文档文本内容
第53 讲 气体的性质
目录
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.....4
考点一 气体压强的产生和计算..........................................................................................................................................4
考向1：气体压强的微观解释....................................................................................................................................6
考向2：液柱封闭气体压强的计算........................................................................................................................... 6
考向3：气缸活塞封闭气体压强的计算.................................................................................................................. 6
考向4：加速状态下封闭气体压强的计算..............................................................................................................7
考点二 气体实验定律和理想气体状态方程.................................................................................................................11
考向1：“液柱＋玻璃管”封闭类...............................................................................................................................11
考向2：“活塞＋汽缸”封闭类................................................................................................................................... 12
考点三 气体状态变化的图像问题...................................................................................................................................15
. .18
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 18
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 25
核心考点
1.气体压强的产生与计算
微观解释：气体压强是大量气体分子对容器壁频繁碰撞的结果。与分子平均动能（温
度）和分子数密度（体积）有关。
宏观计算：
活塞模型：对活塞受力分析（重力、内外气体压力、支持力等），利用平衡或牛顿第
二定律求气体压强。
连通器模型（液柱模型）：在连通器内同种液体同一水平面上，压强相等；在液柱
中，高度差为h 的两点压强关系为P₂=P₁+ρgh 或P₂=P₁-ρgh（取决于液柱方向）。
2.气体实验定律
玻意耳定律（等温变化）：P₁V₁=P₂V₂（或PV=C）——温度不变，压强与体积成反
比。
盖—吕萨克定律（等压变化）：V₁/T₁=V₂/T₂（或V/T=C）——压强不变，体积与热力
学温度成正比。
查理定律（等容变化）：P₁/T₁=P₂/T₂（或P/T=C）——体积不变，压强与热力学温度成
正比。
3.理想气体状态方程
表达式：PV/T=C（或P₁V₁/T₁=P₂V₂/T₂）——一定质量的理想气体，其压强与体积的乘
积除以热力学温度的比值是恒定的。
4.气体状态变化的图像问题
P-V 图：等温线是双曲线；等压线是水平线；等容线是竖直线。
V-T 图：等压线是过原点的直线；等容线是竖直线；等温线是水平线。
P-T 图：等容线是过原点的直线；等压线是水平线；等温线是竖直线。
关键能力：能在图像中识别等温、等容、等压过程；能根据图像判断气体状态变化过
程中各物理量的增减。
考情透析
1.题型与难度：高考的必考内容（热学部分），是计算题或选择题的主要命题点。难度
中档→较高。通常以计算题形式出现（结合力学平衡或动力学方程），也常以选择题形式
考查图像分析和概念理解。
2.命题规律：
高频考查：
理想气体状态方程PV/T=C 的应用（特别是多过程问题）。
气体实验定律（等温、等容、等压）在特定过程中的计算。
气体压强的计算（活塞模型和液柱模型）。
气体状态变化图像（P-V、V-T、P-T）的识图与分析。
常规考法：
给出一个密闭容器（如气缸内活塞），经历一段状态变化（等温压缩、等压膨胀
等），求变化前后的压强、体积或温度。
结合连通器与液柱，计算不同深度处的气体压强，并结合环境条件变化进行状态方程
计算。
给出一个P-V 图像，要求判断各阶段的气体做功、内能变化和吸放热情况。
创新考法：
与力学综合：活塞与弹簧连接、气缸放在斜面或加速运动的小车上（需要分析活塞的
动力学方程）。
与热力学定律结合：给出一个状态变化过程（如绝热膨胀），不仅考查状态方程，还
考查热力学第一定律（气体内能变化、做功和吸放热）。
3.考查方向：侧重对三个实验定律适用条件的理解和对理想气体状态方程的灵活应用、
能将力学分析（压强计算）与热学规律（状态方程）进行综合应用、会根据图像判断气体
状态变化特征并提取关键信息（如做功、温度变化）、能灵活处理变质量问题。
素养对接
1.模型建构：
活塞模型/液柱模型：将实际的热学装置（如气缸、U 型管）抽象为力学平衡模型，通
过对“隔离体”进行受力分析，求出封闭气体的压强。培养将实际热学装置转化为力学模
