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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。
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答案 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)。
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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)。
答案 (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。
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
3
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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。
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
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，压强与体积成反比
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
成正比
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
度成正比
V 1
T 1
＝V 2
T 2
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：
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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。
2.理想气体状态方程
(1)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的内能仅由温度决定。
(2)理想气体状态方程：p1V 1
T 1
＝p2V 2
T 2
或pV
T ＝
C (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。( × )
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。
答案 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 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：
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(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。
答案 (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 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；
(2)触发报警装置的热力学温度T。
答案 (1)9×104 Pa (2)400 K
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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。
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
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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
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。
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 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。
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。
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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
(分值：60 分)
1~4 题每小题5 分，5 题9 分，共29 分
1.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4p0，Q 中为真空，
打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P 的气
压表示数为( )
A.4
3 p0
B.8
3p0
C.3p0
D.14
3 p0
答案 B
解析 对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p(V＋V
2 )，解得p＝8
3p0，故选B。
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( )
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答案 B
解析 根据pV
T ＝C，可得p＝C
V 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.(2024·山东泰安市模拟)如图甲所示，一玻璃容器倒置在水平桌面上，下端用塞子封闭不漏气，用水银封
闭一定质量的理想气体，初始时水银柱高为L2＝10 cm，封闭气体长为L1＝6 cm，封闭气体所处玻璃管横
截面积为S1＝1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2＝3 cm2，现缓慢向内部注入体积为V 的水银，
水银恰好不溢出，封闭气体压强p 与其长度L 的关系图像如图乙所示，不考虑气体温度变化，大气压强为
p0＝76 cmHg，则注入水银的体积V 为( )
A.159 cm3
B.53 cm3
C.125 cm3
D.129 cm3
答案 C
解析 由于封闭气体温度不变，所以为等温变化，由题图乙知最终封闭气体长度为4 cm，由玻意耳定律得
p×4 cm×S1＝86 cmHg×6 cm×S1，解得p＝129 cmHg，设最终水银液柱总高度为L'，根据p0＋ρHggL'＝
p，解得L'＝53 cm，如图所示，则注入水银的体积为V＝S1(6 cm－4 cm)＋S2(53 cm－2 cm－10 cm)＝125
cm3，故选C。
4.纯净水压力储水罐总容积为20 L，冬季气温为7 ℃时，气囊内气体的压强为0.16 MPa。初始体积为10
L；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，
气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，T＝t＋273 K。下列说法正确的是( )
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A.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa 时，储水量为14 L
B.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa 时，储水量为18 L
C.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa 时，储水量约为15.7 L
D.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa 时，储水量约为12.4 L
答案 C
解析 当室温为7 ℃，设初始状态压强为p1，体积为V1，末状态压强为p2，储水体积为V2，当气囊内气体
气压p2＝0.2 MPa 时，由等温变化知p1·V1＝p2(20 L－V2)，代入得V2＝12 L，当气囊内气体气压p2＝0.4 MPa
时，代入得V2＝16 L，A、B 错误；当室温为27 ℃，设初始状态温度为T1，末状态压强为p3，储水体积为
V3，温度为T2，当气囊内气体气压为p3＝0.4 MPa 时，根据理想气体状态方程知p1V 1
