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第 3 课时 气体的性质
目标要求 1.掌握气体压强的计算方法。2.掌握气体实验定律的内容、适用条件，并会应
用解决问题。3.会分析气体状态变化的图像问题。
考点一 气体压强的计算
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
图甲中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p 。由于活塞处于平衡状态，
0
所以pS＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p＋。
0 0
图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝pS，
0
则气体压强为p＝p－＝p－ρ gh。
0 0 液
2．连通器模型
如图所示，U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和A的压
强关系可由图中虚线联系起来。
则有p ＋ρgh ＝p ，而p ＝p＋ρgh ，
B 2 A A 0 1
所以气体B的压强为p ＝p＋ρg(h－h)。
B 0 1 2
例1 若已知大气压强为p ，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积
0
为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。答案 甲：p－ 乙：p＋
0 0
丙：p－ρgh 丁：p＋ρgh 戊：p－ρgh
0 0 1 0
己：p＝p＋ρg(h－h－h) p＝p＋ρg(h－h)
a 0 2 1 3 b 0 2 1
解析 题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，
由平衡条件知pS＝p S＋Mg，得p ＝p－。
0 甲 甲 0
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示
由平衡条件，有p S sin α＝pS ＋F ＋mg，
乙 下 0 上 N
F ＝Mg，S sin α＝S ，
N 下 上
S 为活塞下表面面积，S 为活塞上表面面积，即S ＝S，由以上得p ＝p＋。
下 上 上 乙 0
题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
p S＋ρghS＝pS，所以p ＝p－ρgh
丙 0 丙 0
题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有
p S＝pS＋ρgh S
丁 0 1
所以p ＝p＋ρgh
丁 0 1
题图戊中，以B液面为研究对象，由平衡条件有
p S＋ρghsin 60°·S＝pS
戊 0
所以p ＝p－ρgh
戊 0
题图己中，从开口端开始计算，右端大气压强为p，同种液体同一水平面上的压强相同，
0
所以b气柱的压强为p ＝p ＋ρg(h －h)，故a气柱的压强为p ＝p －ρgh ＝p ＋ρg(h －h －
b 0 2 1 a b 3 0 2 1
h)。
3
考点二 气体实验定律 理想气体状态方程
内容 表达式 图像一定质量的某种气体，在温
玻意耳定律 度不变的情况下，压强与体 pV＝pV
1 1 2 2
积成反比
一定质量的某种气体，在体
＝
查理定律 积不变的情况下，压强与热
拓展：Δp＝ΔT
力学温度成正比
一定质量的某种气体，在压
盖—吕萨克 ＝
强不变的情况下，其体积与
定律 拓展：ΔV＝ΔT
热力学温度成正比
理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体。
②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体
理想气体状
的内能仅由温度决定。
态方程
理想气体状态方程：＝或＝C(质量一定的理想气体)
*克拉伯龙方程：pV＝nRT，其中n表示物质的量，n＝，R为常数，对所
有气体都相等。
思考 请从微观的角度解释气体实验三定律。
(1)玻意耳定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。体积减小时，分子的数
密度增大，气体的压强增大。
(2)查理定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的
平均动能增大，气体的压强增大。
(3)盖—吕萨克定律的微观解释：
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大。只有气体的体积同时增大，
使分子的数密度减小，才能保持压强不变。
1．理想气体是一种假想的物理模型，实际上并不存在。( √ )
2．理想气体严格遵守气体实验定律。( √ )
3．一定质量的理想气体，温度升高时压强一定增大。( × )
4．一定质量的理想气体温度升高，气体的内能一定增大。( √ )
例2 (2023·河南安阳市模拟)如图所示，上端开口、横截面积为S且导热性能良好的汽缸
放置在水平面上，大气压强为p。汽缸内有一卡子，横截面积为S的轻质活塞上面放置一个