型的抽象能力。
理想气体模型：忽略分子间作用力和分子大小，将实际气体简化为理想气体，直接应
用理想气体状态方程处理问题。
2.多过程分析与整体思维：
单一气体多过程：气体可能经历多个不同的状态变化（如先等温压缩，再等容升温，
再等压膨胀）。需要能分阶段应用对应定律，并找准各阶段之间的状态参量关系（如一个
状态的未态是下一个状态的初态）。
关联气体多系统：可能存在两个或多个独立又相互关联的气体系统。需要运用隔离法
或整体法，对每个系统分别列状态方程，再根据系统的力学关联（如活塞平衡）或体积关
联（总体积不变）建立方程。
3.图像分析与数形结合：
能从P-V、V-T、P-T 图像中识别过程的特征（等温/等压/等容），并能根据图像中曲线
的走向（如等温线“双曲线”）判断物理量的变化。
能将正比关系（V∝T 在P 不变时）与线性图像结合，训练用图像表达物理规律的能
力。
学习目标
1.知识目标：
能写出三个气体实验定律（玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律）的表达式及其
适用条件。
能默写理想气体状态方程PV=nRT 或P₁V₁/T₁=P₂V₂/T₂。
能说出气体压强的微观解释及宏观计算方法（活塞、液柱模型）。
能识别P-V、V-T、P-T 图像中，等温、等压、等容变化对应的图线特征。
2.能力目标：
压强计算能力：能对封闭气体的活塞或液柱进行正确的受力分析，求出气体压强。
状态方程应用能力：能正确选择对应的气体实验定律或理想气体状态方程，求解气体
状态变化中的未知参量（P、V、T）。
多过程处理能力：能将一个多过程气体问题拆解为若干个单一过程，并分步计算。
图像分析能力：能根据给定的气体状态变化图像，分析气体在变化过程中的物理量变
化趋势（如做功正负、吸放热判断）。
备考建议
1.死磕“气体压强的两种核心模型（液柱&活塞）”的受力分析法，这是所有热学计算
题的第一步：
活塞模型：分析活塞的受力。通常受力包括：重力（若有）、外界大气压力P₀S、内部
气体压力PS、其他约束力（如弹簧弹力、支持力）。列平衡方程（注意方向）。
液柱模型：在连通器中，找同种液体同一水平面的压强相等点，或通过对某一小段液
柱的平衡列方程。核心公式：P₂=P₁+ρgh（下方高处的压强等于上方低处的压强加上液柱重
力产生的压强）。
2.必须掌握“气体实验定律”与“理想气体状态方程”的选取标准，注意不能乱用公
式：
建议：解题时先判断气体在过程前后有哪些物理量发生了变化，再选择公式。若有
“三参量”都变，优先用P₁V₁/T₁=P₂V₂/T₂。
3.强化“气体状态变化图像”的识图与转换能力，这是选择题中的必考题：
基础图形识别：能在P-V、V-T、P-T 坐标中，一眼就能看出哪条线是等温、等压、等
容。
进阶能力：能将P-V 图上的一个过程（如“等温压缩”）转换成V-T 图或P-T 图上的示
意曲线（注意不同坐标系中曲线的形状不同，如等温在P-T 图是竖直线，在V-T 图也是竖直
线）。
图像综合：结合ΔU=Q+W，在P-V 图中，曲线下的面积表示气体所做的功（体积增
大，对外做功W<0；体积减小，外界对气体做功W>0）。这通常在热力学定律的综合题中
出现。
4.强化易错点专项训练：
易错点一：忘记使用“热力学温标”。所有气体实验定律和状态方程中的T 必须是热
力学温度（开尔文K），而不是摄氏温度℃。公式V₁/T₁=V₂/T₂ 中，若T₁=27℃，则
T₁=300K。
易错点二：忽略单位统一。在应用PV=nRT 时，压强P 常用Pa（帕斯卡），体积V 常
用m³（立方米）；在应用P₁V₁/T₁=P₂V₂/T₂ 时，只需保证同一种单位前后一致即可（如P 都
用atm，V 都用L），但要保证左右两边的单位是成套的。务必在列方程前先统一单位。
易错点三：液柱模型中找错等压面或搞错压强的方向。务必遵循“在连通器中，同种
液体同一水平面上的压强相等”。
考点一 气体压强的产生和计算
【必备知识回顾】
1．气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积
上的压力叫作气体的压强。
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度。
2．气体实验定律的微观解释
(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，分子的平均动能是一定的。在这种情况下，体积减小时，
分子的数密度增大，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就增大。
(2)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。
(3)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。在这种情况下，温度升高时，
分子的平均动能增大，气体的压强就增大。
3．封闭气体压强计算的两类模型
模型
图示
方法解析
活塞模型
图甲中活塞的质量和图乙中液
柱的质量均为m，活塞或管的横截
面积均为S，外界大气压强为p0
图甲活塞平衡有：
p0S＋mg＝pS，p＝p0＋，
图乙中的液柱也可以看成“活
塞”，液柱处于平衡状态有：pS＋
mg＝p0S，
p＝p0－＝p0－ρ 液gh
连通器模型
同一液体中的相同高度处压强
一定相等
气体B 和A 的压强关系可由图
中虚线联系起来。则有：(外界大
气压强为p0)
pB＋ρ 液gh2＝pA，
又pA＝p0＋ρgh1，
则pB＝p0＋
ρ 液g(h1－h2)
4.加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
【重难模型精讲】
考向1：气体压强的微观解释
【典例1】(2026·河北省·同步练习)关于一密闭容器中的氧气，下列说法正确的是
A.体积增大时，氧气分子的密集程度保持不变
B.温度升高时，每个氧气分子的运动速率都会变大
C.压强增大是因为气体分子之间斥力增大
D.压强增大是因为单位面积上氧气分子对器壁的作用力增大
【答案】D
【解析】体积增大时，氧气分子的数密度减小，分子密集程度变小，故A 错误;
温度升高时，氧气分子平均速率增大，但是并不是每个氧气分子的运动速率都会变大，故B 错误;
密闭气体压强是分子撞击产生的，所以压强增大是气体分子对器壁单位面积的作用力变大造成的;另外，
