物理选修3-3知识点归纳气体（人教版高中物理选修3-3）

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专题归纳

专题一 封闭气体压强的计算

1． 液体封闭的气体的压强

选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，然后根据平衡条件(a＝0 时)或牛顿第

二定律(a≠0 时)求出气体的压强。

【例题 1】 在竖直放置的 U 形管内用密度为 ρ 的两部分液体封闭着两段空气柱。大气压

解析： 求 pA：取液柱 h1 为研究对象，设管截面积为 S，大气压力和液柱重力向下， A 气

体压力向上，液柱 h1 静止，如图(a)，则 p0S＋ρgh1S＝pAS，

所以 pA＝p0＋ρgh1。

求 pB：取液柱 h2 为研究对象，由于 h2 的下端是连通器， A 气体压强由液体传递后对 h2

的压力向上， B 气体压力、液柱 h2重力向下，液柱平衡如图(b)，

则 pBS＋ρgh2S＝pAS，

所以 pB＝p0＋ρgh1－ρgh2。

熟练后，可直接由压强平衡关系写出待测压强，不一定非要从力的平衡方程式找起。

答案： pA＝p0＋ρgh1 pB＝p0＋ρgh1－ρgh2

2． 固体(活塞或汽缸)封闭的气体的压强

由于该固体必定受到被封闭气体的压力，所以可通过对该固体进行受力分析，然后由平

衡条件(a＝0 时)或牛顿第二定律(a≠0 时)建立方程，求出封闭气体的压强。

【例题 2】 一圆形汽缸静置于地面上，如图所示，汽缸的质量为 m1，活塞的质量为 m2，

活塞面积为 S，大气压强为 p0，现将活塞缓慢上提，求汽缸刚离开地面时汽缸内气体的压强。

(忽略摩擦)

解析： 此问题中的活塞和汽缸均处于平衡状态。以活塞为研究对象，受力分析如图甲所

示，由平衡条件得：

F＋pS＝m2g＋p0S

由于 F 未知，再以活塞和汽缸整体为研究对象，受力如图乙(由于外界大气压力相互抵消，

不再画出)，则有

F＝(m1＋m2)g

由以上两式可求得 p＝p0－ m g 1

S

。

也可只以汽缸为研究对象，有： pS＋m1g＝p0S，也可得： p＝p0－ m g 1

S

。

答案： p0－ m g 1

S

专题二 液柱(或活塞)的移动问题

用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动？如何移动？

此类问题的特点是：气体的状态参量 p、 V、 T 都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方

向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。

1． 假设推理法

根据题设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，运用相应的物理规律及有关

知识进行严谨的推理，得出正确的答案。巧用假设推理法可以化繁为简，化难为易，简捷解

题。其一般分析思路是：

(1)先假设液柱(或活塞)不发生移动，两部分气体均做等容变化。

(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式 Δp＝ T

 T

p，求出每部分气体压强的变化

量 Δp，并加以比较。

(3)如果液柱(或活塞)两端的横截面积相等，且 Δp 均大于零，意味着两部分气体的压强均

增大，则液柱向 Δp 值较小的一方移动；若 Δp 均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，

则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动；若 Δp 相等，则液柱不移动。

(4)如果液柱(或活塞)两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS)。若 Δp

均大于零，则液柱向 ΔpS 较小的一方移动；若 Δp 均小于零，则液柱向|ΔpS|值较大的一方移

动；若 ΔpS 相等，则液柱不移动。

2． 极限法

所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无

穷大，而将变化较小的压强推向零，这样使复杂的问题变得简单明了。

如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为 h 的水银柱，将管内

气体分为两部分。已知 l2＝2l1，若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运

动？ (设原来温度相同)

根据极限法：由于管上段气柱压强 p2 较下段气柱压强 p1小，设想 p2→0，即管上部认为

近似为真空，于是立即得到，温度 T 升高，水银柱向上移动。

3． 图象法

利用图象：首先在同一 pT 图线上画出两段气柱的等容图线，如图所示。由于两气柱在

相同温度下压强不同，所以它们等容线的斜率也不同，气柱的压强较大的等容线的斜率也较

大。从图中可以看出，当两气柱升高相同温度 ΔT 时，其压强的增量 Δp1＞Δp2，所以水银柱

向压强增量小的一端移动，对上面的水银柱问题用图象法分析，很容易得出水银向上移动的

结果。

【例题 3】 如图甲所示，容器 A 和 B 分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，

管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为 0 ℃、氧气温度为 20 ℃时，水银柱保持

静止。判断下列情况下，水银柱将怎样移动？

(1)两气体均升高 20 ℃；

(2)氢气升高 10 ℃，氧气升高 20 ℃；

(3)若初状态如图乙所示且气体初温相同，则当两气体均降低 10 ℃时，水银柱怎样移动？

解析： (1)ΔpA＝ 20

273

p>0， ΔpB＝

20

293

p>0

因为 ΔpA>ΔpB，故水银柱向 B 容器一方移动。

(2)ΔpA＝

10

273

p>0， ΔpB＝

20

293

p>0

因为 ΔpA<ΔpB，故水银柱向 A 容器一方移动。

(3)ΔpA＝－

10

T

pA<0， ΔpB＝－

10

T

pB<0

因为 pA>pB，故|ΔpA|>|ΔpB|，水银柱向 A 容器一方(向下)移动。

答案： (1)向 B 移动 (2)向 A 移动 (3)向 A(下)移动

专题三 “ 两团气” 问题

这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一

定的关系，分析清楚这些关系是解题的关键，解决这类问题的一般方法是：

1．分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解。

2．认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并写出关系式。

3．多个方程联立求解。

【例题 4】 (2013· 课标全国Ⅰ)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立

放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门 K。两汽缸的容积均为 V0，汽缸

中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时 K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充

有气体(可视为理想气体)，压强分别为 p0 和 0

p 3

；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右

活塞上方气体体积为 0

V 4

。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且

与顶部刚好没有接触；然后打开 K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为 T0，不

计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：

(1)恒温热源的温度 T；

(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积 Vx。

解析： (1)与恒温热源接触后，在 K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压

过程，由盖—吕萨克定律得

(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开 K 后，左活塞下

降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。

汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞

上方气体压强为 p，左汽缸中活塞上方气体的体积为 Vx，由玻意耳定律得

pVx＝ 0 0

3 4

p V

 ③

(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·7

4

V0④

联立③④式得

6V2 x－V0Vx－V2 0＝0

其解为

Vx＝

1 2

V0⑤

另一解 Vx＝－ 1

3

V0，不合题意，舍去。

答案： (1) 7

5

T0 (2)

1 2

V0

,