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第二章
课时3　气体的等压变化和等容变化
气体、固体和液体
核心 目标 1．知道气体的等压变化、等容变化，了解盖—吕萨克定律、查理定律并能应用于简单问题．
2．了解理想气体模型，知道实际气体在什么情况下可以看成理想气体．能用分子动理论和统计观点解释实验定律．
必备知识 记忆理解
要点
1
气体的等压变化
1．概念：一定质量的某种气体，在____________时，体积随温度变化的过程叫作气体的等压变化．
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________．
(2) 公式：V＝______或＝．
(3) 适用条件：气体________一定，气体________不变．
压强不变
正比
CT
质量
压强
3．等压变化的图像(即等压线)
(1) 由V＝CT可知在V-T坐标系中，等压线是一条通过坐标原点的倾斜的直线．对于一定质量的气体，不同等压线的斜率不同．斜率越小，压强越大，如图甲所示，p2______(填“>”或“<”)p1．
(2) V-t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，但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___________ ℃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________时的体积．
>
－273.15
0 ℃
要点
2
气体的等容变化
1．概念：一定质量的某种气体，在体积不变时，________随________变化的过程叫等容变化．
2．查理定律
(1) 内容：一定质量的某种气体，在____________的情况下，_________与_____ _________成正比．
(2) 公式：p＝______或＝．
(3) 适用条件：气体的________一定，气体的________不变．
压强
温度
体积不变
压强p
热力
学温度T
CT
质量
体积
3．等容变化的图像(即等容线)
(1) 从图甲可以看出，在等容过程中，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．但是，如果把图甲中的直线AB延长至与横轴相交，把交点当作坐标原点，建立新的坐标系(如图乙所示)，那么这时的压强与温度的关系就是正比例关系了．
(2) 图乙坐标原点的意义为气体压强为零时，其温度为0 K．可以证明，新坐标原点对应的温度就是____________℃．
－273.15
(3) 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，如图丙所示，且V1(4) 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，如图丁所示，等容线是一条延长线通过横轴上____________℃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________时的压强．
－273.15
0 ℃
1．易错辨析
(1) 一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与摄氏温度成正比. (　　)
(2) 一定质量的气体，若体积变大，则温度一定升高． (　　)
(3) 一定质量的理想气体从状态1变化到状态2，经历的过程不同，状态参量的变化不同． (　　)
(4) 一定质量的某种气体，在压强不变时，无论是V-t图像还是V-T图像，其斜率都能表示气体压强的大小，斜率越大，压强越大． (　　)
(5) 对于理想气体，在超低温和超高压时，气体的实验定律不适用了. (　　)
×
×
×
×
√
2．一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度值升高到原来的2倍，则 (　　)
A．气体的压强增大到原来的2倍
B．气体的压强减小到原来的一半
C．气体的压强可能不变
D．气体压强与体积的乘积不变
解析：根据查理定律＝C可知，一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度值升高到原来的2倍，则气体的压强增大到原来的2倍．故选A．
A
把握考向 各个击破
气体的等压变化
考向
1
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．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：________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．
质量
　　　如图所示，一端封闭的粗细均匀的足够长玻璃管竖直放置，其开口向上，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，上段空气柱的体积为V1，下段空气柱的体积为V2，开始时V1＝2V2．现将玻璃管缓慢地均匀加热，加热后上、下段空气柱的体积变化量为ΔV1、ΔV2，则ΔV1和ΔV2的大小关系为 (　　)
A．ΔV1>2ΔV2
B．ΔV1＝2ΔV2
C．ΔV1<2ΔV2
D．条件不足，无法确定
1
B
解析：在整个加热过程中，上段气柱的压强为p1＝p0＋ρgh1，可知，上段气柱的压强始终保持不变，下段气柱的压强为p2＝p1＋ρgh2＝p0＋ρg(h1＋h2)，可知，下段气柱的压强也始终不变，即整个过程两段气柱为等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝＝＝＝，则有ΔV1＝，ΔV2＝，由于V1＝2V2，解得ΔV1＝2ΔV2．故选B．
