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第十五章
热学
气体实验定律　理想
气体状态方程
第76课时
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。
目标要求
考点一　气体压强的计算
考点二　气体实验定律　理想气体状态方程
内容索引
课时精练
考点三　气体状态变化的图像问题
气体压强的计算
考点一
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，重力加速度g。由于活塞处于平衡状态，所以p0S+mg=pS，则气体的压强为p=p0+。
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-=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)。
　　　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。
答案　甲：p0-　乙：p0+　丙：p0-ρgh　丁：p0+ρgh1　戊：p0-ρgh　己：pa=p0+ρg(h2-h1-h3)　pb=p0+ρg(h2-h1)
　　　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-。
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+。
　　　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-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)。
　　　(2025·江苏南京市期中)如图所示，竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱，水银与玻璃管的质量相等。现将玻璃管由静止释放，忽略水银与玻璃管间的摩擦，不计空气阻力影响，重力加速度为g，则
A.释放前，封闭气体的压强小于外界大气压
B.释放瞬间，玻璃管的加速度为2g
C.释放后，封闭气体的压强会一直减小直到不变
D.释放后过一段时间，水银柱相对玻璃管静止，此时封闭气体压强等于
　大气压
√
　　　释放前对水银柱有mg+p0S=p1S，得p1=p0+，封闭气体压强大于外界大气压，A错误；
释放瞬间被封闭气体的压强来不及变化，则对玻璃管，根据牛顿第二定律有mg+p1S-p0S=ma，对水银，有mg+p0S=p1S，联立解得a=2g，B正确；
释放后，玻璃管加速度比水银柱加速度大，封闭气体体积变大，压强变小，当内外压强相等时，水银柱下降速度比玻璃管的速度小，故封闭气体的体积继续增大，水银柱加速度增大，玻璃管加速度减小，直到两者速度相等，然后又压缩气体，两者加速度继续改变，水银柱与玻璃管之间一直有相对运动，C、D错误。
拓展　若把玻璃管倒置放置在倾角为θ、足够长的粗糙固定斜面上释放，斜面与玻璃管之间的动摩擦因数为μ，且μ答案　p0-μρgLcos θ
　　　在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体的压强为p'，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，设整体质量为M，其受力情况如图甲所示，
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=Ma1
又Ff=μFN'
所以a1=g(sin θ-μcos θ)
　　　以水银为研究对象，其受力情况如图乙所示
平行于斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsin θ+p'S-p0S=ma1
所以p'=p0+(a1-gsin θ)
又m=ρSL
解得p'=p0-μρgLcos 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。
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气体实验定律　理想
气体状态方程
考点二
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_____ 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_____ = 拓展：Δp=ΔT
反比
正比
内容 表达式 图像
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_____ =____ 拓展：ΔV=ΔT
正比
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。
讨论交流
不变
增大
增大
增大
增大
增大
减小
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=，R为常数，对所有气体都相等。
压强
温度
=
=C
　　　(2025·江苏南通市名校联盟模拟)如图所示，一粗细均匀、长度为L=1.0 m、导热性能良好的细玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口。长度为d=0.50 m的水银柱将长度为L0=0.50 m的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0=75 cmHg，管内空气的初始温度为t0=27 ℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273) K。
(1)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值；
答案　　
　　　开始时封闭气体的压强为
p1=p0+pd=125 cmHg
当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，
管内水银恰好有一半溢出，
此时封闭气体的压强为p2=p0+pdsin θ
根据玻意耳定律有p2(L-)S=p1L0S
解得sin θ=
(2)若缓慢升高管内空气的温度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，求T1的大小。
答案　360 K
　　　当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，
封闭气体的压强为p3=p0+pd=100 cmHg
根据理想气体状态方程可得=
解得T1=360 K。
　　　(2025·江苏徐州市二模)如图所示，地面附近有一热气球，球的下端有一开口，开口处的燃烧器可调节热气球内气体的温度。已知热气球充满气体后球囊的体积为V=2 000 m3(球壳体积忽略不计)，热气球(不含气体)、燃烧器与吊篮及人的总质量m0=400 kg，地面附近空气温度T1=300 K、压强p0=1.0×105 Pa、空气密度ρ1=1.2 kg/m3。调节球内气体温度，当其温度升高到T2时，热气球在浮力作用下恰好能够从地面开始上升。热气球内的气体可看作理想气体，重力加速度g取10 m/s2，且不随高度的变化而变化，热气球内气体压强始终不变，不考虑燃烧器、吊篮和人的体积。求：
