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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册3 气体的等压变化和等容变化第1课时学案设计
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册3 气体的等压变化和等容变化第1课时学案设计，共16页。
[学习目标] 1.知道什么是等压变化和等容变化.2.知道盖－吕萨克定律和查理定律的内容和表达式，并会进行相关计算.3.了解p－T图像和V－T图像及其物理意义．
一、气体的等压变化
1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程．
2．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)表达式：V＝CT或eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2).
(3)适用条件：气体的质量和压强不变．
(4)图像：如图1所示．
图1
V－T图像中的等压线是一条过原点的直线．
二、气体的等容变化
1．等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程．
2．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)表达式：p＝CT或eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2).
(3)适用条件：气体的质量和体积不变．
(4)图像：如图2所示．
图2
①p－T图像中的等容线是一条过原点的直线．
②p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15 ℃.
1．判断下列说法的正误．
(1)一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小．( × )
(2)“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上．( √ )
(3)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比．( √ )
(4)查理定律的数学表达式eq \f(p,T)＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量．( × )
2．(1)一定质量的气体做等容变化，温度为200 K时的压强为0.8 atm，压强增大到2 atm时的温度为________K.
(2)一定质量的气体，在压强不变时，温度为200 K，体积为V0，当温度升高100 K时，体积变为原来的________倍．
答案 (1)500 (2)eq \f(3,2)
一、气体的等压变化
导学探究
如图3所示，用水银柱封闭了一定质量的气体．当给封闭气体缓慢加热时能看到什么现象？说明了什么？
图3
答案 水银柱向上移动．说明了在保持气体压强不变的情况下，封闭气体的体积随温度的升高而增大．
知识深化
1．盖－吕萨克定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比．
2．V－T图像和V－t图像
一定质量的某种气体，在等压变化过程中
(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图4甲所示，且p1图4
(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积．
特别提醒 一定质量的气体，在压强不变时，其体积与热力学温度成正比，而不是与摄氏温度成正比．
3．应用盖－吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、体积．
(4)根据盖－吕萨克定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
(2020·徐州一中高二开学考试)如图5为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L＝4 cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)．开始时，开关S断开，水温为27 ℃，水银柱下方空气柱的长度为L0＝20 cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央．闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压强p0＝76 cmHg.则水温为多少时电路自动断开( )
图5
A．320 K B．340 K C．330 K D．333 K
答案 C
解析 当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为L1＝L0＋eq \f(L,2).在此过程中空气柱的压强不变，根据盖－吕萨克定律有eq \f(SL0,T0)＝eq \f(SL1,T1)，联立并代入数据解得T1＝330 K，C正确．
二、气体的等容变化
导学探究
(1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？
(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？
答案 (1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．
(2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．
知识深化
1．查理定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与热力学温度的变化量ΔT成正比．
2．p－T图像和p－t图像
一定质量的某种气体，在等容变化过程中
(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图6甲所示，且V1图6
(2)p－t图像：压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
特别提醒 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p跟热力学温度T成正比，而不是与摄氏温度t成正比．
3．应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、压强．
(4)根据查理定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
(2019·阜新市实验中学高二上月考)如图7所示，汽缸内封闭有一定质量的气体，水平轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端与活塞相连．已知大气压强为1.0×105 Pa，汽缸的质量为50 kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01 m2，汽缸与地面间的最大静摩擦力为汽缸重力的0.4倍，活塞与汽缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图7
(1)缓慢升高气体温度，汽缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t；
(2)为保证汽缸静止不动，汽缸内气体的温度应控制在什么范围内．
答案 (1)1.2×105 Pa 87 ℃ (2)－33 ℃到87 ℃之间
解析 (1)汽缸恰好开始向左运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时对汽缸有：pS＝p0S＋Ff
汽缸内气体压强为：p＝p0＋eq \f(Ff,S)＝1.2×105 Pa
气体发生了等容变化，则eq \f(p0,T0)＝eq \f(p,T)
代入数据得：T＝360 K
即：t＝87 ℃
(2)当汽缸恰好开始向右运动时，气体的温度有最低值，汽缸内气体压强为：p′＝p0－eq \f(Ff,S)＝0.8×105 Pa
气体发生了等容变化，则eq \f(p0,T0)＝eq \f(p′,T′)
代入数据得：T′＝240 K
即：t′＝－33 ℃
故汽缸内气体的温度在－33 ℃到87 ℃之间时，汽缸静止不动．
一定质量的气体，保持体积不变，温度从1 ℃升高到5 ℃，压强的增量为2.0×103 Pa，则( )
A．它从5 ℃升高到10 ℃，压强增量为2.0×103 Pa
B．它从15 ℃升高到20 ℃，压强增量为2.0×103 Pa
C．它在0 ℃时，压强为1.365×105 Pa
D．每升高1 ℃，压强增量为eq \f(2 000,273) Pa
答案 C
解析 根据查理定律可知压强的变化Δp与摄氏温度的变化Δt成正比．根据题意可知，每升高1 ℃，压强的增量为500 Pa，则可知选项A、B、D错误；由查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p1＋Δp,T2)，代入数据解得p1＝1.37×105 Pa，则它在0 ℃时，压强为p0＝p1－500 Pa＝1.365×105 Pa，故选项C正确．
如图8所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞放在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2，求：
图8
(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积．
答案 (1)4 kg (2)640 cm3
解析 (1)设物体A的体积为ΔV.