气体分子间距离大于10r0，所以分子间作用力几乎为零，故C 错误，故D 正确。
考向2：液柱封闭气体压强的计算
【典例2】若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，重力加速度
为g，则( )
A．图甲中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
B．图乙中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
C．图丙中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
D．图丁中被封闭气体的压强为p0＋ρgh1
【答案】D
【解析】在题图甲中，以高为h 的液柱为研究对象，由二力平衡知p 气S＋ρghS＝p0S，所以p 气＝p0－
ρgh，故A 错误；在题图乙中，以B 液面为研究对象，由平衡条件得F 上＝F 下，即p 气S＋ρghS＝p0S，所
以p 气＝p0－ρgh，故B 错误；在题图丙中，以B 液面为研究对象，有p 气S＋ρghSsin60°＝p0S，所以p 气
＝p0－ρgh，故C 错误；在题图丁中，以液面A 为研究对象，由二力平衡得p 气S＝p0S＋ρgh1S，所以p 气＝
p0＋ρgh1，故D 正确。
考向3：气缸活塞封闭气体压强的计算
【典例3】(2026·河北省·同步练习)质量为M的汽缸口朝上静置于水平地面上(如图甲)，用质量为m的
活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计)，活塞的横截面积为S。将汽缸倒扣在水平地面上(如图乙)静
止时活塞没有接触地面。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析正确的是
A.图甲中，汽缸对地面的压力大小为Mg
B.图甲中，封闭气体压强为p0+ mg
S
C.图乙中，地面对汽缸的支持力大小为Mg+ p0 S
D.图乙中，封闭气体压强为p0- Mg
S
【答案】B
【解析】题图甲中对活塞受力分析可得，p0 S +mg= pS，则封闭气体压强为p= p0+ mg
S ，选项B 正
确;
题图甲、乙中，对活塞和汽缸整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg+mg，则汽缸对地面的
压力大小为Mg+mg，选项A、C 错误;
题图乙中，对活塞受力分析可知，p' S +mg= p0 S，则封闭气体压强为p' = p0- mg
S ，选项D 错误。
考向4：加速状态下封闭气体压强的计算
【典例4】（多选）(2026·河北省·同步练习)有一段12cm长水银柱，在均匀玻璃管(内壁光滑)中封住
一定质量的气体。若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30
∘的固定斜面上(如图所示)，先用外力使玻璃管
静止在斜面上，后由静止释放，玻璃管沿斜面下滑，已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为
❑√3
6 ，大气压强
p0相当于76cmHg，气体温度不变，则下列说法正确的是
A.释放后气体体积变大
B.释放后气体体积变小
C.下滑稳定时密闭气体的压强为80cmHgD.下滑稳定时密闭气体的压强为79cmHg
【答案】AD
【解析】设玻璃管的质量为M，水银柱的质量为m，对玻璃管和水银柱组成的整体分析，由牛顿第二
定律有( M +m)gsin30
∘- μ( M +m)gcos30
∘=( M +m)a，解得整体的加速度大小
a= gsin30
∘- μgcos30
∘=0.25 g，对水银柱分析，由牛顿第二定律有p0 S+mgsin30
∘- pS =ma，代入数
据解得p= p0+ mg
4 S ，当管内水银柱竖直放置时，根据液体的压强公式有p液= ρgh= mg
S =12cmHg，则
p= p0+ mg
4 S =(76+3)cmHg =79cmHg，所以C 错误，D 正确;
静止时，管内气体压强为p1= p0+ ρghsin30
∘=(76+6)cmHg =82cmHg，温度不变时，一定质量的
气体的压强与体积成反比，整体加速下滑时，气体的压强减小，所以释放后气体体积变大，则A 正确，B
错误。
【变式训练与拓展】
【变式1】 (2026·河北省·同步练习)如图，把一粗细均匀的玻璃管开口向下插入到水银中，如果当时大
气压强为一个标准大气压(标准大气压强为76cmHg)，管内外水银面高度差h为20cm，则管内气体的压强
为
A.20cmHg
B.56cmHg
C.76cmHg
D.96cmHg
【答案】D
【解析】管内气体压强等于管内外水银面高度差产生的液体压强加大气压强，可得p= ρgh+ p0，因此
管内气体的压强为p=96cmHg，故选D。
【变式2】(2026·河北省·同步练习)如图所示，汽缸内装有一定质量的气体，汽缸的横截面积为S，其
活塞为梯形，它的一个面与汽缸壁成θ角，活塞与器壁间的摩擦忽略不计，现用一水平力F缓慢推活塞，
汽缸不动，此时大气压强为p0，则汽缸内气体的压强p为
A.p0+
F
S cosθ
B.p0+ F
S
C.p0+ F cosθ
S
D.p0+ F sinθ
S
【答案】B
【解析】以活塞为研究对象，进行受力分析如图所示
水平方向合力为0，
即F + p0 S = p
S
sinθ ⋅sinθ
可得p= p0+ F
S ，故B 正确，A、C、D 错误。
【变式3】（多选）(2026·河北省·同步练习)如图所示，内径均匀、两端开口的V 形管，B支管竖直插
入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角θ =60
∘，A支管中有一段长为h=8cm的水银柱保持静止。已知大
气压强为p0=76cmHg，下列说法中正确的是
A.B管内水银面比管外水银面高4 cm
B.B管内水银面比管外水银面低4 cm
C.管内封闭气体的压强为68cmHg
D.管内封闭气体的压强为72cmHg
【答案】AD
【解析】以A管中的水银为研究对象，则有p0 S = ρghS cosθ+ pS，所以B管内压强为
p= p0- ρghcosθ =72cmHg，且B管内封闭气体的压强比大气压强小，B管内水银面比管外水银面高
hcosθ = 4 cm，故选AD。
【变式4】 (2026·河北省·同步练习)如图所示，倾角为θ的光滑斜面上有一固定挡板，现有一质量为M