　　　(2024·马鞍山二中月考)如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为S1＝2 cm2，下半部分的横截面面积为S2＝1 cm2，上半部分的汽缸内有一个质量为m1＝40 g的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为m2＝20 g的活塞B，两个活塞之间用一根长为10 cm的轻质细杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气．初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为T0＝300 K，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L＝5 cm，取g＝10 m/s2，环境大气压强为p0＝1×105 Pa，求：
(1) 此时汽缸内封闭气体的压强．
答案：(1) 1.06×105 Pa　
2
解析：(1) 设初始时缸内气体的压强为p，则两活塞受力平衡有p0S1＋m1g＋pS2＋m2g＝p0S2＋pS1
代入数据，解得p＝1.06×105 Pa
(2) 若汽缸内密封气体温度缓慢降低到280 K，则两活塞下移距离为多少？
答案：(2) 1 cm
解析：(2) 若汽缸内密封气体温度缓慢降低到280 K，假设气体发生等压变化，则有 ＝
代入数据，解得V＝14 cm3
设两活塞向下移动的距离为x，则有
V＝(L－x)S1＋(L＋x)S2
解得x＝1 cm，x气体的等容变化
考向
2
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．利用查理定律解题的一般步骤
(1) 确定研究对象，即被封闭的气体．
(2) 分析被研究气体在状态变化时是否符合定律成立条件，即是否质量和______保持不变．
(3) 确定初、末两个状态的温度、压强．
(4) 按查理定律公式列式求解，并对结果进行讨论．
3．在讨论水银柱移动类问题时，要假设气体做等容变化，研究压强增量，根据水银柱受力情况分析、判断．
体积
　　　(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是 (　　)
3
CD
A
B
C
D
解析：假设温度升高，水银柱不动，两边气体均做等容变化，根据查理定律可得压强的增加量Δp＝ΔT，而左右两边初状态压强p相同，两边温度升高量ΔT也相同，所以Δp跟成正比，即左右两边气体初态温度T高的，气体压强的增加量Δp小，水银柱应向气体压强增加量小的方向移动，即应向初态温度高的一方移动，根据以上分析，A图中的TaTb，水银柱应向左移动；D图中Ta>Tb，水银柱应向左运动，A、B错误，C、D正确．
　　　(2025·合肥一模)有人设计了一种如图所示的测温装置，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，玻璃泡中封有一定量的气体，玻璃管下端插入水银中，通过管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度．已知在标准大气压为76 cmHg的环境下，热力学温度T1＝300 K时，玻璃管内水银面的高度为x＝20.0 cm．假设玻璃管的体积与玻璃泡的体积相比可略去不计．
(1) 若玻璃管内水银面的高度为22.8 cm，求环境的热力学温度．
答案：(1) 285 K　
4
解析：(1) 由题意可知，该过程为等容变化
初状态p1＝76 cmHg－20 cmHg＝56 cmHg，T1＝300 K
末状态p2＝76 cmHg－22.8 cmHg＝53.2 cmHg
根据查理定律有 ＝
代入数据解得T2＝285 K
(2) 某同学将该装置拿到黄山某山峰顶，环境的热力学温度为285 K，他发现管内水银面的高度为7.3 cm，通过计算估算该山峰的海拔．(已知海拔3 000 m以内，每升高120 m，大气压减小约1 cmHg)
答案：(2) 1 860 m
解析：(2) 由题意可知，该过程为等容变化
初状态p1＝76 cmHg－20 cmHg＝56 cmHg，T1＝300 K
末状态p3＝p－7.3 cmHg，T3＝285 K
根据查理定律有＝
解得p＝60.5 cmHg
该山峰的海拔高度为h＝(76－60.5)×120 m＝1 860 m
p-T图像、V-T图像及理想气体状态变化的图像
考向
3
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 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．
　　　如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积 (　　)
A．一直增大
B．一直减小
C．保持不变
D．先变大，后变小
5
B
解析：在p-t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误．
随堂内化 即时巩固
1．(多选)如图所示为一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa．关于气体的状态，下列说法中正确的是 (　　)
A．从状态A到状态B气体的压强减小
B．从状态A到状态B气体的压强不变
C．气体在状态C的压强为2.0×105 Pa
D．气体在状态C的压强为3.0×105 Pa
BD
解析：由题图可知过程AB图线过原点，即V与T比值不变，根据盖—吕萨克定律可知气体从状态A到状态B气体的压强不变，A错误，B正确；由题图可知过程BC为等容过程，根据查理定律可得＝，并且pB＝pA＝1.5×105 Pa，解得pC＝3.0×105 Pa，C错误，D正确．