T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3
T2＝330 K，p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.0×105＋\f(mg,40×10－4))) Pa，V2＝V1
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3
由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据得m＝4 kg
(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖－吕萨克定律有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)
代入数据得ΔV＝640 cm3.
三、p－T图像与V－T图像
1．p－T图像与V－T图像的比较
2.分析气体图像问题的注意事项
(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律．
(2)不是热力学温度的先转换为热力学温度．
(3)要将图像与实际情况相结合．
如图9所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V－T图像，由图像可知( )
图9
A．pA＞pB B．pC＜pB
C．VA＜VB D．TA＜TB
答案 D
解析 由V－T图像可以看出由A→B是等容过程，TB＞TA，故pB＞pA，A、C错误，D正确；由B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误．
1．(查理定律的应用)某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电．若大气压为1.0×105 Pa，刚通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为7 ℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是( )
A．0.26×105 Pa B．0.93×105 Pa
C．1.07×105 Pa D．3.86×105 Pa
答案 B
解析 冷藏室气体的初状态：T1＝(273＋27) K＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，末状态：T2＝(273＋7) K＝280 K，设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据得：p2≈0.93×105 Pa.
2.(p－T图像)(多选)一定质量的气体经过一系列过程，如图10所示．下列说法正确的是( )
图10
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体温度升高，体积不变
答案 AD
解析 从题图中可以看出a→b过程中气体的温度保持不变，所以气体发生等温变化，并且pa＞pb，根据玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得Va＜Vb，即压强减小，体积增大，A正确；b→c过程中，压强不变，温度减小，根据eq \f(Vb,Tb)＝eq \f(Vc,Tc)可得Vb＞Vc，即体积减小，B错误；c→a过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，气体的压强增大，温度升高，C错误，D正确．
3．(盖－吕萨克定律)如图11所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是( )
图11
A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′
B．加热后V1′>2V2′
C．加热后V1′<2V2′
D．条件不足，无法判断
答案 A
解析 加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T)＝eq \f(V1′,T′)，eq \f(V2,T)＝eq \f(V2′,T′)，所以eq \f(V1′,V2′)＝eq \f(V1,V2)＝eq \f(2,1)，即V1′＝2V2′，故A正确．
4.(气体实验定律的综合应用)如图12所示，封闭有一定质量气体的汽缸开口向下竖直固定放置，活塞的横截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物．若开始时汽缸内气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，重力加速度为g，一切摩擦均不计．
图12
(1)求重物刚离地时汽缸内气体的压强；
(2)若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？
答案 (1)p0－eq \f(m0＋mg,S) (2)eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S－m0g)))T0
解析 (1)当轻绳刚好伸直且无拉力时，设此时汽缸内气体的压强为p1.