的汽缸，汽缸内用质量为m的活塞封闭有一定质量的气体，活塞与汽缸间光滑，活塞横截面积为S，现将
活塞用细绳固定在挡板上处于静止状态。(已知外界大气压强为p0，重力加速度为g，忽略汽缸壁厚度)求：
(1)汽缸内的气体压强p1;
(2)若将绳子剪断，汽缸与活塞保持相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动，试计算汽缸内的气
体压强p2。
【答案】(1)以汽缸为研究对象，
由平衡条件得Mgsinθ+ p1S = p0 S
解得p1= p0- Mgsinθ
S
(2)以整体为研究对象，
有( M +m)gsinθ =( M +m)a
以汽缸为研究对象，
有Mgsinθ+ p2S - p0 S = Ma
解得p2= p0。
【方法规律】
1.平衡状态下气体压强的求法
(1)液面法：选取合理的液面为研究对象，分析液面两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液
面两侧压强相等的方程，求得气体的压强。
如图甲中选与虚线等高的左管中液面为研究对象。
(2)等压面法：在底部连通的容器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等，且液体内深h 处
的总压强p＝p0＋ρgh，其中p0为液面上方气体的压强，ρ 为液体密度。
如图甲中虚线处压强相等，则有pB＋ρgh2＝pA。而pA＝p0＋ρgh1，所以气体B 的压强为pB＝p0＋ρg(h1
－h2)。
(3)平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞、汽
缸)的受力平衡方程，求得气体的压强。如图乙选活塞、图丙选液柱进行受力分析。
2．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象，进行受力分析(特别注意内、外气体的压力)，利用
牛顿第二定律列方程求解。
考点二 气体实验定律和理想气体状态方程
【必备知识回顾】
1．气体实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p 与体积V 成反比。
②公式：p1V1＝p2V2，或pV＝C(C 是常量)。
(2)等压变化——盖－吕萨克定律
①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V 与热力学温度T 成正比。
②公式：＝，或＝C(C 是常量)。
③推论式：ΔV＝·ΔT。
(3)等容变化——查理定律
①内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比。
②公式：＝，或＝C(C 是常量)。
③推论式：Δp＝·ΔT。
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理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在。
②理想气体忽略分子大小和分子间相互作用力，也不计气体分子与器壁碰撞的动能损失。所以理想气
体的内能取决于温度，与体积无关。
③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大(相对大气压强)、温度不太低(相对室温)时都可当
成理想气体来处理。
(2)一定质量的理想气体的状态方程：＝，或＝C(C 是常量，与气体的质量、种类有关)。
【重难模型精讲】
考向1：“液柱＋玻璃管”封闭类
【典例5】(2026·河北省·同步练习)水银气压计中混入了一个空气泡，空气泡上升到水银柱的上方，使
水银柱的上方不再是真空，使得水银气压计的读数比实际的大气压要小。已知A地的实际大气压是
750mmHg，温度是27℃，水银气压计放在A地时的读数是738mmHg，此时管中水银面到管顶的长度
是80mm。把水银气压计放在B地时的读数是722mmHg，B地的实际大气压是731.6mmHg，
T =t +273 K，求B地的实际气温是多少摄氏度?
【答案】当实际大气压为750mmHg时，封闭气体压强为p1=(750-738)mmHg=12mmHg
设管内部横截面积为S，则封闭气体体积为V 1=80mm⋅S，温度为T 1=300 K
在B地时，封闭气体的压强p2=(731.6-722)mmHg=9.6mmHg
此时水银柱高度下降16mm，封闭气体体积为V 2=96mm⋅S
根据理想气体状态方程
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
代入数据求得T 2=288 K
所以，B地的实际气温是t =(288-273)℃=15℃。
考向2：“活塞＋汽缸”封闭类
【典例6】(2026·云南省·单元测试)一质量为M的气缸，用活塞封闭一定质量的理想气体，当气缸水平
横放时，空气柱长为L0(如图甲所示)，已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，它与气缸之间无摩擦且
不漏气，且气体温度保持不变，重力加速度为g。若将气缸按图乙所示竖直放置，静止时，求：
(1)缸内气体的压强；
(2)气柱的长度。
【答案】(1)图乙时为末态：对缸体，Mg+ p0 S = p2S，
即p2= p0+ Mg
S 。
(2)对缸内理想气体，图甲时为初态：p1= p0，V 1= L0 S，
由玻意耳定律：p1V 1= p2V 2，V 2= LS，
得：p0 L0 S =( p0+ Mg
S )LS，
气柱长度为L=
p0 L0 S
p0 S+ Mg 。
【变式训练与拓展】
【变式5】(2026·河北省·同步练习)生活中常见到这样的现象：给热水瓶灌上开水并用软木塞将瓶口盖
紧，过一会儿，软木塞会蹦起来，再塞紧软木塞，经过一段时间后，要拔出软木塞又会变得很吃力。如图
所示，一热水瓶的容积为2 L，现倒入温度为90℃的热水1.5 L，盖紧瓶塞，设塞住瓶口瞬间封闭空气的
温度为57℃，压强等于外界大气压。已知大气压强p0=1.0×10
5 Pa，瓶口的横截面积S =10c m
2，瓶塞
与热水瓶间的最大静摩擦力为Ffm=11 N。瓶塞密封良好不漏气且重力忽略不计，不考虑瓶内水蒸气的影
响。
(1)若热水温度保持不变，通过计算判断瓶塞会不会蹦起来?
(2)当瓶内气体的温度降至24℃时，至少要用多大的力才能将瓶塞拔出?