2．(2024·淮北实验中学期末)如图所示，薄壁光滑导热良好的汽缸放在光滑水平面上，当环境温度为27 ℃时，用横截面积为1.0×10-2 m2的活塞封闭体积为2.0× 10-3 m3的理想气体，活塞另一端固定在墙上．外界大气压强为1.0×105 Pa．
(1) 当环境温度为57 ℃时，汽缸自由移动了多少距离？
答案：(1) 2×10-2 m　
解析：(1) 气体等压变化，有＝
解得V2＝V1＝2.2×10-3 m3
汽缸移动的距离为Δl＝＝2×10-2 m
(2) 如果环境温度保持在57 ℃，对汽缸作用水平力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时汽缸受到的水平作用力多大？
答案：(2) 100 N
解析：(2) 从状态1→3气体等容变化＝
解得p3＝＝1.1×105 Pa
根据平衡条件，有p3S＝p0S＋F
故F＝(p3－p0)S＝100 N课时3　气体的等压变化和等容变化
考向1　气体的等压变化
1. (2024·淮南二中月考)关于质量一定的气体在压强保持不变时，它的状态变化规律是(　　)
A. 它的体积与摄氏温度成正比
B. 当温度每变化1 ℃，它的体积变化量都相等
C. 当温度每变化1 ℃，它的体积变化量都为原来的
D. 以上说法都不对
考向2　气体的等容变化
2. (2025·河北石家庄第二实验中学月考)如图所示，圆柱形导热容器内充有一定质量的空气，容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连.如果容器处于环境温度t0＝27 ℃的空气中时，两管中水银面等高.现将此导热容器浸入摄氏温度为t1的热水中，左管中水银将下降；然后缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差h＝15.2 cm.已知水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，取g＝10 m/s2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，那么，该热水的温度约为(　　)
A. 300 ℃ B. 360 ℃
C. 87 ℃ D. 60 ℃
3. 如图所示，容器A、B中盛有氢气和氧气，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10 ℃、氧气的温度为30 ℃时，水银柱保持静止.当两气体均减少5 ℃时，水银柱将怎样移动(　　)
A. 向B方移动 B. 向A方移动
C. 静止不动 D. 无法判断
考向3　p T图像、V T图像及应用
4. (多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在V T图像中都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断(　　)
A. ab过程中气体压强不断减小
B. bc过程中气体压强不断减小
C. cd过程中气体压强不断增大
D. da过程中气体压强不断增大
5. (2025·吉林友好学校高二期中)一定质量的理想气体的压强p与温度T的关系图像如图所示.气体先经过等压变化由状态A变为状态B，再经过等容变化由状态B变为状态C. 已知气体在状态C的体积为6 L.求：
(1) 气体在状态B的温度TB.
(2) 气体在状态A的体积VA.
6. 如图所示为一温度计的结构原理图，利用汽缸底部高度变化反应温度变化.质量为1 kg的导热汽缸内密封一定质量的理想气体，汽缸内横截面积为10 cm2.活塞与汽缸壁间无摩擦且不漏气.环境温度为27 ℃时，活塞刚好位于汽缸正中间，整个装置静止.已知大气压强为1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2.则(　　)
A. 刻度表的刻度是不均匀的
B. 能测量的最大温度为600 K
C. 环境温度升高时，弹簧的长度将变短
D. 环境温度为27 ℃时，缸内气体的压强为9×104 Pa
7. (2025·滁州中学二模)汽车悬挂系统是连接车轮和车身的重要部件，普通悬挂使用弹簧，而空气悬挂用汽缸、活塞代替了弹簧，提高了驾乘的舒适度.图示为某空气悬挂系统的示意图，面积为S的活塞将导热良好、高度为h的汽缸密闭良好，汽缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞正好处于汽缸正中间.设该悬架所承受的部分车身(包括缸体等)质量始终为m0＝，其中p0为大气压强，g为重力加速度，活塞厚度不计且与汽缸间无摩擦，连接管的体积不计，空气视为理想气体.
(1) 求此时汽缸内封闭空气的压强.
(2) 若环境温度由T0上升到1.1T0，求车身上升的高度.
(3) 遇到崎岖路面时为了抬高车身，需用气泵给汽缸充入一定量的空气，若车身高度因此上升，求充入压强为p0的空气的体积.
8. 小罗同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示.导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600.0 g、横截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦.一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝6 000.0 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上.当电子天平示数为5 400.0 g时，测得环境温度T1＝300 K.设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2.
