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微专题17 热学
气体实验定律和理想气体状态方程
[例1] (2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。
如图所示，A、B 两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A 内轻质活塞的上方与
大气连通，B 内气体体积不变。当A 内气体压强减去B 内气体压强大于Δp 时差
压阀打开，A 内气体缓慢进入B 中；当该差值小于或等于Δp 时差压阀关闭。当
环境温度T1＝300 K 时，A 内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B 内气体压强pB1等于
大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝(0.10 m
2)，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105
Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B 内的气体可视为理想气体，忽略活塞
与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270
K 时：
(1)求B 内气体压强pB2；
(2)求A 内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B 内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂
的质量m。
[解析] (1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B 两个汽缸导热良
好，B 内气体做等容变化
初态：pB1＝p0，T1＝300 K
末态：T2＝270 K
根据
pB1
T 1
＝pB2
T 2
代入数据可得pB2＝9×104 Pa
A 内气体做等压变化，压强保持不变
初态：VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K
末态：T2＝270 K
根据
V A 1
T 1
＝V A 2
T 2
代入数据可得VA2＝3.6×102 m3
由于p0－pB2<Δp
假设成立，即pB2＝9×104 Pa。
(3)恰好稳定时，A 内气体压强为
p'A＝p0+mg
S
B 内气体压强p'B＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
p'A－p'B＝Δp
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。
[答案] (1)9×104 Pa (2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg
规律方法：
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
理想气体状态方
程
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。
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)
[针对训练1] (2025·新课标卷)(多选)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
AD [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。]
[针对训练2] (2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了
由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截
面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2
＝90.0 cm2、高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液
体，液体从孔B 进入，空气由孔A 排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部
分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满
液体。已知液体密度ρ＝1.0×10 kg/m
3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压
p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚
度。
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V 的空气，使储液罐(储满液体)中
液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
[解析] (1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，根
据玻意耳定律有
p1(H－x)S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有p0V＋p2HS1＝
p3(HS1＋h
2S2)
又p3＋ρg·h
2＝p0
联立解得V＝8.92×10-4 m3。
[答案] (1)2 cm (2)8.92×10-4 m3
气体变质量问题
[例2] (2025·河北张家口·三模)我国北方地区秋季昼夜温差比较大。一日某
室内最高温度为32 ℃，最低温度为12 ℃，假设室内气体压强保持不变，该室
内有一如图所示的空茶壶，则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为(已知摄
氏温度t 与热力学温度T 的关系是T＝t＋273 K)( )
A．63∶59
B．59∶63
C．61∶57
D．57∶61
D [解法1 克拉伯龙方程法
根据pV
T ＝C＝nR，可得气体的摩尔数可表示为n＝pV
TR ，由题意可知壶中气体
压强、体积保持不变，则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为
m1
m2＝
n1
n2＝
T 2
T 1
＝273+12
273+32＝57
61，故选D。
解法2 转换研究对象——将“变质量”变为“定质量”
因为温度变低，有气体进入壶中，质量增加，以后来的气体为研究对象，初状
态为V1，根据
V 1
T 1
＝V
T 2，V1＝
V T 1
T 2
＝273+32
273+2 V＝61
57V，温度最高与最低时壶中气
体质量之比为V 和V1 的比值，即V
V 1＝57
61，故选D。
解法3 分态方程法
以后来的气体为研究对象，初状态为两部分：壶中的气体和壶外体积为V′的气
体，根据方程V
T 1＋V
'
T 1＝V
T 2，即原来的总体积为V1＝V＋V′＝61
57V，温度最高与
最低时壶中气体质量之比为V 和V1 的比值，即V
V 1＝57
61，故选D。]
规律方法：
方法一 巧妙选择研究对象——将“变质量”变为“定质量”
分清气体的“来龙去脉”，以质量多的气体为研究对象，把其他状态的气体转
换为压强和温度一样的气体，将“变质量”变为“定质量”。比如：充气问题，
将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象；容器漏气问题，选容器
