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第79 课时 气体的性质
目标要求 1.掌握气体压强的计算方法。2.知道气体实验定律和理想气体状态方程。3.利用气体实验定律
和理想气体状态方程解决实际问题，并会分析气体图像问题。
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p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝
pS，则气体的压强为p＝p0＋mg
S 。
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＝p0S，
则气体压强为p＝p0－mg
S ＝p0－ρ 液gh。
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pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1，
所以气体B 的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
例1 若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为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。
1
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例2 如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被细绳倒挂于倾角为θ 的固定斜面上，管内有一段长为h 的
水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，被封
闭气体的压强(题中各物理量单位均为国际单位制单位)。
(1)玻璃管静止不动；
(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳匀加速下滑过程(已知管与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ<tan
θ，不计空气阻力)。
1.当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后
由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。
2.在对系统进行分析时，可针对具体情况选用整体法或隔离法。
考点二 气体实验定律 理想气体状态方程
1.气体实验定律
2
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内容
表达式
图像
玻意耳
定律
一定质量的某种气体，在温度
不变的情况下，压强与体积成
p1V1＝p2V2
查理
定律
一定质量的某种气体，在体积
不变的情况下，压强与热力学
温度成
p1
T 1
＝p2
T 2
拓展：Δp＝p1
T 1
ΔT
盖—吕萨
克定律
一定质量的某种气体，在压强
不变的情况下，其体积与热力
学温度成
V 1
T 1
＝
拓展：ΔV＝V 1
T 1
ΔT
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 。体积减小时，分子的数密度
，气体的压强 。
(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
，气体的压强 。
(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 。只有气体的体积同时增大，使分子的
数密度 ，才能保持压强不变。
2.理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何 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的内能仅由 决定。
(2)理想气体状态方程： 或 (质量一定的理想气体)。
(3)克拉伯龙方程：pV＝nRT，其中n 表示物质的量，n＝m
M mol
，R 为常数，对所有气体都相等。
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。( )
3
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例3 (来自教材)细长玻璃管用长l0为6.8 cm 的水银柱封闭一定质量的空气。当玻璃管开口向下竖直
放置时(水银未溢出)，空气柱长度l1为33 cm；当玻璃管水平放置时，空气柱长度l2为30 cm。求玻璃管
开口向上竖直放置时空气柱的长度。
例4 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p0。
汽缸内有一卡子，横截面积为S 的轻质活塞上面放置一个质量为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T1时，活塞静止，此位置活塞与卡子距离为活塞与汽缸底部距离的1
3。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1
2p0。已知重力加速度为g，活
塞厚度、汽缸壁厚度及活塞与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1
2p0时气体的温度。
例5 某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱
形容器内用一厚度不计、面积S＝5 cm2、质量m＝0.5 kg 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩
擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度T0＝300 K，活塞与容器顶部的距离
l0＝20 cm，在活塞下方d＝4 cm 处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度
也随之升高，当传感器受到压力大于5 N 时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，
重力加速度大小g 取10 m/s2，求：
(1)封闭气体初始状态的压强p；
4
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(2)触发报警装置的热力学温度T。
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
p－V
pV＝CT，即pV 之积越大的等温线温度越高，线
离原点越远
p－1
V
p＝CT 1
V ，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T
p＝C
V T，斜率k＝C
V ，即斜率越大，体积越小
V－T
V＝C
p T，斜率k＝C
p ，即斜率越大，压强越小
例6 (2024·山东泰安市检测)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
5
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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
思考 根据例6 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。
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。
6
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答案精析
考点一
例1 甲：p0－Mg
S 乙：p0＋( M ＋m)g
S
丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1
戊：p0－√3
2 ρgh
己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)
pb＝p0＋ρg(h2－h1)
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p0S＝p 甲S＋Mg，得p 甲＝p0－
Mg
S 。
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 乙S 下sin α＝p0S 上＋FN＋mg，
FN＝Mg，S 下sin α＝S 上，
S 下为活塞下表面面积，S 上为活塞上表面面积，即S 上＝S，由以上得p 乙＝p0＋( M ＋m)g
S
。
题图丙：以B 液面为研究对象，由平衡条件有p 丙S＋ρghS＝p0S，
所以p 丙＝p0－ρgh
题图丁：以A 液面为研究对象，由平衡条件有
p 丁S＝p0S＋ρgh1S
所以p 丁＝p0＋ρgh1
题图戊：以B 液面为研究对象，由平衡条件有
p 戊S＋ρghS·sin 60°＝p0S
所以p 戊＝p0－√3
2 ρgh
题图己：从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，
所以b 气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a 气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
例2 (1)p0－ρghsin θ (2)p0－μρghcos θ
解析 (1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，水银柱的横截面积为S，以水银柱为研究对象，其
受力情况如图甲所示。
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根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsin θ＋p1S
而m＝ρSh
所以p1＝p0－ρghsin θ
(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为
研究对象，其受力情况如图乙所示，
分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
FN'＝Mgcos θ
Mgsin θ－Ff＝Ma
又Ff＝μFN'
所以a＝g(sin θ－μcos θ)
以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示
沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsin θ＋p2S－p0S＝ma
所以p2＝p0＋
m
S (a－gsin θ)
将m＝ρSh 及上面求出的a 值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcos θ。
考点二
1.反比 正比 正比 V 2
T 2
讨论交流 (1)不变 增大 增大
(2)增大 增大 (3)增大 减小
2.(1)压强 ②温度 (2) p1V 1
T 1
＝p2V 2
T 2
pV
T ＝C
判断正误
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1.√ 2.√ 3.×
例3 27.5 cm
解析 设玻璃管横截面积为S，管内气体在管开口向下时压强p1＝p0－ρ 水银gl0，管水平放置时压强为p0，
对管内气体根据玻意耳定律有p1l1S＝p0l2S，解得p0＝74.8 cmHg，管开口向上时压强p3＝p0＋ρ 水银gl0，根据
玻意耳定律得p0l2S＝p3l3S，解得l3＝27.5 cm。
例4 (1)2
3T1 (2)
p0 ST 1
3( p0 S＋mg)
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T2，
根据盖—吕萨克定律有
V 1
T 1
＝V 2
T 2
式中V1＝SL1，V2＝SL2
根据题意L2＝(1－1
3)L1＝2
3L1
联立解得T2＝2
3T1
(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
p2
T 2
＝p3
T 3
，式中p3＝1
2p0
根据力的平衡条件有
p2＝p1＝p0＋mg
S
联立可得T3＝
p0 ST 1
3( p0 S＋mg)。
例5 (1)9×104 Pa (2)400 K
解析 (1)对活塞受力分析，由平衡条件有pS＝p0S－mg
解得p＝9×104 Pa
(2)设触发报警装置的压强为p'，对活塞受力分析，由平衡条件有p'S＋mg＝p0S＋F
解得p'＝1.0×105 Pa
由理想气体状态方程得pl0 S
T 0
＝p'(l0＋d )S
T
解得T＝400 K。
考点三
例6 C [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V
T ＝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。
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方法二：根据图像斜率的意义分析：
由理想气体状态方程pV
T ＝C 得：p＝C
V T，斜率k＝C
V ，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Va＝Vc>Vb，温度可由图像直观反映出来。]
思考
10