(1) 当电子天平示数为4 800.0 g时，汽缸内气体压强是多少？
(2) 该装置可测量的最低环境温度Tmin为多少？
课时3　气体的等压变化和等容变化
1. B　解析：由盖—吕萨克定律＝C可知，它的体积与热力学温度成正比，A错误；由＝可知，当温度每变化1 K或1 ℃，它的体积变化量都相等，只有当初状态温度T＝273 K时，温度每变化1 K或1 ℃，它的体积变化量都为原来的，B正确，C、D错误.
2. C　解析：设初始时空气温度为T0＝273 K＋t0＝273 K＋27 K＝300 K，当容器浸入温度为t1的热水中并最终恢复左管水银面至原高度时，容器内气体压强比大气压高ρgh，故p1＝p0＋ρgh，又因同一质量的气体体积不变，可视为理想气体的等容变化，根据＝，代入数据解得T1＝362 K，则t1＝T1－273≈89 ℃，考虑到气体体积的微小变化，则实际温度偏小，与87 ℃最接近.故选C.
3. B　解析：氢气和氧气的初始压强相同，设为p0.假设水银不动，由查理定律＝可得，氢气变化的压强为Δp1＝p0＝p0，氧气变化的压强为Δp2＝p0＝p0，可知Δp1>Δp2，由于两气体温度均是降低，则压强都降低，即氢气减小的压强大于氧气减小的压强，所以氧气的压强大于氢气的压强，故水银柱将向容器A移动，B正确.
4. BD　解析：在V－T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa＝pb、pc＝pd，故A、C错误；在V－T图像中，斜率越大表示压强越小，所以得到pa＝pb>pc＝pd，即由b到c的过程，压强变小，由d到a的过程，压强变大，故B、D正确.
5. (1) 300 K　(2) 4 L
解析：(1) 从B到C为等容变化，根据查理定律有 ＝
解得TB＝300 K
(2)从B到C为等容变化，则有VB＝VC
从状态A到状态B为等压变化，根据盖—吕萨克定律有
＝
解得VA＝4 L
6. B　解析：以汽缸为研究对象(不包含活塞)，对汽缸受力分析，由平衡条件可得p1S＝Mg＋p0S，代入数据解得缸内气体的压强为p1＝1.1×105 Pa，D错误；当活塞在位于汽缸的最下端时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，可得p2＝p1，可知缸内气体为等压变化，由盖—吕萨克定律可得＝，可得T2＝＝ K＝600 K，则能测量的最大温度为600 K；又有ΔV＝S·ΔL，由上式可知，刻度表的刻度是均匀的，A错误，B正确；由以上分析可知，汽缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度降低时，弹簧的长度仍不变，C错误.
7. (1) 2p0　(2) 　(3) hS
解析：(1) 对缸体分析得p0S＋m0g＝pS
解得p＝2p0
(2) 温度上升，密闭气体压强不变，根据盖—吕萨克定律
＝，其中h'＝h＋Δh
解得Δh＝
(3) 充入气体前后，由玻意耳定律
p·hS＋p0V＝p·hS
解得V＝hS
8. (1) 9.7×104 Pa　(2) 219 K
解析：(1) 当电子天平示数为4 800.0 g时，右端细绳上的拉力为F＝(6 000.0－4 800.0)×10－3×10 N＝12 N
根据杠杆原理可知左端细绳上的拉力F'＝F＝12 N
对活塞受力分析得p1S＋F'＝m1g＋p0S
解得p1＝9.7×104 Pa
(2) 同理，当电子天平示数为5 400.0 g时，可得压强
p2＝p0＝1.0×105 Pa
当环境温度最低时，细绳拉力最大
Fm＝m2g＝6 000×10－3×10 N＝60 N
根据杠杆原理可知左端细绳上的拉力F″＝Fm＝60 N
对活塞受力分析得p3S＋F″＝m1g＋p0S
解得此时的气体压强p3＝7.3×104 Pa
由题意可知，汽缸内气体体积不变，由查理定理可得＝
代入数据解得Tmin＝219 K课时3　气体的等压变化和等容变化
核心 目标 1．知道气体的等压变化、等容变化，了解盖—吕萨克定律、查理定律并能应用于简单问题．
2．了解理想气体模型，知道实际气体在什么情况下可以看成理想气体．能用分子动理论和统计观点解释实验定律．
要点梳理
要点1　气体的等压变化
1．概念：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叫作气体的等压变化．
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) 公式：V＝__CT__或＝．
(3) 适用条件：气体__质量__一定，气体__压强__不变．
3．等压变化的图像(即等压线)
(1) 由V＝CT可知在V-T坐标系中，等压线是一条通过坐标原点的倾斜的直线．对于一定质量的气体，不同等压线的斜率不同．斜率越小，压强越大，如图甲所示，p2__>__(填“>”或“<”)p1．
(2) V-t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，但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．
要点2　气体的等容变化
1．概念：一定质量的某种气体，在体积不变时，__压强__随__温度__变化的过程叫等容变化．
