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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
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这是一份人教版 (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，共15页。
3 气体的等压变化和等容变化
第1课时 气体的等压变化和等容变化
[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＝.
(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＝.
(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＝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)
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 当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为L1＝L0＋.在此过程中空气柱的压强不变，设玻璃管的横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有＝，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．
(2021·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，汽缸与水平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，汽缸与水平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＋＝1.2×105 Pa
气体发生了等容变化，则＝
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－＝0.8×105 Pa
气体发生了等容变化，则＝
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 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＝，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．
(2020·江苏省高三模拟)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＝ 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＝
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＝
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
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
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经状态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A→B是等容过程，TB＞TA，故pB＞pA，A、C错误，D正确；B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误.
1．(查理定律的应用)(2021·江苏省响水中学高二期末)一定质量的气体，保持体积不变，压强减为原来的一半，则其温度由原来的27 ℃变为( )
A．127 K B．150 K C．13.5 ℃ D．－23.5 ℃
答案 B
解析 根据气体做等容变化有＝C，则压强减为原来的一半时，热力学温度也减为原来的一半，则有T′＝＝ K＝150 K＝－123 ℃，故选B.
2.(p－T图像)一定质量的气体的状态经历了如图10所示ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )
图10
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中不断减小
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
答案 A
解析 ab过程气体发生的是等温变化，压强减小，由玻意耳定律可知，气体的体积变大，故A正确．bc过程中bc连线过原点，bc过程是等容变化，故bc过程中体积不变，故B错误．cd过程是等压变化，由盖－吕萨克定律可知，温度降低，体积减小，故C错误．d点、O点连线的斜率大于a点、O点连线的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程中体积增大，故D错误．
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＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确．
4．(气体实验定律的综合应用)(2021·江苏省镇江第一中学高二月考)如图12所示，A汽缸截面积为500 cm2，A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M，细管容积不计．现给左侧的活塞N施加一个水平推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A汽缸内的气体温度保持不变．活塞M保持在原位置不动．不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1 atm＝105 Pa.当推力F＝×103 N时，求：
图12
(1)活塞N向右移动的距离是多少？
(2)B汽缸中的气体升温到多少？
答案 (1)5 cm (2)127 ℃
解析 (1)A中气体的压强pA′＝p0＋＝×105 Pa
对A中气体：由pAVA＝pA′VA′
得VA′＝
解得VA′＝VA，LA＝＝20 cm，LA′＝＝15 cm
Δx＝LA－LA′＝5 cm
(2)对B中气体pB′＝pA′＝×105 Pa
由查理定律得＝
解得TB′＝TB＝400 K
所以tB＝127 ℃.
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，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＝，代入数据可知，＝，得T2＝450 K．所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃，选项B正确．
2.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，即活塞高度h不变；根据盖－吕萨克定律可得＝，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．(2021·山东烟台高二期中)一定质量的气体，在压强不变的条件下，温度每升高1 ℃，体积的增加量等于它在27 ℃时体积的( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 一定质量的气体，在压强不变时有V＝CT＝C(t＋273)，设27 ℃时的体积为V1，故有＝C＝，故有ΔV＝·ΔT，即温度每升高1 ℃，增加的体积等于它在27 ℃时体积的，故选B.
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2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2
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：＝；由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖水瓶内的压强由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.(2020·江苏省镇江中学高二月考)如图3所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，那么水银柱将( )
图3
A．向A移动 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
答案 A
解析 假定两个容器的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为273 K和293 K，当温度降低ΔT时，左边的压强由p1降至p1′，Δp1＝p1－p1′，右边的压强由p2降至p2′，Δp2＝p2－p2′，由查理定律得Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT，因为p1＝p2，所以Δp1>Δp2，即水银柱应向A移动，故A正确．
考点三 p－T图像和V－T图像
6.(2020·江苏省江阴高级中学高二期中)如图4所示为一定质量的气体的体积V与热力学温度T的关系图像，它由状态A经等温过程到状态B，再经等容过程到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为pA、pB、pC，则下列关系中正确的是( )
图4
A．pA＜pB，pB＜pC B．pA＞pB，pB＝pC
C．pA＞pB，pB＜pC D．pA＝pB，pB＞pC
答案 A
解析 气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，压强p与体积V成反比，由题图可知VA>VB，所以pA
7．一定质量的气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0，再经等容变化使压强减小到p0，则气体最后状态为( )
A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0
C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0
答案 B
解析 在等压过程中，由盖－吕萨克定律有＝，V2＝V0，再经过一个等容过程，由查理定律有＝，T3＝T0，所以B正确．
8．(2021·江苏省公道中学高二月考)如图5表示一定质量的气体从状态1出发经过等压过程到状态2，又经过等容过程到状态3，最终经过等温过程回到状态1.那么，在p－T图像中，反映了上述循环过程的是( )
图5
答案 B
9.如图6所示为0.3 mol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6
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1个标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据题图所示，从p0到A状态，气体发生等容变化，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＝得，VB＝＝ L＝8.4 L，故选项D正确．
10.(2020·江苏省青云实验中学高三模拟)如图7所示，导热的汽缸内封有一定质量的气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞横截面积S＝100 cm2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞正位于汽缸正中，整个装置都静止．已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图7
(1)缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？
答案 (1)3×105 Pa (2)327 ℃
解析 (1)以缸体(不包括活塞)为研究对象，列平衡方程得p1S＝Mg＋p0S
解得：p1＝3×105 Pa
(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S
则缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由盖－吕萨克定律得：＝
所以T2＝2T1＝600 K
故缸内气体的温度是：(600－273) ℃＝327 ℃.