【答案】(1)设瓶中气体温度升至90℃，
依题意有
p0
T 0
= p1
T 1
其中T 0=(273+57)K =330 K
T 1=(273+90)K =363 K
瓶塞内外气体压力差最大值ΔF =( p1- p0)S
其中S =10c m
2=1.0×10
-3m
2
代入数据解得Δ F1=10 N < Ffm
可见瓶塞不会蹦起来。
(2)瓶中气体温度由57℃降至24℃，
依题意，有
p0
T 0
= p2
T 2
其中T 0=330 K
T 2=(273+24)K =297 K
瓶塞内外气体压力差Δ F2=( p0- p2)S =10 N
设至少用力F才能将瓶塞拔出，
则根据力的平衡F = Δ F2+ Ffm
解得F =21 N。
【变式6】(2026·河北省·同步练习)水平地面上放有一内壁光滑的圆柱形汽缸(顶部有卡扣)，内部的轻
质活塞封闭一定质量的空气，当封闭空气的热力学温度T 0=300 K时，活塞封闭空气的高度为3 L，活塞上
侧到汽缸顶部的距离为L，如图所示。现对封闭空气缓慢加热，活塞在上升过程中始终保持水平，外界大
气压恒为p0=1×10
5 Pa，求：
(1)活塞刚到达汽缸顶部时封闭空气的热力学温度T 1;
(2)封闭空气的热力学温度为T = 480 K时的压强p。
【答案】(1)活塞上升至刚到达汽缸顶部的过程中，气体发生等压变化，则有3 LS
T 0
= 4 LS
T 1
解得T 1= 400 K
(2)当封闭空气的热力学温度达到T 1后，气体发生等容变化，则有
p0
T 1
= p
T
解得p=1.2×10
5 Pa。
【变式7】(2026·河北省·同步练习)某小组利用高L、横截面积S的导热汽缸测量不规则物体的体积，汽
缸上方放置一个质量为m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的氮气封闭。当外界大气压为
p0= 3mg
S
，活塞正好在汽缸的顶部，如图所示。在活塞上放置质量为m的物体后，活塞缓慢下移，稳定后，
测量活塞与缸底的间距为0.9 L，环境温度保持不变，外界压强p0保持不变，求不规则物体的体积的大小。
【答案】在活塞上放置物体前，假设缸内气体的压强为p1，
根据受力平衡可得p1S = p0 S +mg
解得p1= p0+ mg
S = 4 mg
S
，
同理，在活塞上放置物体后，稳定后设缸内气体压强为p2，有p2= p0+ 2mg
S
= 5mg
S
，
根据玻意耳定律可得p1( LS -V )= p2(0.9 LS -V )
解得V =0.5 LS。
考点三 气体状态变化的图像问题
【必备知识回顾】
1．气体的四类“等值变化”图像的比较
项目
特点(其中C 为常量)
举例
等
温
变
化
p－V
图像
pV＝CT，即pV 之积越大
的等温线温度越高，线离原点
越远
p－
图像
p＝CT，斜率k＝CT，即
斜率越大，温度越高
等容变化：
p－T 图像
p＝T，斜率k＝，即斜率
越大，体积越小
等压变化：
V－T 图像
V＝T，斜率k＝，即斜率
越大，压强越小
各个常量“C”意义有所不同，可以根据pV＝nRT 确定各个常量“C”的意义。
2．分析技巧
利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的
两条等压线的关系。
【重难模型精讲】
【典例7】(2026·江西省·单元测试)如图所示，在水平地面上固定一个U形汽缸，用重力不计的活塞封
闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁摩擦不计，外界大气压为p0，活塞紧
压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像
的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内
气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p-T图像中，图线是过原点的倾斜直线；
由于活塞重力不计，故当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压
膨胀，在p-T图像中，图线是平行于T轴的直线，D 正确。
【变式训练与拓展】
【变式8】(2026·河南省郑州市·月考试卷)一定质量的理想气体从状态A缓慢经过B、C、D再回到状
态A，其热力学温度T和体积V 的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均过原点O，气体在状态A时的
压强为p0，下列说法正确的是()
A.气体在状态D时的压强大于p0
B.B→C过程中气体的内能减小
C.D→A过程中气体的温度升高了T 0
6
D.C →D过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少
【答案】C
【解析】
A．根据pV =CT可知A →B、C →D过程中气体压强均不变，B→C过程中气体的压强减小，根据
等温变化规律可知气体在状态C时的压强为2
3 p0，即气体在状态D时的压强为2
3 p0，选项A 错误；
B．B→C过程中气体的温度不变，内能也不变，选项B 错误；
C．A →B过程为等压变化，根据等压变化规律可知，T A = T B
2 = T 0
2 ，D→A过程为等容变化，根据
等容变化规律可知，T D= T 0
3 ，则D→A过程中气体的温度升高了T 0
6 ，选项C 正确；
D．根据pV =CT可知，C →D过程中气体的压强不变且气体的温度降低，分子平均动能减小，所以
气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，选项D 错误。
【变式9】（多选）(2026·河北省·同步练习)如图所示，D→A →B→C表示一定质量的某种气体状
态变化的一个过程，则下列说法正确的是
A.D→A是一个等温过程
B.A →B是一个等温过程
C.T A>T B
D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变
【答案】AD
【解析】D→A是一个等温过程，A 正确;
由题图可知T 2>T 1，故A 到B温度升高，B、C 错误;
B→C是一个等温过程，V 增大，p减小，D 正确。
【变式10】（多选）(2026·广东省·单元测试)如图所示，图线1和2分别表示一定质量的气体在不同温
度下的等温线。下列说法正确的是()
A.图线1对应的温度高于图线2的温度
B.图线1对应的温度低于图线2的温度
C.气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离增大
D.气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离减小
【答案】AC
【解析】p-V 图像中，图线1在图线2外侧，其对应温度较高，图线1中，气体由状态A变为状态B为
等温膨胀过程，体积增大，气体分子间的平均距离将增大，故A、C 正确。
基础巩固练
1.(2026·河北省·同步练习)下列关于气体压强的说法正确的是
A.容器内的大量气体分子对器壁的碰撞满足统计规律，机会均等，故各部分气体对器壁的压强相等
B.等温压缩气体过程中，气体压强增大是因为单个气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
C.一定质量的气体，只要体积减小，单位体积内气体的分子数就增多，气体分子对器壁的碰撞就更加
频繁，压强就增大
D.温度升高，分子平均速率增大，气体压强也增大
【答案】A
【解析】略
2.(2026·河北省·同步练习)水中的一个气泡从距离水面30m处上升到距离水面10m处时，它的体积约变
为原来体积的(假设气泡上升过程中温度不变，大气压强p0=1×10
5 Pa，水的密度为1×10
3kg/m
3，g取
10m/ s
2)
A.4倍
B.3倍
C.2倍
D.2.5倍
【答案】C
【解析】距离水面30m处的压强p1= p0+ ρgh1= 4 p0，距离水面10m处的压强p2= p0+ ρgh2=2 p0，
