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸的顶端装有卡环，底端装有泄
压阀，当压强小于等于2p0，泄压阀保持密闭，当压强大于2p0，就会自动排出部分气体，以保持缸内
压强2p0不变。初始时，活塞距离缸底的距离为汽缸长度的，封闭气体的温度为T0，大气压强为p0，活
塞的重力为0.2p0S，当温度缓慢升高到T1时，活塞运动到卡环处。若活塞厚度可忽略，不计活塞与汽
缸间的摩擦。求：
(1)温度T1；
(2)当温度缓慢升至3T0，从泄压阀排出的气体在压强为p0、温度为T0时的体积。
答案 (1) (2)LS
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解析 (1)温度由T0升高到T1的过程中，气体做等压变化，有
＝
解得T1＝。
(2)初态时封闭气体的压强为p1(p1＝1.2p0)，设排出的气体在2p0、3T0时的体积为V，在温度由T0升高
到3T0的过程中，由理想气体状态方程得
＝
设排出的气体在p0、T0时的体积为V′
＝
联立解得V′＝LS。
3．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：
(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
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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？
(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.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
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
2．（2024 湖北荆州模拟预测）如图所示，粗细均匀的U 型细玻璃管竖直倒置，竖直高
度为20cm，水平宽度为5cm，左端开口，右端封闭。用长度为10cm 的水银柱在右侧管内封闭了长为
10cm 的理想气体，初始状态环境温度为215K，大气压强为76cmHg。现缓慢升高环境温度，有5cm 长的
水银柱进入左侧竖直细管，细玻璃管的内径远小于其自身的长度。求：
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)此时管内封闭气体的压强；
(2)此时环境的温度。
答案(1)71cmHg(2)355K
解析（1）升温后有5cm 长的水银柱进入左侧竖直细管，水银柱高
，空气柱长
封闭气体的压强为p2，则
代入数据解得
（2）升温前水银柱高
，温度为
，空气柱长为
封闭气体的压强为p1，则有
解得
根据理想气体状态方程可得
解得
题型三 “关联气体”类问题
例5.(2023 安徽江南十校联考)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U 型管竖直
放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下
表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，
气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg。
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm 的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
答案 (1)15 cm (2)20 cm
解析 (1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有
p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，
则V2′＝L1S，由玻意耳定律有
p2·2HS＝p2′·L1S
解得L1＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。
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：
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(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。
3.(2023 安徽黄山月考)如图所示，水平放置的固定汽缸A 和B 中分别用活塞封闭一定
质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB＝1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦
滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B 中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0＝300 K，A 中
气体压强pA＝4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A 缓慢加热，在保持B 中气体温度不变的情况下使B 中
气体的压强达到pB′＝3p0。求：
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)此时A 中的气体压强pA′；
(2)此时A 中的气体温度TA′。
答案 (1)7p0 (2)700 K
解析 (1)活塞平衡时，由平衡条件得
初状态：pASA＋p0(SB－SA)＝pBSB
末状态：pA′SA＋p0(SB－SA)＝pB′SB
且SA∶SB＝1∶3
得pA′＝7p0。
(2)B 中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得pB′VB＝pB·3V0
设A 中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有＝
对A 中气体由理想气体状态方程得
＝
解得TA′＝700 K。
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
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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：
图5
(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＝＝。
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
3．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
（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。
气体变质量问题
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
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＝
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
(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)
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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．（2025 山东烟台一模）如图为某喷壶的结构示意图，壶壁接一单向阀门，可以通过打气筒向壶内打气，
拧开壶盖可以向壶内装水，壶盖上方喷口处接一销栓，通过开关销栓可控制喷口开关，整个装置密封
良好。若某次浇花时，发现壶内有380mL 水，此时壶内气体压强为
，用打气筒向壶内打气，每次
打入体积为
，压强为
的空气，一共打了
次。然后打开销栓开始浇水，一段时间后，
关闭销栓，此时壶内剩余水的体积为60mL。已知整个喷壶容积为
，大气压强为
，不计喷
水细管，橡胶软管的体积及喷水后细管内剩余液体的压强，打气及浇水过程中环境温度不变，整个装
置导热性能良好。求：
(1)打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值；
(2)关闭销栓后，壶内气体的压强。
答案(1)
(2)
解析（1）打气前，喷壶内的气体
，体积
若这些气体等温膨胀后压强为
，设此时气体体积为
则有
解得：
以壶内气体及5 次打气进入的气体整体为研究对象
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
总体积
则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值
（2）关闭销栓后壶内气体压强
，体积
则有
解得
5．（2025 四川模拟预测）如图所示，水银血压计利用一个可膨胀的橡皮气袖连接到水银柱来测量人体动
脉的血压。测量时，先将气袖内气体排尽，再将气袖绕在被测者手臂动脉处，通过输气球快速使气袖
充气，气袖挤压动脉，直到阻断动脉血液；此后打开排气阀，缓慢放气，气袖内气体压强逐渐降低，
血流开始通过被压迫的动脉时，可听到第一声搏动音（Korotkoff 音），此时测得收缩压；随着气袖内
气体压强继续降低，搏动音持续存在并逐渐减弱，直至完全消失，此时测得舒张压。某次测量时，输
气球将体积为
的大气气体充入气袖，气袖膨胀后的体积为
，此时动脉血液被阻断；缓慢
放气，当气袖内剩余气体质量为充入气体总质量的90%时，听到第一声搏动音。已知常温下1 个标准大
气压是
，整个过程气体温度不变，放气测量血压过程中气袖容积保持不变，气体视为理想气
体。求：
(1)动脉血液被阻断时，气袖内的气体压强；
(2)听到第一声搏动音时，气袖内的气体压强。
答案(1)
(2)
解析（1）充气前气体压强为
，气体体积为
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
充气后气体体积为
根据玻意耳定律可知
解得动脉血液被阻断时，气袖内的气体压强
（2）当气袖内剩余气体质量为充入气体总质量的90%时，听到第一声搏动音。因此，放气前这部分气
体的压强为
，体积为
听到第一声搏动音时，这部分气体的体积为
根据玻意耳定律可知
解得听到第一声搏动音时，气袖内的气体压强
6．（2024 江西宜春模拟预测）千余年来，景德镇制瓷业集历代名窑之大成，汇各地技艺之精华，形成了
独树一帜的手工制瓷工艺生产体系，创造了中国陶瓷史上最辉煌灿烂的一段历史。瓷器的烧制可以采
用窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到
（
为大气压强）时，排
气阀才会开启，压强低于
时，排气阀自动关闭，某次烧制过程，初始时窑内温度为
，窑内
气体体积为
，压强为
。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，
气体可视为理想气体，绝对零度取
.