11.(2020·江苏省启东中学高二开学考试)如图8所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内被活塞封闭有一定质量的空气．汽缸质量为M＝10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m＝5.0 kg，其圆面积S＝50 cm2，与缸壁摩擦不计．在缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2.
图8
(1)求此时封闭气体的压强；
(2)现设法使缸内气体温度升高，当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力？
答案 (1)9×104 Pa (2)127 ℃
解析 (1)在缸内气体温度为27 ℃时，即T1＝300 K，①
活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力，有p1S＋mg＝p0S
解得p1＝p0－＝1.0×105 Pa－ Pa＝9×104 Pa②
(2)当温度升为T2时汽缸对地面恰好无压力，对汽缸有p2S＝p0S＋Mg
解得p2＝p0＋＝1.2×105 Pa③
缸内气体发生等容变化，由查理定律得＝④
①②③④联立求解得T2＝400 K
即t2＝127 ℃.
12．(2021·江苏省奔牛高级中学高二期中)如图9甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求：
图9
(1)活塞移动到B时，缸内气体温度TB；
(2)在图乙中画出整个过程的p－V图线．
答案 (1)363 K (2)见解析图
解析 (1)活塞离开A处前缸内气体发生等容变化，初态p1＝0.9p0，T1＝297 K
末态p2＝p0
根据查理定律得＝
代入数据解得活塞刚离开A处时的温度T2＝330 K
活塞由A移动到B的过程中，缸内气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
代入数据解得TB＝1.1T2＝1.1×330 K＝363 K
(2)p－V图线如图．
3 气体的等压变化和等容变化
第1课时 气体的等压变化和等容变化
[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＝.
(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＝.
(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＝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)
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 当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为L1＝L0＋.在此过程中空气柱的压强不变，设玻璃管的横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有＝，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．
(2021·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，汽缸与水平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，汽缸与水平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＋＝1.2×105 Pa
气体发生了等容变化，则＝
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－＝0.8×105 Pa
气体发生了等容变化，则＝
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 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＝，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．
(2020·江苏省高三模拟)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＝ 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＝
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＝
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
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
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经状态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A→B是等容过程，TB＞TA，故pB＞pA，A、C错误，D正确；B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误.
1．(查理定律的应用)(2021·江苏省响水中学高二期末)一定质量的气体，保持体积不变，压强减为原来的一半，则其温度由原来的27 ℃变为( )
A．127 K B．150 K C．13.5 ℃ D．－23.5 ℃
答案 B
解析 根据气体做等容变化有＝C，则压强减为原来的一半时，热力学温度也减为原来的一半，则有T′＝＝ K＝150 K＝－123 ℃，故选B.
2.(p－T图像)一定质量的气体的状态经历了如图10所示ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )
图10
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中不断减小
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
答案 A
解析 ab过程气体发生的是等温变化，压强减小，由玻意耳定律可知，气体的体积变大，故A正确．bc过程中bc连线过原点，bc过程是等容变化，故bc过程中体积不变，故B错误．cd过程是等压变化，由盖－吕萨克定律可知，温度降低，体积减小，故C错误．d点、O点连线的斜率大于a点、O点连线的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程中体积增大，故D错误．
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＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确．
4．(气体实验定律的综合应用)(2021·江苏省镇江第一中学高二月考)如图12所示，A汽缸截面积为500 cm2，A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm、温度均为27 ℃的气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M，细管容积不计．现给左侧的活塞N施加一个水平推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A汽缸内的气体温度保持不变．活塞M保持在原位置不动．不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1 atm＝105 Pa.当推力F＝×103 N时，求：
图12
(1)活塞N向右移动的距离是多少？
(2)B汽缸中的气体升温到多少？
答案 (1)5 cm (2)127 ℃
解析 (1)A中气体的压强pA′＝p0＋＝×105 Pa
对A中气体：由pAVA＝pA′VA′
得VA′＝
解得VA′＝VA，LA＝＝20 cm，LA′＝＝15 cm
Δx＝LA－LA′＝5 cm
(2)对B中气体pB′＝pA′＝×105 Pa
由查理定律得＝
解得TB′＝TB＝400 K
所以tB＝127 ℃.