内剩余气体和漏掉的气体为研究对象。
方法二 克拉伯龙方程
pV＝nRT＝m
M molRT，p ＝
ρ
M molRT，R 为常数，对所有气体都相等，尤其是涉及
质量和密度问题，求解较为简单。
方法三 分态方程法
根据克拉伯龙方程：pV＝nRT＝m
M molRT。同种气体，每部分都有一定状态参量，
气体的质量等于各部分质量之和，pV
T ＝
p1V 1
T 1 ＋
p2V 2
T 2 ＋…＋
pnV n
T n 。
[针对训练] (2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽
车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，
可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其
内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环
境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该
轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23
℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积。
[解析] (1)由查理定律可得
p1
T 1
＝
p2
T 2
，其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝273－3(K)＝
270 K，T2＝273－23(K)＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105
Pa。
(2)由玻意耳定律可得p2V0＋p0V＝p1V0，代入数据解得，充进该轮胎的空气体积
为V＝6 L。
[答案] (1)2.5×105 Pa (2)6 L
气体实验定律与热力学定律的综
合应用
[例3] (2025·江苏卷)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞
塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，
瓶内气体( )
A．内能迅速增大
B．温度迅速升高
C．压强迅速增大
D．体积迅速膨胀
D [橡胶塞跳出后，瓶内的气体体积迅速膨胀，气体对外做功，W<0，由于该
过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，Q＝0，为绝热过程，根据热力
学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，ΔU<0，气体的内能减小，则温度降低，由理想
气体状态方程pV
T ＝C 可知，气体压强减小。故选D。]
规律方法：
1．一定质量理想气体的状态变化图像与特点
类别
图像
特点
其他图像
等温线
pV＝CT(其中C
为常量)，p、V 之
积越大，等温线
温度越高，线离
原点越远
p＝CT 1
V ，斜率k
＝CT，即斜率越
大，温度越高
等容线
p＝C
V T，斜率k
＝C
V ，即斜率越
大，体积越小
等压线
V＝C
p T，斜率k
＝C
p ，即斜率越
大，压强越小
2．公式ΔU＝W＋Q 中符号法则的理解
物理量
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
[针对训练1] (2024·海南卷)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a 开始经
ab、bc、ca 三个过程回到原状态，已知ab 垂直于T 轴，bc 延长线过坐标原点
O，下列说法正确的是( )
A．bc 过程外界对气体做功
B．ca 过程气体压强不变
C．ab 过程气体放出热量
D．ca 过程气体内能减小
AC [由于bc 过程气体体积减小，则外界对气体做功，A 正确；根据pV＝
CT(C 为常量)可得V＝C
p T，根据题图可知，ca 过程，图线上的点与坐标原点连
线的斜率增大，则p 减小，B 错误；ab 过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝
0，体积减小，外界对气体做功，即W>0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可
知，Q<0，即气体放出热量，C 正确；ca 过程，气体温度升高，内能增大，D
错误。]
[针对训练2] (2025·浙江1 月选考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通
过瓶塞密闭T1＝300 K、体积V1＝1×103 cm3处于状态1 的理想气体，管内水面
与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K 的恒温水中，瓶塞无摩擦
地缓慢上升恰好停在瓶口，h 保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓
慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从
状态2 到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1 到状态3，气体吸收热量4.56
J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0 × 103 kg/m3；忽略表面张力和
水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2 到状态3，气体分子平均速率______(选填“增大”“不变”或“减
小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数______(选填“增大”“不变”或
“减小”)；
(2)求气体在状态3 的体积V3；
(3)求从状态1 到状态3 气体内能的改变量ΔU。
[解析] (1)从状态2 到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气
体分子平均速率不变，由于气体对外做功，体积增大，则气体压强减小，故单
位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1 到状态2 的过程，由盖-吕萨克定律得
V 1
T 1
＝
V 2
T 2
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
此时气体压强为p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
气体从状态2 到状态3 的过程，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
其中p3＝p0
代入数据解得，气体在状态3 的体积为V3＝1.0201×103 cm3。
(3)气体从状态1 到状态2 的过程中，气体对外做功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q－(W1＋W2)
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入解得，从状态1 到状态3 气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。
[答案] (1)不变 减小 (2)1.0201×103 cm3 (3)2.53 J