由力的平衡条件可得m0g＋p1S＝p0S
所以p1＝p0－eq \f(m0g,S)
当重物刚好离开地面时，设此时汽缸内气体的压强为p2，则有
p2S＋(m＋m0)g＝p0S
所以p2＝p0－eq \f(m0＋mg,S)
(2)设重物刚好离开地面时汽缸内气体的温度为T1，此过程气体发生等容变化，由查理定律可得eq \f(p1,T0)＝eq \f(p2,T1)
解得T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S－m0g)))T0
设汽缸内气体体积减半时气体的温度为T2，此过程气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律可得eq \f(V,T1)＝eq \f(\f(V,2),T2)
解得T2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S－m0g)))T0.
考点一 气体的等压变化
1．一定质量的气体在等压变化中体积增大了eq \f(1,2)，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )
A．升高了450 K B．升高了150 ℃
C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃
答案 B
解析 由盖－吕萨克定律可得eq \f(V1,V2)＝eq \f(T1,T2)，代入数据可知，eq \f(1,\f(3,2))＝eq \f(300 K,T2)，得T2＝450 K．所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃.
2.(2019·重庆市第一中学高二下月考)如图1所示，一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦)，温度降低时，下列说法正确的是( )
图1
A．气体压强减小 B．汽缸高度H减小
C．活塞高度h减小 D．气体体积增大
答案 B
解析 对汽缸受力分析可知：Mg＋p0S＝pS，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和汽缸的整体受力分析可知：(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，x不变，即h不变；根据盖－吕萨克定律可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，故温度降低时，气体的体积减小，因h不变，则汽缸高度H减小，选项B正确，A、C、D错误．
3.(多选)(2019·包铁一中高二下月考)如图2，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体( )
图2
A．温度降低，则压强可能增大
B．温度升高，则压强可能减小
C．温度降低，则压强不变
D．温度升高，则体积增大
答案 CD
解析 大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，故A、B错误，C正确；根据eq \f(V,T)＝C可知，温度升高，则体积增大，所以D正确．
考点二 气体的等容变化
4.(2020·新沂市第一中学高二期中)如图3所示，在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来．其中主要原因是( )
图3
A．软木塞受潮膨胀
B．瓶口因温度降低而收缩变小
C．白天气温升高，大气压强变大
D．瓶内气体因温度降低而压强减小
答案 D
解析 由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体的温度降低，根据查理定律有：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)；由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖瓶内的压强由p1减小为p2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，D正确．
5．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是( )
A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283
答案 C
解析 由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下eq \f(p,T)为恒量，且Δp＝eq \f(p,T)ΔT.温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．
考点三 p－T图像和V－T图像
6.(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上的表示如图4所示，则( )
图4
A．在A→C过程中，气体的压强不断变大
B．在C→B过程中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
答案 AD
解析 气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C(C是常量)可知，体积减小，压强增大，故A正确．由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由eq \f(p,T)＝C(C是常量)可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．
7.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图像如图5所示．已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是( )
图5
A．从状态A到状态B气体的体积不变
B．从状态A到状态B气体的体积增大
C．状态B到状态C气体体积增大
D．状态C气体的体积是2 L
答案 AD
解析 状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A对，B错；状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错；从题图中可知，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，D对．
8．一定质量的理想气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到eq \f(3,2)T0，再经等容变化使压强减小到eq \f(1,2)p0，则气体最后状态为( )
A.eq \f(1,2)p0、V0、eq \f(3,2)T0 B.eq \f(1,2)p0、eq \f(3,2)V0、eq \f(3,4)T0
C.eq \f(1,2)p0、V0、eq \f(3,4)T0 D.eq \f(1,2)p0、eq \f(3,2)V0、T0
答案 B
解析 在等压过程中，由盖－吕萨克定律有eq \f(V0,T0)＝eq \f(V2,\f(3T0,2))，V2＝eq \f(3,2)V0，再经过一个等容过程，由查理定律有eq \f(p0,\f(3,2)T0)＝eq \f(\f(p0,2),T3)，T3＝eq \f(3,4)T0，所以B正确．
9．如图6所示是一定质量的气体经历的两个状态变化的p－T图像，对应的p－V图像应是下列选项图中的( )
图6
答案 C
解析 在p－T图像中AB直线过原点，所以A→B为等容过程，体积不变，而从A→B气体的压强增大，温度升高，B→C为等温过程，C正确．
10.如图7所示为0.3 ml的某种气体的压强和温度关系的p－t图线．p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为( )
图7
A．5.6 L B．3.2 L
C．1.2 L D．8.4 L
答案 D
解析 此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为(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(227＋273) K＝500 K，根据盖－吕萨克定律eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)得，VB＝eq \f(VATB,TA)＝eq \f(6.72×500,400) L＝8.4 L.