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) 公式：p＝__CT__或＝．
(3) 适用条件：气体的__质量__一定，气体的__体积__不变．
3．等容变化的图像(即等容线)
(1) 从图甲可以看出，在等容过程中，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．但是，如果把图甲中的直线AB延长至与横轴相交，把交点当作坐标原点，建立新的坐标系(如图乙所示)，那么这时的压强与温度的关系就是正比例关系了．
(2) 图乙坐标原点的意义为气体压强为零时，其温度为0 K．可以证明，新坐标原点对应的温度就是__－273.15__℃．
(3) 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，如图丙所示，且V1　　
(4) 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，如图丁所示，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．
即学即用
1．易错辨析
(1) 一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与摄氏温度成正比．(　×　)
(2) 一定质量的气体，若体积变大，则温度一定升高．(　×　)
(3) 一定质量的理想气体从状态1变化到状态2，经历的过程不同，状态参量的变化不同．(　×　)
(4) 一定质量的某种气体，在压强不变时，无论是V-t图像还是V-T图像，其斜率都能表示气体压强的大小，斜率越大，压强越大．(　×　)
(5) 对于理想气体，在超低温和超高压时，气体的实验定律不适用了．(　√　)
2．一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度值升高到原来的2倍，则(　A　)
A．气体的压强增大到原来的2倍
B．气体的压强减小到原来的一半
C．气体的压强可能不变
D．气体压强与体积的乘积不变
解析：根据查理定律＝C可知，一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度值升高到原来的2倍，则气体的压强增大到原来的2倍．故选A．
考向1　气体的等压变化
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．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．
　如图所示，一端封闭的粗细均匀的足够长玻璃管竖直放置，其开口向上，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，上段空气柱的体积为V1，下段空气柱的体积为V2，开始时V1＝2V2．现将玻璃管缓慢地均匀加热，加热后上、下段空气柱的体积变化量为ΔV1、ΔV2，则ΔV1和ΔV2的大小关系为(　B　)
A．ΔV1>2ΔV2
B．ΔV1＝2ΔV2
C．ΔV1<2ΔV2
D．条件不足，无法确定
解析：在整个加热过程中，上段气柱的压强为p1＝p0＋ρgh1，可知，上段气柱的压强始终保持不变，下段气柱的压强为p2＝p1＋ρgh2＝p0＋ρg(h1＋h2)，可知，下段气柱的压强也始终不变，即整个过程两段气柱为等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝＝＝＝，则有ΔV1＝，ΔV2＝，由于V1＝2V2，解得ΔV1＝2ΔV2．故选B．
　(2024·马鞍山二中月考)如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为S1＝2 cm2，下半部分的横截面面积为S2＝1 cm2，上半部分的汽缸内有一个质量为m1＝40 g的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为m2＝20 g的活塞B，两个活塞之间用一根长为10 cm的轻质细杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气．初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为T0＝300 K，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L＝5 cm，取g＝10 m/s2，环境大气压强为p0＝1×105 Pa，求：
(1) 此时汽缸内封闭气体的压强．
(2) 若汽缸内密封气体温度缓慢降低到280 K，则两活塞下移距离为多少？
答案：(1) 1.06×105 Pa　(2) 1 cm
解析：(1) 设初始时缸内气体的压强为p，则两活塞受力平衡有p0S1＋m1g＋pS2＋m2g＝p0S2＋pS1
代入数据，解得p＝1.06×105 Pa
(2) 若汽缸内密封气体温度缓慢降低到280 K，假设气体发生等压变化，则有 ＝
代入数据，解得V＝14 cm3
设两活塞向下移动的距离为x，则有
V＝(L－x)S1＋(L＋x)S2
解得x＝1 cm，x考向2　气体的等容变化