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，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＝，代入数据可知，＝，得T2＝450 K．所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃，选项B正确．
2.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，即活塞高度h不变；根据盖－吕萨克定律可得＝，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．(2021·山东烟台高二期中)一定质量的气体，在压强不变的条件下，温度每升高1 ℃，体积的增加量等于它在27 ℃时体积的( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 一定质量的气体，在压强不变时有V＝CT＝C(t＋273)，设27 ℃时的体积为V1，故有＝C＝，故有ΔV＝·ΔT，即温度每升高1 ℃，增加的体积等于它在27 ℃时体积的，故选B.
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2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2
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：＝；由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖水瓶内的压强由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.(2020·江苏省镇江中学高二月考)如图3所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，那么水银柱将( )
图3
A．向A移动 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
答案 A
解析 假定两个容器的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为273 K和293 K，当温度降低ΔT时，左边的压强由p1降至p1′，Δp1＝p1－p1′，右边的压强由p2降至p2′，Δp2＝p2－p2′，由查理定律得Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT，因为p1＝p2，所以Δp1>Δp2，即水银柱应向A移动，故A正确．
考点三 p－T图像和V－T图像
6.(2020·江苏省江阴高级中学高二期中)如图4所示为一定质量的气体的体积V与热力学温度T的关系图像，它由状态A经等温过程到状态B，再经等容过程到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为pA、pB、pC，则下列关系中正确的是( )
图4
A．pA＜pB，pB＜pC B．pA＞pB，pB＝pC
C．pA＞pB，pB＜pC D．pA＝pB，pB＞pC
答案 A
解析 气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，压强p与体积V成反比，由题图可知VA>VB，所以pA
7．一定质量的气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0，再经等容变化使压强减小到p0，则气体最后状态为( )
A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0
C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0
答案 B
解析 在等压过程中，由盖－吕萨克定律有＝，V2＝V0，再经过一个等容过程，由查理定律有＝，T3＝T0，所以B正确．
8．(2021·江苏省公道中学高二月考)如图5表示一定质量的气体从状态1出发经过等压过程到状态2，又经过等容过程到状态3，最终经过等温过程回到状态1.那么，在p－T图像中，反映了上述循环过程的是( )
图5
答案 B
9.如图6所示为0.3 mol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6
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1个标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据题图所示，从p0到A状态，气体发生等容变化，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＝得，VB＝＝ L＝8.4 L，故选项D正确．
10.(2020·江苏省青云实验中学高三模拟)如图7所示，导热的汽缸内封有一定质量的气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞横截面积S＝100 cm2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞正位于汽缸正中，整个装置都静止．已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图7
(1)缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？
答案 (1)3×105 Pa (2)327 ℃
解析 (1)以缸体(不包括活塞)为研究对象，列平衡方程得p1S＝Mg＋p0S
解得：p1＝3×105 Pa
(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S
则缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由盖－吕萨克定律得：＝
所以T2＝2T1＝600 K
故缸内气体的温度是：(600－273) ℃＝327 ℃.
11.(2020·江苏省启东中学高二开学考试)如图8所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内被活塞封闭有一定质量的空气．汽缸质量为M＝10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m＝5.0 kg，其圆面积S＝50 cm2，与缸壁摩擦不计．在缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2.
图8
(1)求此时封闭气体的压强；
(2)现设法使缸内气体温度升高，当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力？
答案 (1)9×104 Pa (2)127 ℃
解析 (1)在缸内气体温度为27 ℃时，即T1＝300 K，①
活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力，有p1S＋mg＝p0S
解得p1＝p0－＝1.0×105 Pa－ Pa＝9×104 Pa②
(2)当温度升为T2时汽缸对地面恰好无压力，对汽缸有p2S＝p0S＋Mg
解得p2＝p0＋＝1.2×105 Pa③
缸内气体发生等容变化，由查理定律得＝④
①②③④联立求解得T2＝400 K
即t2＝127 ℃.
12．(2021·江苏省奔牛高级中学高二期中)如图9甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求：
图9
(1)活塞移动到B时，缸内气体温度TB；
(2)在图乙中画出整个过程的p－V图线．
答案 (1)363 K (2)见解析图
解析 (1)活塞离开A处前缸内气体发生等容变化，初态p1＝0.9p0，T1＝297 K
末态p2＝p0
根据查理定律得＝
代入数据解得活塞刚离开A处时的温度T2＝330 K
活塞由A移动到B的过程中，缸内气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
代入数据解得TB＝1.1T2＝1.1×330 K＝363 K
(2)p－V图线如图．
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