根据p1V 1= p2V 2，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。
3.(2026·河北省·同步练习)正方体密闭容器中有一定质量的某种气体，单位体积内气体分子数为n。我
们假定：气体分子大小可以忽略;每个气体分子质量为m，其速率均为v，分子与器壁各面碰撞的机会均等;
与器壁碰撞前后瞬间，气体分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。则气体对容器的压强为
A.2
3 nm v
2
B.1
3 n
2mv
2
C.1
6 n
2mv
2
D.1
3 nm v
2
【答案】D
【解析】由题设知，分子与器壁各面碰撞的机会均等，
则在Δt时间内与面积为ΔS的器壁发生碰撞的气体分子总数为N = 1
6 nvΔtΔS。
又由于分子与器壁碰撞前后瞬间，速度方向都与器壁垂直，且速率不变，
则由动量定理可得：FΔt = N ⋅2mv = 1
3 nm v
2 ΔtΔS，
F为N个气体分子作用在面积为ΔS的器壁上的平均作用力大小。
依据气体压强的定义，可得气体对容器的压强为p= F
ΔS = 1
3 nm v
2，故D 正确。
4.(2026·河北省·同步练习)如图，两端封闭的玻璃管与水平面成θ角倾斜静止放置，一段水银柱将管内
一定质量的气体分为两个部分，则下列各种情况中，能使管中水银柱相对于玻璃管向B端移动的是
A.降低环境温度
B.使玻璃管做竖直上抛运动
C.使玻璃管做自由落体运动
D.顺时针缓慢转动玻璃管使θ角减小
【答案】A
【解析】假设A、B两端气体的体积分别为V 1、V 2不变，此时环境温度为T，当温度降低ΔT时，A端
气体的压强由p1降到p1'，
则有Δ p1= p1- p1'，B端气体的压强由p2降到p2'，则有Δ p2= p2- p2'，
由查理定律可得Δ p1= p1
T ΔT，Δ p2= p2
T ΔT，
设水银柱的竖直高度为h，因为p2= p1+ ph，所以Δ p1< Δ p2，可知水银柱相对于玻璃管向B端移动，
故A 正确;
使玻璃管做竖直上抛运动或自由落体运动，可知水银柱的加速度向下，水银柱处于失重状态，水银柱
对B端气体的压力变为零，B端气体的体积增大，水银柱向A端移动，故B、C 错误;
顺时针缓慢转动玻璃管使θ角减小，可知水银柱对B端气体的压力减小，B端气体的体积增大，水银柱
向A端移动，故D 错误。
5.（多选）(2026·云南省·单元测试)如图所示，水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差
h=72cm，大气压强为76cmHg，下列说法正确的是()
A.将管稍上提，h变大
B.将管下插至D项所述位置时，管内封闭气体的压强大于76cmHg
C.将管下插至D项所述位置时，管内外水银面高度差小于70cm
D.将管下插至管顶与管外水银面高度差为70cm时，管内外水银面高度差也是70cm
【答案】AC
【解析】A.水银柱产生的压强与封闭空气柱产生的压强之和等于外界大气压，即p1+ ρgh= p0
若将管稍上提，管内空气柱的体积增大，由于温度不变，根据玻意耳定律可知，封闭空气柱的压强减
小，所以水银柱的高度h变大，故A 正确；
BCD .将管下插至管顶与管外水银面高度差为70cm时，管内封闭气体体积变小，压强增大，所以管
内外液面差变小，即管内外水银面高度差小于70cm，管内封闭气体压强小于76cmHg，故C 正确，BD 错
误。
故选AC。
6.（多选）(2026·河北省·同步练习)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线(双曲线的
一支)，则下列说法中正确的是
A.一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C.T 1>T 2
D.T 1<T 2
【答案】ABD
【解析】由玻意耳定律可知，一定质量的气体发生等温变化时，其压强与体积成反比，故A 正确;
玻意耳定律pV =C，其中常数C与温度有关，温度越高，常数C越大，因此一定质量的气体，在不同
温度下的等温线是不同的，故B 正确;
pV 之积越大表示温度越高，因此T 1<T 2，故C 错误，D 正确。
7.（多选）(2026·河北省·同步练习)如图甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞。
将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态。现保持温度不变，把汽缸向
右倾斜90
∘(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比
A.气体的压强变大B.气体的压强变小
C.气体的体积变大
D.气体的体积变小
【答案】AD
【解析】对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p1= p0- mg
S ，而汽缸向右倾斜90
∘后，
p2= p0，故p1< p2，由于温度不变，由玻意耳定律知V 1>V 2，故A、D 正确。
8.（多选）(2026·河北省·同步练习)0.3mol的某种气体的压强和温度的关系图像( p-t图像)如图所示。
p0表示1个标准大气压，标准状态(0℃,1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4 L⋅mol
-1。下列说法正
确的是
A.状态A时气体的体积为6.72 L
B.状态A时气体的体积为7.72 L
C.状态B时气体的体积为1.2 L
D.状态B时气体的体积为8.4 L
【答案】AD
【解析】此气体在0℃时，压强为一个标准大气压，所以此时它的体积应为V 0=0.3×22.4 L=6.72 L
由题中图线可知，从压强为p0到A状态，气体做等容变化，A状态时气体的体积为6.72 L，故A 正确，B
错误; A状态的温度为T A =(127+273)K = 400 K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为
T B=(227+273)K =500 K，根据盖-吕萨克定律
V A
T A
= V B
T B
，解得V B=8.4 L，故C 错误，D 正确。
9.(2026·河北省·同步练习)如图所示是一种测定肺活量的装置示意图，A为倒扣在水中的开口薄壁圆筒，
圆筒的质量为M、底面积为S。由于圆筒中的空气未排尽，导致圆筒浮出水面的高度为h0，若外界大气压
强为标准大气压p0，水的密度为ρ，重力加速度为g。
(1)求圆筒内气体的压强p1;
(2)求圆筒底部距圆筒内水面的高度h1;
(3)若某同学通过B管用力向圆筒A中吹一次气，使圆筒浮出水面的高度升高至h2，设整个过程中吹出
气体的温度与圆筒内气体温度相同且均保持不变，吹入气体的压强约等于大气压强p0，求该同学的肺活量
V 0(标准大气压下，人一次吹出气体的体积)。
【答案】(1)对圆筒根据平衡条件有p1S = p0 S + Mg，
可得p1= p0+ Mg
S 。
(2)根据平衡条件有p1S = p0 S+ ρg(h1-h0)S，
可得h1= M
ρS +h0。
(3)设该同学的肺活量为V 0，则呼出气体的初始压强为p0，体积为V 0。
进入圆筒内后气体压强均变为p1，对呼出气体，根据玻意耳定律有p0V 0= p1V 1，
最终圆筒内气体高度H = h1S+V 1
S
，
由于内部气体压强不变，则内外水面高度差不变，
根据几何关系有H -(h1-h0)=h2，
联立解得V 0= (h2-h0)( p0 S + Mg)
p0
。
10.(2026·河北省·同步练习)如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h，横截
面积为S。汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞。缸内封闭了压强为2 p0的理想气体。已知此时外部环
境的热力学温度为T 0，大气压强为p0，活塞的质量为2 p0 S
g