T 1
＝p3(20 L−V 3)
T 2
，
代入得V3≈15.7 L，当气囊内气体气压为p3＝0.2 MPa 时，代入得V3≈11.4 L，C 正确，D 错误。
5.(9 分)(九省联考·贵州·13)如图是一个简易温度计示意图，左边由固定的玻璃球形容器和内径均匀且标有
刻度的竖直玻璃管组成，右边是上端开口的柱形玻璃容器，左右两边通过软管连接，用水银将一定质量的
空气封闭在左边容器中。已知球形容器的容积为530 cm3，左边玻璃管内部的横截面积为2 cm2。当环境温
度为0 ℃且左右液面平齐时，左管液面正好位于8.0 cm 刻度处。设大气压强保持不变。
(1)(3 分)当环境温度升高时，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向上还是向下移动？
(2)(6 分)当液面位于30.0 cm 刻度处且左右液面又一次平齐时，对应的环境温度是多少摄氏度？
答案 (1)向下 (2)22 ℃
解析 (1)当环境温度升高时，假设右边容器不动，则左侧气体体积变大，右侧管中液面将高于左侧管中液
面，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向下移动；
(2)开始时左侧气体体积
V1＝(530＋2×8.0) cm3＝546 cm3
温度T1＝273 K
当液面位于30.0 cm 刻度处时左侧气体的体积
V2＝(530＋2×30.0) cm3＝590 cm3
气体进行等压变化，则根据盖—吕萨克定律可得
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V 1
T 1
＝V 2
T 2
解得T2＝295 K
则t2＝22 ℃。
6、7 题每小题5 分，8 题14 分，共24 分
6.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t0，往容器内加热水，可以改变封闭气体的温度t，用Δt(Δt＝t－t0)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，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
p0
T 0
＝p
T ＝Δ p
ΔT ，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝
p0
T 0
Δt＝p－
p0，整理得p＝
p0
T 0
Δt＋p0，可见p－Δt 图像为一次函数，斜率为
p0
T 0
，纵截距为p0，均为正值，故正确的图
线是①，故选A。
7.(来自教材改编)(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均
匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，
罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的
是( )
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案 B
解析 由盖—吕萨克定律得
V 1
T 1
＝V 2
T
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其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，
T1＝(273＋27) K＝300 K，
V2＝V0＋Sx＝330＋0.5x(cm3)
代入解得T＝30
67x＋19 800
67
(K)
根据T＝t＋273 K
可知t＝30
67 x＋1 509
67
(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A 错误；当x＝20 cm 时，该装置所测的温度最高，代入
解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0 时，该装置所测的温度最低，代入解得
tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B 正确，C 错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一
点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D 错误。
8.(14 分)(2025·山东滨州市检测)有的固体形状不规则，且不能够浸入液体中来测量它的体积。某学生设计
了如图所示的装置来测定此类固体的体积。放置于水平地面上的导热汽缸横截面积S＝20 cm2，将一个不
规则的固体放置在汽缸中，用轻质活塞密封一定质量的理想气体，封闭气体的高度h1＝40 cm。然后缓慢
地向活塞上面加细沙，当封闭气体高度变为h2＝35 cm 时，所加细沙的质量m＝4 kg。外界温度恒为T1＝
300 K，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，活塞始终未与不规则固体接触，重
力加速度g 取10 m/s2。
(1)(8 分)若封闭气体的温度不发生变化，求不规则固体的体积V0；
(2)(6 分)若汽缸导热性能不够理想，加上m＝4 kg 的细沙后读取气体高度时封闭气体温度已上升至301 K，
求此时不规则固体的实际体积V0'(保留2 位有效数字)。
答案 (1)2×10－4 m3 (2)1.9×10－4 m3
解析 (1)设所加细沙的质量为4 kg 时，封闭气体的压强为p1，由平衡条件可知
p1S＝p0S＋mg
解得p1＝1.2×105 Pa
由玻意耳定律可得
p0(h1S－V0)＝p1(h2S－V0)
解得V0＝2×10－4 m3
(2)封闭气体温度上升至T2＝301 K 时，由理想气体状态方程可得
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p0(h1S−V 0
')
T 1
＝p1(h2S−V 0
')
T 2
解得V0'≈1.9×10－4 m3。
(7 分)
9.(多选)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。
已知水银柱的长度h＝5 cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ＝30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定
时被封闭的空气柱长为L＝40 cm，大气压强始终为p0＝75 cmHg，重力加速度g 取10 m/s2，不计水银与玻
璃管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是( )
A.若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1＝37.5 cm
B.被封闭气体的压强为p1＝80 cmHg
C.若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L＝40 cm，则现在的热力学温
度与原来热力学温度之比为14∶15
D.若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度L2＝
41.67 cm
答案 AC
解析 设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1，对整体，由牛顿第二定律有m 总gsin θ＝m 总a1，解得a1
＝5 m/s2，对水银柱，根据牛顿第二定律p0S＋mgsin θ－p1S＝ma1，其中m＝ρV＝ρSh，解得被封闭气体的压
强p1＝75 cmHg，故B 错误；若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强p2＝p0＋ρgh＝
80 cmHg，被封闭气体做等温变化，则p0SL＝p2SL1，解得封闭气体的长度L1＝37.5 cm，故A 正确；若细玻
璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强p3＝p0－ρgh＝70 cmHg，气体做等容变化，则
p0
T 0
＝p3
T 3
，
可得T3∶T0＝14∶15，故C 正确；若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，
对水银柱，根据牛顿第二定律p4S－p0S－mgsin θ＝ma2，其中m＝ρV＝ρSh，被封闭气体做等温变化，则
p4SL2＝p2SL1，解得p4＝78 cmHg，L2≈38.46 cm，故D 错误。
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