0
质量为m的重物，活塞下面密封一定质量的理想气体。当气体温度为T 时，活塞静止，此
1位置活塞与卡子距离为活塞与汽缸底部距离的。现缓慢降低汽缸温度，活塞被卡子托住后，
继续降温，直到缸内气体压强为p 。已知重力加速度为g，活塞厚度、汽缸壁厚度及活塞与
0
汽缸壁之间的摩擦均不计。求：
(1)活塞刚接触卡子瞬间，缸内气体的温度；
(2)缸内气体压强为p 时气体的温度。
0
答案 (1)T (2)
1
解析 (1)活塞被卡子托住前，气体经历等压变化，设活塞刚刚接触卡子时气体的温度为
T，
2
根据盖—吕萨克定律有＝
式中V＝SL，V＝SL
1 1 2 2
根据题意L＝(1－)L＝L
2 1 1
联立解得T＝T
2 1
(2)活塞被卡子托住后，再降低温度，气体经历等容变化，根据查理定律有＝，式中p＝p
3 0
根据力的平衡条件有p＝p＝p＋
2 1 0
联立可得T＝。
3
例3 (2023·河南郑州市调研)如图所示，足够长U形管竖直放置，左右两侧分别用水银封
有A、B两部分气体，气柱及液柱长度如图中标注所示。已知大气压强为 p ＝76 cmHg，L
0 1
＝6 cm，h＝4 cm，h＝32 cm，管壁导热良好，环境温度为t＝－3 ℃且保持不变。
1 2 1
(1)若从右侧缓慢抽出一部分水银，使下方液柱左右液面相平，则需要从右侧管中抽出多长
的水银？
(2)若仅缓慢加热A部分气体，使下方液柱左右液面相平，则此时A部分气体温度为多少？
(结果保留整数)
答案 (1)30 cm (2)374 K
解析 (1)设抽出的水银长度为Δh，设管的横截面积为S，A部分气体初始压强为p，水银密
1
度为ρ，则有p＋ρgh ＝p＋ρgh ，解得p＝104 cmHg
1 1 0 2 1
液面相平时，设A部分气体压强为p，
2p＝p＋ρg(h－Δh)
2 0 2
对A气体，根据玻意耳定律可得
pLS＝p(L＋)S，联立解得Δh＝30 cm
1 1 2 1
(2)若仅缓慢加热A部分气体，使下方液柱左右液面相平，根据理想气体状态方程有
＝
其中T＝(－3＋273) K＝270 K，
1
p′＝p＋ρgh ＝108 cmHg，解得T≈374 K。
2 0 2 2
例4 (2021·辽宁卷·14)如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的
氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；
主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想
气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，
活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧
被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的
1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p ＝1.0×105 Pa、
0
温度T＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
0
(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压
缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。
答案 (1)5×104 Pa (2)266 K
解析 (1)氦气温度不变，则发生的是等温变化，设氦气在目标位置的压强为p，
1
由玻意耳定律得pV＝p·1.5V
0 0 1 0
解得p＝p
1 0
由目标处的内外压强差可得p－p＝p
1 0
解得p＝p＝5×104 Pa
0
(2)由胡克定律F＝kx可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的，
即p＝p×＝p
x 0 0
设此时氦气的压强为p，活塞两侧压强相等，
2
可得p＝p＋p＝p
2 x 0
由理想气体状态方程可得＝
其中V＝V＋0.5V×＝V
2 0 0 0解得T＝T＝266 K。
0
应用气体实验定律或理想气体状态方程解题的基本思路
考点三 气体状态变化的图像问题
四种图像的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，
p－V
线离原点越远
p－ p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
例5 (2023·河南焦作市博爱第一中学期末)一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如
图所示，下列说法中正确的是( )
A．a→b过程中，气体温度降低，体积增大
B．b→c过程中，气体温度不变，体积减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．在c状态时，气体的体积最小答案 C
解析 方法一：根据气体实验定律分析：
a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C得知，体积应减小，故