(1)排气阀开始排气时，窑内气体温度；
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)求窑内温度为
时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。
答案(1)
(2)
解析（1）对封闭在气窑内的气体，排气前容积
不变，烧制前温度为
排气阀刚开启则气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有
解得
（2）当气体温度为
，压强为
时，体积为
根据理想气体状态方程有
解得
又
所以
7．（2025 贵州毕节一模）粗细均匀的U 形玻璃管，左端封闭，右端开口，管内装有水银，静止时两端水
银面高度相同。左端被封闭的空气柱长
，外界大气压强
。现从右端开口处缓慢
注入水银，使左端空气柱长度变为
，此时右端水银面尚未达到管口。已知整个过程温度和大
气压强保持不变，管内气体可视为理想气体。求：
(1)注入水银后左端封闭气体的压强；
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)注入水银柱的长度。
答案(1)100cmHg(2)35cm
解析（1）对U 型管左端空气柱，根据
解得注入水银后左端封闭气体的压强为
（2）当
时，根据压强关系U 型管左右两端水银面的高度差为
则此过程中注入水银柱的长度为
1．(2024 全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻
质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b 之间，b 与汽缸底部的距离bc＝10ab，活
塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a 处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、
温度相-同，分别为1.0×105 Pa 和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢
到达卡销b 处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N 并保持不变。
(1)求外力增加到200 N 时，卡销b 对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b 时气体的温度。
答案(1)100 N (2)3 600
11
K
解析(1)活塞从卡销a 运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定律有p0V0＝p1V1
其中V1＝10
11 V0
外力增加到200 N 时，对活塞由力的平衡条件有
p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b 对活塞支持力的大小为FN＝100 N。
(2)当活塞刚好能离开卡销b 时，对活塞有
p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有
p1
T 1
＝
p2
T 2
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b 时密封气体的温度为T2＝3 600
11
K。
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
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。
3．(2024 安徽高考)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下
降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与
大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的
温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温
度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa，T
＝t＋273。求：
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
答案(1)2.5×105 Pa (2)6 L
解析(1)由查理定律可得
p1
T 1
＝
p2
T 2
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律可得p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。
4．(2024 广西高考)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2
的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。活塞不受推力静止时位于圆管的b 处，此时封闭
气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm 的a 处，
再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b 处。设活塞从a 处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压
力大小为F，膨胀过程F - 1
5+ x 曲线如图乙。大气压强p0＝1×105 Pa。
(1)求活塞位于b 处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化；
(3)求活塞移动到a 处时缸内气体的压强。
答案(1)50 N (2)见解析 (3)40×105 Pa
解析(1)活塞位于b 处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的
压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N。
(2)根据题意可知F - 1
5+ x 图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k· 1
5+ x
根据F＝pS 可得气体压强为p＝
k
(5+ x)S
活塞从a 处到b 处对封闭气体有
pV＝
k
(5+ x)S ·S·(5+ x)＝k
可知该过程中封闭气体的pV 值恒定不变，所以活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化。
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b 处时pV＝p0Sl0
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
在b 处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a 处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律有paVa＝pbVb＝p0Sl0
解得pa＝40×105 Pa
5．(2023 湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为
S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧
汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。
现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强
为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
答案 (1)p0 (2)
解析 (1)对左、右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0。
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝。
6．（2024 甘肃高考）如图，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3
4 。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。
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案（1）4
5 p0 2
3p0 （2）8 p0 S
15l
解析（1）抽气后，A 的体积变为VA＝2Sl－3
4 Sl＝5
4 Sl，对A 中气体，根据玻意耳定律有
p0Sl＝pA·5
4 Sl
解得pA＝4
5 p0，
对B 中剩余气体，根据玻意耳定律可知，1
2p0Sl＝pB·3
4 Sl
解得pB＝2
3p0。
（2）抽气后，对隔板，根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·1
4 l
结合（1）问解得k＝8 p0 S
15l 。
22