(1)当热气球恰好能够从地面开始上升时，球内气体的密
度ρ2；
答案　1.0 kg/m3　
　　　由题意可知，热气球在浮力作用下恰好能够从地面开始上升，此时热气球受力平衡，
根据平衡条件有m0g+ρ2gV=ρ1gV
解得ρ2=1.0 kg/m3。
(2)当热气球恰好能够从地面开始上升时，球内气体的温度T2。
答案　360 K
　　　将开始时热气球内气体作为研究对象，设其质量为m，
由题意可知，气体做等压变化，当气体温度为T2时，其体积膨胀为V2，
根据盖—吕萨克定律有=
气体质量m不变，则有V=，V2=
结合上述解得T2=360 K。
　　　(2025·江苏南京市二模)如图，固定的足够高的竖直汽缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内气体的初始热力学温度为T0、高度为h0。已知大气压强为p0，重力加速度为g。现对缸内气体缓慢加热，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦。
(1)当气体的温度变为1.5T0时，求活塞上升的距离Δh；
答案　0.5h0　
　　　汽缸内的气体发生等压变化，
初态：V1=h0S，T1=T0
末态：V2=(h0+Δh)S，T2=1.5T0
根据盖—吕萨克定律=
解得Δh=0.5h0
(2)若在对气体缓慢加热的同时，在活塞上缓慢加沙子(沙子未与汽缸壁接触)，使活塞位置保持不变。当汽缸内气体的温度变为1.5T0时，求所加沙子的质量M。
答案　
　　　汽缸内的气体发生等容变化
初态：p1=p0，T1=T0
末态：p2=p0+，T2=1.5T0
根据查理定律=，
解得M=。
应用气体实验定律或理想气体状态方程解题的基本思路
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气体状态变化的图像
问题
考点三
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- p=CT，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高
类别 特点(其中C为常量) 举例
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
　　　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
√
　　　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可知，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可知，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。
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。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 　7
答案 B B B B B B (1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N
题号 　8 　9 　10
答案 (1)p0　(2)p0S (1)　(2)9.5 m·s-2 (1)　(2)
答案
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1.(2026·江苏南京市检测)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气。通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气
A.体积变大，压强变小
B.体积变小，压强变大
C.体积不变，压强变大
D.体积变小，压强变小
√
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答案
基础落实练
　　　温度不变，细管中的空气做等温变化，当水位升高时，细管内空气压强增大，由玻意耳定律p1V1=p2V2，可知空气的体积减小。故选B。
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答案
2.(2023·江苏卷·3)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
√
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答案
　　　根据理想气体状态方程=C，可得p=T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；
从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，选项B正确；
从A到B气体的压强变大，气体体积不变，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，选项C错误；
气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，选项D错误。
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答案
3.(2025·江苏南通市检测)一导热汽缸内密封有气体，活塞(质量不可忽略)可以无摩擦滑动。汽缸按下列四种方式放置，活塞平衡后，缸内气体分子数密度最大的是
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答案
√
　　　汽缸导热，说明汽缸内气体的温度与外界温度相同，所以选项中四种情形分子的平均动能一样大。设活塞质量为m，横截面积为S，活塞平衡后，根据平衡条件可知，选项A、C中汽缸内气体的压强等于外界大气压强p0，选项B中气体的压强最大，为pB=p0+，选项D中气体压强最小，为pD=p0- ，根据压强的微观解释可知选项B中气体的分子数密度最大。故选B。
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答案
4.(2026·江苏常州市检测)“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
√
　　　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。
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答案
5.(2025·江苏南通市检测)一定质量的理想气体压强p随体积V变化关系的图像如图所示，气体经历从状态A到B再到C的变化过程。已知气体在状态A、B、C对应的温度分别为TA、TB、TC。下列说法中正确的是
A.4TA=3TB
B.15TA=4TC
C.气体从状态A到状态B变化过程中，气体的
　温度一直减小
D.气体从状态B到状态C变化过程中，气体的温度先升高再降低
√
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答案