A错误；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律 pV＝C
得知，由于压强减小，故体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，
则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的
体积最小，故C正确，D错误。
方法二：根据图像斜率的意义分析：
由理想气体状态方程＝C得：p＝T，斜率k＝，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V
越小，故从图可以看出V＝V＞V，温度可由图像直观反映出来。
a c b
思考 根据例5中气体状态变化的p－T图像，定性作出三个过程的V－T图像和p－V图像。
答案
处理气体状态变化的图像问题的技巧
1．图像上的某一条直线段或曲线段对应气体状态变化的一个过程，首先要看此过程属于等
温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。
2．在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可直接根据气体实验定
律确定两个状态参量的关系，也可根据某点与原点连线斜率的大小确定，斜率越大，压强
(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
课时精练
1.(2024·江苏南京市开学考)如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。
P中盛有氧气，气压为4p ，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体
0
温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P的气压表示数为( )A.p B.p C．3p D.p
0 0 0 0
答案 B
解析 对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4pV＝p(V＋)，解得p＝p，故选B。
0 0
2．(2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时
储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p
－T图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是( )
答案 B
解析 根据＝C，可得p＝T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从 b到
c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态
的体积大于b状态的体积，故选B。
3．(2023·湖北武汉市模拟)某实验小组用图甲所示装置研究烧瓶内封闭气体的体积一定时压
强与温度的关系，初始时封闭气体的摄氏温度为t ，往容器内加热水，可以改变封闭气体的
0
温度t，用Δt(Δt＝t－t)表示封闭气体升高的摄氏温度，p表示温度为t时封闭气体的压强，
0
则图乙中可能正确的图线是( )A．① B．② C．③ D．④
答案 A
解析 烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有＝＝，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝Δt＝p－p
0
整理得p＝Δt＋p ，可见p－Δt图像为一次函数，斜率为，截距为p ，均为正值，故正确的
0 0
图线是①，故选A。
4．(多选)某科学小组利用一根粗细均匀、长度为 1 m的玻璃管，和一个导热的柱形金属容
器连接在一起，做成了一个简易温度计，如图所示。玻璃管水平固定在木板上，管内放入一
可自由滑动的圆柱体蜡块(长度可以忽略)，摩擦不计。玻璃管左端A开口，玻璃管右端B处
用细软管与金属容器连接，接口处均密封良好，当温度为 27 ℃时，蜡块刚好在玻璃管的正
中间。以下说法正确的是( )
A．该温度计的刻度是不均匀的
B．如果测量时外界压强增大则对应的温度测量值偏低
C．该温度计的测温范围与金属容器的体积无关
D．该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小
答案 BD
解析 因温度变化时被封的气体进行等压变化，设温度为27 ℃时封闭气体的体积为V ，由
1
题意可知＝＝，则ΔT＝ΔV，可知ΔT∝ΔV＝S·Δl，玻璃管粗细均匀，所以温度计的刻度是
均匀的，故A错误；从热胀冷缩的原理我们知道，温度计的刻度左侧高右侧低，在某压强
下完成刻度后，如果外界压强增大，蜡块将右移，所以对应测量温度偏低，故B正确；根
据ΔV＝V 可以看出金属容器的体积越大，变化相同温度管中气体体积变化量也越大，由于
1
玻璃管长度一定，所以该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小，故C错误，D正