11.如图8所示，质量M＝10 kg的导热缸内用横截面积S＝100 cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27 ℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，忽略汽缸和活塞的厚度．求：
图8
(1)缸内气体的压强p1；
(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．
答案 (1)9×104 Pa (2)327 ℃
解析 (1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S
解得：p1＝9×104 Pa
(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．
在这一过程中对缸内气体由盖－吕萨克定律得
eq \f(S×0.5l,T1)＝eq \f(S×l,T2)
所以T2＝2T1＝600 K
故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃.
12.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图9所示，横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．求：
图9
(1)当温度上升至303 K且尚未放出气体时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
答案 (1)eq \f(101,100)p0 (2)eq \f(201,10 100)p0S
解析 (1)以开始时封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
代入数据得p1＝eq \f(101,100)p0②
(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得
p1S＝p0S＋mg③
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得
eq \f(p2,T2)＝eq \f(p3,T3)④
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得
F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝eq \f(201,10 100)p0S.
13．如图10甲所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接，与活塞连接的轻绳水平，重力加速度为g.开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T0，体积为V.现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：
图10
(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1；
(2)气体体积减半时的温度T2；
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
答案 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0 (2)eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0
(3)见解析图
解析 (1)重物刚离开地面前封闭气体的体积不变．
开始时封闭气体的压强p1＝p0，重物刚离开地面时封闭气体的压强p2＝p0－eq \f(mg,S)
由查理定律得：eq \f(p1,T0)＝eq \f(p2,T1)
解得：T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0
(2)从重物开始离开地面到封闭气体体积减半的过程中，封闭气体的压强不变．
由盖－吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(\f(V,2),T2)
解得T2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0
(3)如图所示．
不同点
图像
纵坐标
压强p
体积V
斜率意义
斜率越大，体积越小，V4斜率越大，压强越小，p4相同点
①都是一条通过原点的倾斜直线
②横坐标都是热力学温度T
③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小
[学习目标] 1.知道什么是等压变化和等容变化.2.知道盖－吕萨克定律和查理定律的内容和表达式，并会进行相关计算.3.了解p－T图像和V－T图像及其物理意义．
一、气体的等压变化
1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程．
2．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)表达式：V＝CT或eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2).
(3)适用条件：气体的质量和压强不变．
(4)图像：如图1所示．
图1
V－T图像中的等压线是一条过原点的直线．
二、气体的等容变化
1．等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程．
2．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)表达式：p＝CT或eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2).
(3)适用条件：气体的质量和体积不变．
(4)图像：如图2所示．
图2
①p－T图像中的等容线是一条过原点的直线．
②p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15 ℃.
1．判断下列说法的正误．
(1)一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小．( × )
(2)“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上．( √ )
(3)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比．( √ )
(4)查理定律的数学表达式eq \f(p,T)＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量．( × )
2．(1)一定质量的气体做等容变化，温度为200 K时的压强为0.8 atm，压强增大到2 atm时的温度为________K.