，g为重力加速度。
(1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低1
5 T 0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气
体的压强;
(2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度T 0不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离。
【答案】(1)由题意知封闭气体做等容变化，根据查理定律有
2 p0
T 0
= p1
4
5 T 0
求得p1= 8
5 p0
(2)稳定时，对活塞受力分析p0 S+mg = p2S，解得p2=3 p0
根据玻意耳定律有2 p0 Sh= p2SH
求得H = 2
3 h
11.(2026·河北省·同步练习)如图所示，开口向右且足够长的水平固定汽缸内，用活塞封闭有一定质量
的理想气体，缸内横截面积为S =100c m
2，活塞通过绕过固定小滑轮的细线与一个总质量为m=20kg的沙
桶相连，沙桶距地面足够高，活塞与汽缸无摩擦且不漏气，缸内气体温度为300 K时，活塞距缸底10cm，
整个装置静止，现使缸内气体缓慢升温，活塞缓慢向右移动5cm时，停止加热。已知大气压强恒为
p0=1.0×10
5 Pa，重力加速度g取10m/ s
2。
(1)求停止加热时缸内气体的温度;
(2)停止加热后，一次性增加沙桶中沙子的质量，经过一段时间后，缸内气体温度恢复至300 K，此时
活塞距缸底20cm，求沙桶中增加的沙子质量。
【答案】(1)初始状态下，气体体积为V 1=10cm⋅S，温度为T 1=300 K
缓慢升温，活塞向右移动5cm时，气体体积为V 2=15cm⋅S
设此时温度为T 2，气体从开始到此状态发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
V 1
T 1
= V 2
T 2
代入数据解得停止加热时缸内气体的温度为T 2= 450 K。
(2)初始状态下，设气体的压强为p1，
对活塞受力分析，有p1S +mg= p0 S
代入数据解得p1=0.8×10
5 Pa
加入沙子稳定后，气体的体积为V 3=20cm⋅S
设此时气体的压强为p3，初始状态到此状态气体发生等温变化，
根据玻意耳定律有p1V 1= p3V 3
代入数据解得p3=0.4×10
5 Pa
设沙桶中增加的沙子质量为Δm，对活塞受力分析，
有p3 S+(m+ Δm)g= p0 S
代入数据解得Δm= 40kg。
12.(2026·河北省·同步练习)山地车的气压避震装置主要由活塞、汽缸组成。某研究小组将其汽缸和活
塞取出进行研究。如图所示，在倾角为θ =30
∘的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热汽缸B，活塞用劲
度系数为k =300 N /m的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，
初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1=28cm，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2=2cm，汽缸内气体
的初始温度为T 1=280 K。已知汽缸质量为M =1kg，活塞的质量为m=0.2kg，汽缸横截面积为S =5c m
2，
活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度g取10m/ s
2，大气压为
p0=1.0×10
5 Pa。
(1)求初始状态下汽缸内气体压强p1;
(2)对汽缸进行加热，汽缸内气体的温度从T 1上升到T 2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，
求T 2;
(3)若在第(2)问的基础上继续对汽缸进行加热，当温度达到T 3时使得弹簧恰好恢复原长，求T 3(结果
保留分数)。
【答案】(1)对汽缸进行分析，根据平衡条件有p0 S = Mgsinθ+ p1S
解得p1=9×10
4 Pa
(2)加热过程中，当汽缸与底部挡板之间没有弹力作用时，对活塞与汽缸整体进行分析有
k x0=( M +m)gsinθ
解得x0=2cm
即此时弹簧的长度不变，则汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，气体体积为( L1+ L2)S，
结合上述，此过程气体压强不变，根据盖-吕萨克定律有
L1S
T 1
= ( L1+ L2)S
T 2
解得T 2=300 K
(3)弹簧恰好恢复原长时，对活塞分析，根据平衡条件有p0 S +mgsinθ = p2S
解得p2=1.02×10
5 Pa
根据理想气体状态方程有
p1 L1S
T 1
= p2( L1+ L2+ x0)S
T 3
解得T 3= 1088
3
K。
综合提升练
1．（2024·海南·高考真题）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330cm
3，薄吸管底面积0.5cm
2，
罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，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】A．由盖—吕萨克定律得
V 1
T 1
= V 2
T
其中
V 1=V 0+ Sl1=335cm
3，T 1=273+27( K )=300 K，V 2=V 0+ Sl1=330+0.5 x (cm
3)
代入解得
T = 30
67 x + 19800
67
( K )
根据T =t +273 K可知
t = 30
67 x + 1509
67 (℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A 错误；
BC．当x =20cm时，该装置所测的温度最高，代入解得
tmax
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
故该装置所测温度不低于22.5℃，故B 正确，C 错误；
D．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。
故选B。
2．（2025·江西·高考真题）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强
等于大气压强p0、体积为V 0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V 0的临界值V 0c，当V 0=V 0c时，
在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，
按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已
知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V 0c等于（ ）
A．ρgS
p0
H
2
B．ρgS
p0
H ( H +l)
C．p0- ρg( H +l)
p0
SH
D．p0+ ρg( H +l)
p0
SH
【答案】B
【解析】根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V 0c的空气后，桶内气体压强增大到p，根据玻
意耳定律有p0 SH + p0V 0c= pSH
泵水器恰能出水满足p= p0+ ρg(H +l)
联立解得V 0c = ρgS
p0
H ( H +l)
故选B。
3．（多选）（2025·全国卷·高考真题）如图，一定量的理想气体先后处于V -T图上a、b、c三个状
态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则（）