确。
5．(2023·江苏南京市二模)如图甲所示，一个导热汽缸水平放置，内部封闭着热力学温度为
T 的理想气体，活塞横截面积为S，活塞与汽缸底部距离为L，大气压强为p ，重力加速度
0 0
为g，活塞与汽缸之间摩擦忽略不计。先保持温度不变，将汽缸缓慢转动90°(如图乙)，活塞
与汽缸底部距离变为0.9L。再对气体缓慢加热，活塞离汽缸底部距离变为1.2L(如图丙)，求：(1)活塞的质量m；
(2)气体加热后的热力学温度T。
答案 (1) (2)T
0
解析 (1)根据题意，由平衡条件可知，汽缸水平放置时，内部气体压强为 p ＝p ，体积为
1 0
V＝SL
1
汽缸竖直时，内部气体压强为p＝p＋
2 0
体积为V＝0.9SL
2
由玻意耳定律有pV＝pV，解得m＝
1 1 2 2
(2)根据题意可知，气体加热过程经历等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，解得T＝T。
0
6．(2023·河北张家口市三模)校园运动会开幕式上释放了一组氦气球，氦气球缓慢上升，到
达一定高度后膨胀破裂。若刚释放时氦气球内外的压强差为25 mmHg，即将破裂时氦气球
的体积为刚释放时的1.2倍，内外的压强差为30 mmHg。大气压强p随离地高度h的变化如
图甲所示，大气温度t随离地高度h的变化如图乙所示，氦气球导热良好。则氦气球破裂时
的离地高度约为( )
A．2 000 m B．1 800 m
C．1 600 m D．1 400 m
答案 A
解析 在地面时，气体的压强
p＝760 mmHg＋25 mmHg＝785 mmHg
1
温度为T＝300 K
1
设在地面时，氦气球体积为V，则在高度h时，
气体的压强p＝(760－)mmHg＋30 mmHg＝(790－) mmHg
2
温度为T＝(300－)K，体积为V＝1.2V，
2 2
根据理想气体状态方程可得＝联立解得h≈2 000 m，故选A。
7．(2023·广东深圳市期末)工人浇筑混凝土墙壁时，内部形成了一块气密性良好充满空气的
空腔(空腔体积不变)，墙壁导热性能良好。
(1)空腔内气体的温度变化范围为－33 ℃～47 ℃，求空腔内气体的最小压强与最大压强之
比；
(2)填充空腔前，需要测出空腔的容积。在墙上钻一个小孔，用细管将空腔和一个带有气压
传感器的汽缸连通，形成密闭空间。当汽缸内气体体积为1 L时，传感器的示数为1.0 atm。
将活塞缓慢下压，汽缸内气体体积为0.7 L时，传感器的示数为1.2 atm。求该空腔的容积。
答案 (1) (2)0.8 L
解析 (1)以空腔内的气体为研究对象，最低温度时，压强为p ，T ＝240 K；最高温度时，
1 1
压强为p，T＝320 K；根据查理定律可知＝，解得＝
2 2
(2)设空腔的容积为V ，汽缸的容积为V，以整个系统内的气体为研究对象，则未下压活塞
0
时气体的压强p＝1.0 atm，体积V＝V＋V，V＝1 L
3 1 0
活塞下压后气体的压强p＝1.2 atm，
4
体积V＝V＋V′，V′＝0.7 L
2 0
根据玻意耳定律pV＝pV，
3 1 4 2
解得V＝0.8 L。
0
8.(2023·安徽安庆市联考)粗细均匀的“U”形玻璃管竖直放置，左端封闭右端开口，右侧足
够长，左端用水银封闭一定质量的理想气体，如图所示。封闭空气柱的长度 L ＝15 cm，两
1
管水银面高度差h＝5 cm，环境温度t＝27 ℃，大气压强p＝75 cmHg。
0
(1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面后，求封闭空气柱的长度L；
2
(2)若环境温度缓慢下降，当玻璃管两侧水银面相平时，求环境温度。(计算结果保留小数点
后一位)
答案 (1)16 cm (2)234.4 K或－38.6 ℃解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，根据题意可知，玻璃管竖直放置时有
p＝p＋h＝80 cmHg，V＝LS＝15S
1 0 1 1
玻璃管平放在水平桌面时有p＝p＝75 cmHg，V＝LS，由玻意耳定律有pV＝pV
2 0 2 2 1 1 2 2
解得L＝16 cm。
2
(2)根据题意可知，两液面相平时有p＝75 cmHg，V＝12.5S，由理想气体状态方程有＝
3 3
解得T≈234.4 K，即t＝－38.6 ℃。
3 3
9．(2023·湖北卷·13)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p ，重力加速度大小为g，汽缸足够长，
0
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)p (2)
0
解析 (1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强
p＝p，体积V＝SH＋2SH＝3SH
1 0 1
末态压强p，体积V＝S·H＋H·2S＝SH
2 2
根据玻意耳定律可得pV＝pV，解得p＝p
1 1 2 2 2 0
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p·2S＝p·2S，解得m＝，对左侧活塞受力分析可知
0 2
pS＋k·H＝pS，解得k＝。
0 2