　　　根据理想气体状态方程有==，解得3TA=4TB，15TA =4TC，A错误，B正确；
根据理想气体状态方程有=C，则pV=CT，p-V图像中的等温线为一条双曲线，温度越高，等温线距离原点越远，经过A点的等温线与AB连线和BC连线均能够相交，可知气体从状态A到状态B变化过程中，气体的温度先升高后降低，C错误；
结合上述可知，气体从状态B到状态C变化过程中，气体的温度一直升高，故D错误。
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答案
6.(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
√
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答案
　　　由盖—吕萨克定律得=
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=x+(K)
根据T=t+273 K
可知t=x+(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
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答案
　　　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。
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答案
7.(2024·江苏卷·13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K，压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
(1)气体现在的压强；
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答案
答案　8×104 Pa　
　　　由题知，整个过程可认为气体的体积不变，由查理定律得=
解得p2=8×104 Pa
(2)观测台对气体的压力。
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答案
答案　4.8×103 N
　　　根据压强的定义，气体对观测台的压力
F=p2S=4.8×103 N
由牛顿第三定律可知，
观测台对气体的压力为4.8×103 N
8.(2025·江苏苏锡常镇四市一模)如图所示，一开口长颈薄壁玻璃瓶，瓶身长度为4L，横截面积为4S，瓶颈长度为2L，横截面积为S。现将一长度为L的轻质软木塞从瓶口处缓慢塞入瓶颈，直至软木塞下表面恰好到达瓶身和瓶颈的交界处，撤去外力，此后软木塞保持静止状态。在此过程中瓶内气体(可视为理想气体)温度始终不变，且没有漏气。已知大气压强为p0，求撤去外力后：
(1)瓶内气体压强的大小p1；
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答案
能力综合练
答案　p0　
　　　初始时瓶内气体压强大小为p0，
初始时瓶内气体体积V0=4S·4L+S·2L=18SL，
塞入软木塞至相应位置，瓶内气体体积V1=16SL
塞入软木塞的过程为等温变化，
由玻意耳定律有p0V0=p1V1
可得p1=p0
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答案
(2)软木塞和瓶颈之间摩擦力的大小Ff。
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答案
答案　p0S
　　　对软木塞进行受力分析p1S=p0S+Ff
可得Ff=p0S。
9.(2025·湖南卷·13)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；
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答案
答案　　
　　　竖直放置时封闭气体的压强为p1=p0+ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2=p0
若整个过程中温度不变，设细管横截面积为S，
由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S
解得g=
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答案
(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=0.2 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平
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答案
答案　9.5 m·s-2
放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2=300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0× 103 kg/m3，p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
　　　封闭气体发生等容变化，
由查理定律可得=
代入数据解得g=9.5 m·s-2。
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答案
10.(2025·江苏无锡市二模)如图所示为某同学设计的一种粗测物体质量的装置。导热性能良好的足够高的汽缸开口向上放在水平面上，活塞在缸内封闭有一段理想气体，活塞与汽缸内壁之间无摩擦且不漏气，活塞、固定支杆和平台的总质量为M，活塞横截面积为S。初始时测得活塞到缸底的距离为d，在平台上放一个待测物块，稳定时，活塞下降了d，重力加速度为g，环境温度为T0且保持不变，大气压强为p0。
(1)求待测物块的质量；
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答案
答案　　
　　　初始时设汽缸内气体压强为p1，
对活塞、固定支杆和平台整体受力分析得Mg+p0S=p1S
放一个质量为m的待测物块后汽缸内气体压强为p2，对活塞、固定支杆、平台和物块整体受力分析得
(M+m)g+p0S=p2S
由玻意耳定律得p1Sd=p2S·(d-d)
联立解得m=
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(2)若初始时环境温度缓慢上升为T(环境压强不变)，活塞稳定后放上该物块，求活塞再次稳定时下降的高度。
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答案
答案　
　　　若初始时环境温度缓慢上升为T，设活塞稳定后到缸底的距离为d3，
根据盖—吕萨克定律得=
设放上物块后活塞再次稳定时活塞到缸底的距离为d4，此时压强为p4=p2，
根据理想气体状态方程得=
活塞再次稳定时下降的高度为Δh=d3-d4
联立解得Δh=。
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