(2)一定质量的气体，在压强不变时，温度为200 K，体积为V0，当温度升高100 K时，体积变为原来的________倍．
答案 (1)500 (2)eq \f(3,2)
一、气体的等压变化
导学探究
如图3所示，用水银柱封闭了一定质量的气体．当给封闭气体缓慢加热时能看到什么现象？说明了什么？
图3
答案 水银柱向上移动．说明了在保持气体压强不变的情况下，封闭气体的体积随温度的升高而增大．
知识深化
1．盖－吕萨克定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比．
2．V－T图像和V－t图像
一定质量的某种气体，在等压变化过程中
(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图4甲所示，且p1
(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积．
特别提醒 一定质量的气体，在压强不变时，其体积与热力学温度成正比，而不是与摄氏温度成正比．
3．应用盖－吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、体积．
(4)根据盖－吕萨克定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
(2020·徐州一中高二开学考试)如图5为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L＝4 cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)．开始时，开关S断开，水温为27 ℃，水银柱下方空气柱的长度为L0＝20 cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央．闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压强p0＝76 cmHg.则水温为多少时电路自动断开( )
图5
A．320 K B．340 K C．330 K D．333 K
答案 C
解析 当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为L1＝L0＋eq \f(L,2).在此过程中空气柱的压强不变，根据盖－吕萨克定律有eq \f(SL0,T0)＝eq \f(SL1,T1)，联立并代入数据解得T1＝330 K，C正确．
二、气体的等容变化
导学探究
(1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？
(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？
答案 (1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．
(2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．
知识深化
1．查理定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与热力学温度的变化量ΔT成正比．
2．p－T图像和p－t图像
一定质量的某种气体，在等容变化过程中
(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图6甲所示，且V1
(2)p－t图像：压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
特别提醒 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p跟热力学温度T成正比，而不是与摄氏温度t成正比．
3．应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、压强．
(4)根据查理定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
(2019·阜新市实验中学高二上月考)如图7所示，汽缸内封闭有一定质量的气体，水平轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端与活塞相连．已知大气压强为1.0×105 Pa，汽缸的质量为50 kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01 m2，汽缸与地面间的最大静摩擦力为汽缸重力的0.4倍，活塞与汽缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图7
(1)缓慢升高气体温度，汽缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t；
(2)为保证汽缸静止不动，汽缸内气体的温度应控制在什么范围内．
答案 (1)1.2×105 Pa 87 ℃ (2)－33 ℃到87 ℃之间
解析 (1)汽缸恰好开始向左运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时对汽缸有：pS＝p0S＋Ff
汽缸内气体压强为：p＝p0＋eq \f(Ff,S)＝1.2×105 Pa
气体发生了等容变化，则eq \f(p0,T0)＝eq \f(p,T)
代入数据得：T＝360 K
即：t＝87 ℃
(2)当汽缸恰好开始向右运动时，气体的温度有最低值，汽缸内气体压强为：p′＝p0－eq \f(Ff,S)＝0.8×105 Pa
气体发生了等容变化，则eq \f(p0,T0)＝eq \f(p′,T′)
代入数据得：T′＝240 K
即：t′＝－33 ℃
故汽缸内气体的温度在－33 ℃到87 ℃之间时，汽缸静止不动．
一定质量的气体，保持体积不变，温度从1 ℃升高到5 ℃，压强的增量为2.0×103 Pa，则( )
A．它从5 ℃升高到10 ℃，压强增量为2.0×103 Pa
B．它从15 ℃升高到20 ℃，压强增量为2.0×103 Pa
C．它在0 ℃时，压强为1.365×105 Pa
D．每升高1 ℃，压强增量为eq \f(2 000,273) Pa
答案 C
解析 根据查理定律可知压强的变化Δp与摄氏温度的变化Δt成正比．根据题意可知，每升高1 ℃，压强的增量为500 Pa，则可知选项A、B、D错误；由查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p1＋Δp,T2)，代入数据解得p1＝1.37×105 Pa，则它在0 ℃时，压强为p0＝p1－500 Pa＝1.365×105 Pa，故选项C正确．
如图8所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞放在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2，求：
图8
(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积．
答案 (1)4 kg (2)640 cm3
解析 (1)设物体A的体积为ΔV.
T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3
T2＝330 K，p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.0×105＋\f(mg,40×10－4))) Pa，V2＝V1
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3
由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据得m＝4 kg
(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖－吕萨克定律有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)
代入数据得ΔV＝640 cm3.
三、p－T图像与V－T图像
1．p－T图像与V－T图像的比较
2.分析气体图像问题的注意事项
(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律．
(2)不是热力学温度的先转换为热力学温度．
(3)要将图像与实际情况相结合．
如图9所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V－T图像，由图像可知( )
图9
A．pA＞pB B．pC＜pB
C．VA＜VB D．TA＜TB
答案 D
解析 由V－T图像可以看出由A→B是等容过程，TB＞TA，故pB＞pA，A、C错误，D正确；由B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误．
1．(查理定律的应用)某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电．若大气压为1.0×105 Pa，刚通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为7 ℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是( )
A．0.26×105 Pa B．0.93×105 Pa
C．1.07×105 Pa D．3.86×105 Pa
答案 B
解析 冷藏室气体的初状态：T1＝(273＋27) K＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，末状态：T2＝(273＋7) K＝280 K，设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据得：p2≈0.93×105 Pa.
