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”~~~
第80 练 专题强化：气体实验定律的综合应用
分值：50 分
1.(8 分)(2025·山东东营市检测)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3p0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1.5p0时，水泵重新启动，可如此
反复供水。罐容积为V0，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强p0，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，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
(1)(3 分)水泵停止注水时罐内气体的体积V1；
(2)(5 分)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强p1。
2.(8 分)(2024·山东泰安市期末)如图，绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的横截面积相
同的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均
为T0。缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强为原来的1.5 倍。设环境温度始终保持不
变，求：
(1)(3 分)汽缸B 中气体的体积VB；
(2)(5 分)汽缸A 中气体温度TA。
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
3.(10 分)(2025·山东济南市历城第二中学模拟)如图所示，U 形管竖直放置，右管内径为左管内径的2 倍，
管内水银在左管内封闭了一段长为76 cm、温度为300 K 的空气柱，左、右两管水银面高度差为6 cm，大
气压为76 cmHg。
(1)(6 分)给左管的气体加热，求当U 形管两边水银面等高时，左管内气体的温度(结果保留一位小数)；
(2)(4 分)在(1)问的条件下，保持加热后的温度不变，往右管缓慢加入水银，直到左管气柱恢复原长，求此
时两管水银面的高度差。
4.(12 分)(2024·甘肃卷·13)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 部分气体抽出一半，系统稳定后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)(7 分)抽气之后A、B 内气体的压强pA、pB。
(2)(5 分)弹簧的劲度系数k。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
5.(12 分)(2025·山东潍坊市期末)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同的汽缸直立放置，汽缸底
部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的横截面积均为S，容积均为V0，汽缸中各有一
个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5 倍，开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有气体(可视为
理想气体)，活塞下方气体压强为p0，左活塞在汽缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为V 0
4 。
现使汽缸底与一热源接触，热源温度恒为7
5T0，平衡后左活塞升至汽缸某一位置；然后打开K，经过一段
时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与汽缸壁间的摩擦，不计细管内气体体积。求：
(1)(3 分)开始时右活塞上方气体压强p'；
(2)(3 分)接触恒温热源后且未打开K 之前，左活塞上升的高度H；
(3)(6 分)打开阀门K 后，重新达到平衡时左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案精析
1.(1)1
3V0 (2)5
3p0
解析 (1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有
p0V0＝3p0V1，解得V1＝1
3V0
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V2＝0.6V0
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V2，压强p1＝5
3p0。
2.(1)2
3V0 (2)2T0
解析 (1)稳定后，A、B 的压强相等，
即pA＝pB＝1.5p0
B 中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律有
p0V0＝1.5p0VB
解得VB＝2
3V0
(2)根据题意可知，末状态时A 中气体的体积满足
VA＋VB＝2V0
解得VA＝4
3 V0
根据理想气体状态方程可得p0V 0
T 0
＝
1.5 p0× 4
3 V 0
T A
解得TA＝2T0。
3.(1)346.3 K (2)4.8 cm
解析 (1)由右管内径是左管的2 倍可知，右管的横截面积是左管的4 倍，所以两管水银面相平时，左侧液
面下降4.8 cm，右侧液面上升1.2 cm，则有p1＝76 cmHg－6 cmHg＝70 cmHg，V1＝76 cm·S，T1＝300 K，
p2＝76 cmHg，V2＝(76 cm＋4.8 cm)S，由理想气体状态方程
p1V 1
T 1
＝p2V 2
T 2
，
解得T2≈346.3 K。
(2)管中气体做等温变化，则有p2V2＝p3V3，其中V3＝V1，解得p3＝80.8 cmHg，所以右管的水银面比左管高
Δh＝80.8 cm－76 cm＝4.8 cm。
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
4.(1)4
5 p0 2
3p0 (2)8 p0 S
15l
解析 (1)对A 内气体分析：
抽气前：体积V＝Sl 压强p0
抽气后：VA＝2V－3
4 V＝5
4 Sl
根据玻意耳定律得p0V＝pAVA
解得pA＝4
5 p0
对B 内气体分析，
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1
2p0，
则根据玻意耳定律得
1
2p0V＝pB·3
4 V
解得pB＝2
3p0
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为l
4 ，对隔板受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得F＝k l
4
联立得k＝8 p0 S
15l 。
5.(1)1
3p0 (2)V 0
2S (3)1
2V0
解析 (1)对左侧活塞，由平衡条件得p0S＝1.5mg
对右侧活塞，由平衡条件得
p'S＋mg＝p0S
解得p'＝1
3p0
(2)打开K 前，两活塞下方气体由等压变化得
3
4 V 0＋1
2 V 0
T 0
＝
3
4 V 0＋1
2 V 0＋HS
7
5 T 0
解得H＝V 0
2S ，左侧活塞刚好运动到顶端
(3)打开K 后，设上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等温变化得
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
p'·1
4 V0＝p1V1
对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时下部分气体
的压强p2＝p1＋1.5mg
S
＝p1＋p0
由等温变化p0·7
4 V0＝p2(2V0－V1)
解得V1＝V 0
2
此时右侧活塞运动到汽缸的顶端，所以左汽缸中活塞上方气体的体积
Vx＝V1＝1
2V0。
6