A．pa= pb
B．pa= pc
C．pa> pb
D．pa< pc
【答案】AD
【解析】根据理想气体的状态方程有pV =CT
变形有V = C
p T
则V—T 图线上的点与坐标原点连线的斜率代表C
p
则由题图可知pc>pb=pa
故选AD。
4．（多选）（2025·河南·高考真题）如图，一圆柱形汽缸水平放置，其内部被活塞M、P、N 密封成
两部分，活塞P 与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P 左、右两侧理想气体的温度分别为T 1和T 2，
体积分别为V 1和V 2，
。则（ ）
A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P 将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P 将左移
C．保持T 1、T 2不变，若M、N 同时缓慢向中间移动相同距离，P 将右移
D．保持T 1、T 2不变，若M、N 同时缓慢向中间移动相同距离，P 将左移
【答案】AC
【解析】AB．由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中P板不发生移动，则由定容
过程p
T = Δp
ΔT ⇒Δ p= p
T ΔT
可得左侧气体压强增加量多，则P板向右移动；A 正确B 错误；
CD．保持温度不变移动相同的距离时
pV 1
T 1
=C1，p= C1T 1
V 1
同理
C1T 1
V 1
= C2T 2
V 2
得
V 1
C1T 1
= V 2
C2T 2
，
若P 不移动，则V 1- ΔV
C1T 1
< V 2- ΔV
C2T 2
，故C1T 1
V 1- ΔV > C2T 2
V 2- ΔV
，则p1> p2，向右移动，C 正确D 错误。
故选AC。
5．（2025·海南·高考真题）如图，竖直放置的汽缸内有一横截面积S =0.01m
2的活塞，活塞质量忽略
不计，活塞与汽缸无摩擦且密封良好。若活塞保持静止，气缸内密封一定质量的理想气体，气体温度
T 0=300 K，气体体积V 0=5×10
-3m
3。设大气压强p0=1×10
5Pa，重力加速度g=10m/ s
2。
(1)若加热气体，使活塞缓慢上升，当气体体积变为V 1=7.5×10
-3m
3，求气体温度T 1；
(2)若往活塞上轻放质量为m=25kg的重物，且活塞下降过程中气体温度T0不变，求稳定后的气体体
积V 2。
【答案】(1)450 K
(2)4×10
-3 m
3
【解析】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律V 0
T 0
= V 1
T 1
代入数值解得T 1= 450 K
（2）设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S = p0 S+mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律p0V 0= p2V 2
联立解得V 2= 4×10
-3m
3
6．（2025·重庆·高考真题）如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧
壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。
初始时腔内气体（视为理想气体）压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，
极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时
(1)腔内气体的压强；
(2)外界气体的压强；
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。
【答案】(1) p
2
(2) p
2 + mg
S
(3)1
2
【解析】（1）根据题意可知腔内气体温度，根据玻意耳定律有p1V 1= p2V 2
其中p1= p，V 1= Sd， V 2=2Sd
可得p2= p
2
（2）对下极板受力分析有p2S+mg = p0
' S
可得p0
' = p2S+mg
S
= p
2 + mg
S
（3）根据平行板电容器的决定式C =
εS
4 πkd ，变化后间距为2d，其他条件均不变
可知电容器的电容变为初始时的1
2。
7．（2025·广东·高考真题）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管
进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气
压强p0=1.0×10
5 Pa，铸型室底面积
，高度h1=0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差
H =0.15m，柱状气室底面积S2=0.8m
2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度
ρ=5.0×10
3kg/m
3，重力加速度取g=10m/ s
2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属
液高度为
时，气室内气体压强p2。
【答案】(1)h2=0.05m，p1=1.2×10
5Pa
(2)p2=1.35×10
5Pa
【解析】（1）根据体积关系S1h1= S2h2
可得下方液面下降高度h2=0.05m
此时下方气体的压强p1= p0+ ρg(h1+ H +h2)
代入数据可得p1=1.2×10
5Pa
（2）初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V = S1h1
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时体积为V
' = S1(h1-h3)
根据玻意耳定律p0V = p
'V
'
可得此时上方铸型室液面高为h3=0.04 m时气体的压强为p
' =1.25×10
5Pa
同理根据体积关系S1h3= S2h4
可得h4=0.01m
此时下方气室内气体压强p2= p
' + ρg( H +h3+h4)
代入数据可得p2=1.35×10
5Pa
8．（2025·湖南·高考真题）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖
直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭
空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g 的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气
柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h=0.2000m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度
T 1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T 2=300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。
已知ρ=1.0×10
3kg/m
3, p0=1.0×10
5Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g 的值。
【答案】(1)g= p0(L2- L1)
L1 ρh
(2)g=9.5m⋅s
-2
【解析】（1）竖直放置时里面气体的压强为p1= p0+ ρgh
水平放置时里面气体的压强p2= p0
由等温过程可得p1 L1s= p2 L2s
解得g= p0(L2- L1)
L1 ρh
（2）由定容过程p1
T 1
= p2
T 2
代入数据可得g=9.5m⋅s
-2