2.(p－T图像)(多选)一定质量的气体经过一系列过程，如图10所示．下列说法正确的是( )
图10
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体温度升高，体积不变
答案 AD
解析 从题图中可以看出a→b过程中气体的温度保持不变，所以气体发生等温变化，并且pa＞pb，根据玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得Va＜Vb，即压强减小，体积增大，A正确；b→c过程中，压强不变，温度减小，根据eq \f(Vb,Tb)＝eq \f(Vc,Tc)可得Vb＞Vc，即体积减小，B错误；c→a过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，气体的压强增大，温度升高，C错误，D正确．
3．(盖－吕萨克定律)如图11所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是( )
图11
A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′
B．加热后V1′>2V2′
C．加热后V1′<2V2′
D．条件不足，无法判断
答案 A
解析 加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T)＝eq \f(V1′,T′)，eq \f(V2,T)＝eq \f(V2′,T′)，所以eq \f(V1′,V2′)＝eq \f(V1,V2)＝eq \f(2,1)，即V1′＝2V2′，故A正确．
4.(气体实验定律的综合应用)如图12所示，封闭有一定质量气体的汽缸开口向下竖直固定放置，活塞的横截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物．若开始时汽缸内气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，重力加速度为g，一切摩擦均不计．
图12
(1)求重物刚离地时汽缸内气体的压强；
(2)若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？
答案 (1)p0－eq \f(m0＋mg,S) (2)eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S－m0g)))T0
解析 (1)当轻绳刚好伸直且无拉力时，设此时汽缸内气体的压强为p1.
由力的平衡条件可得m0g＋p1S＝p0S
所以p1＝p0－eq \f(m0g,S)
当重物刚好离开地面时，设此时汽缸内气体的压强为p2，则有
p2S＋(m＋m0)g＝p0S
所以p2＝p0－eq \f(m0＋mg,S)
(2)设重物刚好离开地面时汽缸内气体的温度为T1，此过程气体发生等容变化，由查理定律可得eq \f(p1,T0)＝eq \f(p2,T1)
解得T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S－m0g)))T0
设汽缸内气体体积减半时气体的温度为T2，此过程气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律可得eq \f(V,T1)＝eq \f(\f(V,2),T2)
解得T2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S－m0g)))T0.
考点一 气体的等压变化
1．一定质量的气体在等压变化中体积增大了eq \f(1,2)，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )
A．升高了450 K B．升高了150 ℃
C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃
答案 B
解析 由盖－吕萨克定律可得eq \f(V1,V2)＝eq \f(T1,T2)，代入数据可知，eq \f(1,\f(3,2))＝eq \f(300 K,T2)，得T2＝450 K．所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃.
2.(2019·重庆市第一中学高二下月考)如图1所示，一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦)，温度降低时，下列说法正确的是( )
图1
A．气体压强减小 B．汽缸高度H减小
C．活塞高度h减小 D．气体体积增大
答案 B
解析 对汽缸受力分析可知：Mg＋p0S＝pS，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和汽缸的整体受力分析可知：(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，x不变，即h不变；根据盖－吕萨克定律可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，故温度降低时，气体的体积减小，因h不变，则汽缸高度H减小，选项B正确，A、C、D错误．
3.(多选)(2019·包铁一中高二下月考)如图2，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体( )
图2
A．温度降低，则压强可能增大
B．温度升高，则压强可能减小
C．温度降低，则压强不变
D．温度升高，则体积增大
答案 CD
解析 大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，故A、B错误，C正确；根据eq \f(V,T)＝C可知，温度升高，则体积增大，所以D正确．
考点二 气体的等容变化
4.(2020·新沂市第一中学高二期中)如图3所示，在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来．其中主要原因是( )
图3
A．软木塞受潮膨胀
B．瓶口因温度降低而收缩变小
C．白天气温升高，大气压强变大
D．瓶内气体因温度降低而压强减小
答案 D
解析 由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体的温度降低，根据查理定律有：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)；由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖瓶内的压强由p1减小为p2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，D正确．
5．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是( )
A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283
答案 C
解析 由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下eq \f(p,T)为恒量，且Δp＝eq \f(p,T)ΔT.温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．
考点三 p－T图像和V－T图像
6.(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上的表示如图4所示，则( )
图4
A．在A→C过程中，气体的压强不断变大
B．在C→B过程中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
答案 AD