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．利用查理定律解题的一般步骤
(1) 确定研究对象，即被封闭的气体．
(2) 分析被研究气体在状态变化时是否符合定律成立条件，即是否质量和__体积__保持不变．
(3) 确定初、末两个状态的温度、压强．
(4) 按查理定律公式列式求解，并对结果进行讨论．
3．在讨论水银柱移动类问题时，要假设气体做等容变化，研究压强增量，根据水银柱受力情况分析、判断．
　(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　CD　)
　　　
　　　　　　　A　　　　　 B　　　　　C　　　　　D
解析：假设温度升高，水银柱不动，两边气体均做等容变化，根据查理定律可得压强的增加量Δp＝ΔT，而左右两边初状态压强p相同，两边温度升高量ΔT也相同，所以Δp跟成正比，即左右两边气体初态温度T高的，气体压强的增加量Δp小，水银柱应向气体压强增加量小的方向移动，即应向初态温度高的一方移动，根据以上分析，A图中的TaTb，水银柱应向左移动；D图中Ta>Tb，水银柱应向左运动，A、B错误，C、D正确．
　(2025·合肥一模)有人设计了一种如图所示的测温装置，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，玻璃泡中封有一定量的气体，玻璃管下端插入水银中，通过管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度．已知在标准大气压为76 cmHg的环境下，热力学温度T1＝300 K时，玻璃管内水银面的高度为x＝20.0 cm．假设玻璃管的体积与玻璃泡的体积相比可略去不计．
(1) 若玻璃管内水银面的高度为22.8 cm，求环境的热力学温度．
(2) 某同学将该装置拿到黄山某山峰顶，环境的热力学温度为285 K，他发现管内水银面的高度为7.3 cm，通过计算估算该山峰的海拔．(已知海拔3 000 m以内，每升高120 m，大气压减小约1 cmHg)
答案：(1) 285 K　(2) 1 860 m
解析：(1) 由题意可知，该过程为等容变化
初状态p1＝76 cmHg－20 cmHg＝56 cmHg，T1＝300 K
末状态p2＝76 cmHg－22.8 cmHg＝53.2 cmHg
根据查理定律有 ＝
代入数据解得T2＝285 K
(2) 由题意可知，该过程为等容变化
初状态p1＝76 cmHg－20 cmHg＝56 cmHg，T1＝300 K
末状态p3＝p－7.3 cmHg，T3＝285 K
根据查理定律有＝
解得p＝60.5 cmHg
该山峰的海拔高度为h＝(76－60.5)×120 m＝1 860 m
考向3　p-T图像、V-T图像及理想气体状态变化的图像
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
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．
　如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　B　)
A．一直增大
B．一直减小
C．保持不变
D．先变大，后变小
解析：在p-t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误．
1．(多选)如图所示为一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa．关于气体的状态，下列说法中正确的是(　BD　)
A．从状态A到状态B气体的压强减小
B．从状态A到状态B气体的压强不变
C．气体在状态C的压强为2.0×105 Pa
D．气体在状态C的压强为3.0×105 Pa
解析：由题图可知过程AB图线过原点，即V与T比值不变，根据盖—吕萨克定律可知气体从状态A到状态B气体的压强不变，A错误，B正确；由题图可知过程BC为等容过程，根据查理定律可得＝，并且pB＝pA＝1.5×105 Pa，解得pC＝3.0×105 Pa，C错误，D正确．
2．(2024·淮北实验中学期末)如图所示，薄壁光滑导热良好的汽缸放在光滑水平面上，当环境温度为27 ℃时，用横截面积为1.0×10-2 m2的活塞封闭体积为2.0×10-3 m3的理想气体，活塞另一端固定在墙上．外界大气压强为1.0×105 Pa．
(1) 当环境温度为57 ℃时，汽缸自由移动了多少距离？
(2) 如果环境温度保持在57 ℃，对汽缸作用水平力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时汽缸受到的水平作用力多大？
答案：(1) 2×10-2 m　(2) 100 N
解析：(1) 气体等压变化，有＝
解得V2＝V1＝2.2×10-3 m3
汽缸移动的距离为Δl＝＝2×10-2 m
(2) 从状态1→3气体等容变化＝
解得p3＝＝1.1×105 Pa
根据平衡条件，有p3S＝p0S＋F
故F＝(p3－p0)S＝100 N

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