解析 气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C(C是常量)可知，体积减小，压强增大，故A正确．由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由eq \f(p,T)＝C(C是常量)可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．
7.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图像如图5所示．已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是( )
图5
A．从状态A到状态B气体的体积不变
B．从状态A到状态B气体的体积增大
C．状态B到状态C气体体积增大
D．状态C气体的体积是2 L
答案 AD
解析 状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A对，B错；状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错；从题图中可知，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，D对．
8．一定质量的理想气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到eq \f(3,2)T0，再经等容变化使压强减小到eq \f(1,2)p0，则气体最后状态为( )
A.eq \f(1,2)p0、V0、eq \f(3,2)T0 B.eq \f(1,2)p0、eq \f(3,2)V0、eq \f(3,4)T0
C.eq \f(1,2)p0、V0、eq \f(3,4)T0 D.eq \f(1,2)p0、eq \f(3,2)V0、T0
答案 B
解析 在等压过程中，由盖－吕萨克定律有eq \f(V0,T0)＝eq \f(V2,\f(3T0,2))，V2＝eq \f(3,2)V0，再经过一个等容过程，由查理定律有eq \f(p0,\f(3,2)T0)＝eq \f(\f(p0,2),T3)，T3＝eq \f(3,4)T0，所以B正确．
9．如图6所示是一定质量的气体经历的两个状态变化的p－T图像，对应的p－V图像应是下列选项图中的( )
图6
答案 C
解析 在p－T图像中AB直线过原点，所以A→B为等容过程，体积不变，而从A→B气体的压强增大，温度升高，B→C为等温过程，C正确．
10.如图7所示为0.3 ml的某种气体的压强和温度关系的p－t图线．p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为( )
图7
A．5.6 L B．3.2 L
C．1.2 L D．8.4 L
答案 D
解析 此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为(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(227＋273) K＝500 K，根据盖－吕萨克定律eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)得，VB＝eq \f(VATB,TA)＝eq \f(6.72×500,400) L＝8.4 L.
11.如图8所示，质量M＝10 kg的导热缸内用横截面积S＝100 cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27 ℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，忽略汽缸和活塞的厚度．求：
图8
(1)缸内气体的压强p1；
(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．
答案 (1)9×104 Pa (2)327 ℃
解析 (1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S
解得：p1＝9×104 Pa
(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．
在这一过程中对缸内气体由盖－吕萨克定律得
eq \f(S×0.5l,T1)＝eq \f(S×l,T2)
所以T2＝2T1＝600 K
故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃.
12.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图9所示，横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．求：
图9
(1)当温度上升至303 K且尚未放出气体时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
答案 (1)eq \f(101,100)p0 (2)eq \f(201,10 100)p0S
解析 (1)以开始时封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
代入数据得p1＝eq \f(101,100)p0②
(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得
p1S＝p0S＋mg③
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得
eq \f(p2,T2)＝eq \f(p3,T3)④
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得
F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝eq \f(201,10 100)p0S.
13．如图10甲所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接，与活塞连接的轻绳水平，重力加速度为g.开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T0，体积为V.现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：
图10
(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1；
(2)气体体积减半时的温度T2；
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
答案 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0 (2)eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0
(3)见解析图
解析 (1)重物刚离开地面前封闭气体的体积不变．
开始时封闭气体的压强p1＝p0，重物刚离开地面时封闭气体的压强p2＝p0－eq \f(mg,S)
由查理定律得：eq \f(p1,T0)＝eq \f(p2,T1)
解得：T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0
(2)从重物开始离开地面到封闭气体体积减半的过程中，封闭气体的压强不变．
由盖－吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(\f(V,2),T2)
解得T2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,p0S)))T0
(3)如图所示．
不同点
图像
纵坐标
压强p
体积V
斜率意义
斜率越大，体积越小，V4
①都是一条通过原点的倾斜直线
②横坐标都是热力学温度T
③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小
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