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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精品第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精品第1课时学案，共11页。
[学习目标] 1.知道什么是等压变化和等容变化。2.掌握查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式和适用条件，并会进行相关分析计算(重难点)。3.理解p－T图像和V－T图像及其物理意义(重点)。
一、气体的等压变化
烧瓶上通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，这说明了什么？
答案 水柱向外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。
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)或eq \f(V,T) ＝eq \f(ΔV,ΔT)。
(3)适用条件：气体的质量和压强不变。
(4)图像：如图所示。V－T图像中的等压线是一条过原点的直线。
1．如图所示为一定质量的气体在不同压强下的V－T图线，p1和p2哪一个大？
答案 p12．根据等压变化的V－T图像，试画出等压变化的V－t图像，该图像有什么特点？
答案 如图所示，体积V与摄氏温度t的关系V＝C(273.15＋t)，是一次函数关系，V－t坐标下的等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。
例1 (2023·孝感市高二期中)如图为一定质量的理想气体的V－T图像，该气体经历了从a→b→c的状态变化，图中ab连线平行于V轴，ac是双曲线的一部分，bc连线通过坐标原点O，则三个状态下的压强满足( )
A．pbC．pc>pa＝pb D．pa>pb＝pc
答案 B
解析 V－T图像中的等压线为过原点的一次函数，则pb＝pc，温度相同时，体积越大，压强越小，则pa例2 (2022·徐州一中高二开学考试)如图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(水银可导电)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不变。则水温为多少时电路自动断开？
答案 330 K
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。
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。
(5)求解结果并分析、检验。
二、气体的等容变化
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？
答案 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．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 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。
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)或eq \f(p,T)＝eq \f(Δp,ΔT)。
(3)适用条件：气体的质量和体积不变。
(4)p－T和p－t图像如图。
3．气体实验定律适用于压强不太大、温度不太低的情况。相当于大气压几倍的压强，零下几十摄氏度的温度，气体实验定律都适用。
如图所示为一定质量的气体在不同体积下的p－T图线，V1与V2哪一个大？
答案 V1(1)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强与摄氏温度成正比。( × )
(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)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。( × )
例3 在密封容器中装有某种气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是( )
A．气体的压强变为原来的2倍
B．气体的压强比原来增加了eq \f(50,323)
C．气体的压强变为原来的eq \f(373,273)
D．气体的压强比原来增加了eq \f(50,373)
答案 B
解析 一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，有eq \f(p1,p2)＝eq \f(273＋50,273＋100)＝eq \f(323,373)，所以p2＝eq \f(373,323)p1，因此压强比原来增加了eq \f(50,323)，故B正确，A、C、D错误。
例4 如图所示，圆柱形汽缸倒置在水平地面上，汽缸内部封有一定质量的气体。已知汽缸质量为10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量为5 kg，其横截面积为50 cm2，所有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求：
(1)此时封闭气体的压强；
(2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度？
答案 (1)9.0×104 Pa (2)127 ℃
解析 (1)当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力；
设此时封闭气体的压强为p1，
对活塞由平衡条件可得p0S＝p1S＋mg
解得p1＝9.0×104 Pa①
(2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰对地面无压力时，设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对汽缸由平衡条件可得p0S＋Mg＝p2S
解得p2＝1.2×105 Pa②
已知T1＝300 K，对汽缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，
由查理定律可得eq \f(p2,T2)＝eq \f(p1,T1)③
联立①②③可得T2＝400 K
即t2＝127 ℃。
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。
(5)求解结果并分析、检验。
课时对点练
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＝ΔT＝150 ℃，故选B。
2．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是( )
A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍
B．气体的热力学温度升高到原来的两倍
C．温度每升高1 K，体积增加量是原来的eq \f(1,273)
D．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比
答案 BD
解析 由盖—吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)可知，在压强不变时，体积与热力学温度成正比，故A错误，B正确；温度每升高1 ℃即1 K，体积增加量是0 ℃时体积的eq \f(1,273)，故C错误；由盖—吕萨克定律的变形式eq \f(V,T)＝eq \f(ΔV,ΔT)可知，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，故D正确。
3.(多选)(2021·包铁一中高二下月考)如图，竖直放置、开口向上的足够长的试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体( )
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；根据盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C可知，温度升高，则体积增大，故D正确。
4.(多选)(2023·沈阳市高二月考)一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体( )
A．状态b的压强大于状态c的压强
B．状态a的压强小于状态b的压强
C．从状态c到状态d，体积减小
D．从状态a到状态c，温度不变
答案 AB
解析 分别过abcd四个点作出等压变化线，如图所示；保持温度不变，体积越大，则压强越小，可知，在V－T图像中，倾角越大，压强越小，所以pa5.(2022·湖南高二期末)两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部横截面积S＝0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为T1＝27 ℃，现把容器浸入温度为T2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为( )
A．5 cm3 B．7 cm3 C．10 cm3 D．12 cm3
答案 C
解析 设容器的容积为V，由气体做等压变化可知
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，有eq \f(V＋5×0.2 cm3,273＋27 K)＝eq \f(V＋0.2×8.7 cm3,273＋47 K)
解得V＝10.1 cm3，故选C。
考点二 气体的等容变化
6．(2022·黑龙江高二校联考期中)民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体( )
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
答案 B
解析 把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过传热，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故选B。
7．一定质量的气体，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。
8.(2022·北京顺义区高二期末)一定质量气体的压强与体积关系的图像如图所示，该气体从状态A经历A→B，B→C两个状态变化过程，有关A、B、C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，下列说法正确的是( )
A．TA＝TB，TB＝TC B．TATC
C．TA＝TB，TB>TC D．TA>TB，TB答案 B
解析 从A到B为等压变化，有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，即TATC，故选B。
9．(2022·临沂市高二月考)登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃；则此登山手表表面玻璃可以承受的内、外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
答案 C
解析 T1＝(27＋273) K＝300 K，T2＝(－23＋273) K＝250 K，根据eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，p2＝eq \f(T2,T1)p1≈8.3×104 Pa，则此登山手表表面玻璃可以承受的内、外压强差至少为8.3×104 Pa－4.0×104 Pa＝4.3×104 Pa，故选C。
10.(2022·葫芦岛市高二期末)如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中(水银没有溢出，外界大气压保持不变)( )
A．空气柱的长度不变
B．空气柱的压强不变
C．水银柱b左边液面要上升
D．水银柱b的两个水银面的高度差h变大
答案 B
解析 空气柱的压强p＝p0＋ρgh′，其中h′为a水银柱的高度，由于h′的大小不变，故空气柱的压强不变，故B正确；被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，根据盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C可得，气体的体积增大，故空气柱的长度增大，故A错误；被封闭气体的压强p＝p0＋ρgh，由p不变，可知h不变，水银柱b的两个水银面的高度差h不变，水银柱b左边液面高度不变，故C、D错误。
11.(2022·运城市高二月考)如图所示为0.2 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，标准状态(0 ℃，1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4 L/ml。则在状态B时气体的体积为( )
A．5.6 L B．8.4 L
C．1.2 L D．3.2 L
答案 A
解析 此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以此时它的体积应为22.4×0.2 L＝4.48 L，由题图所示，从压强为p0到A状态，气体做等容变化，A状态时气体的体积为4.48 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－吕萨克定律有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)得VB＝eq \f(VATB,TA)＝5.6 L，故选A。
12.如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内注入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。
(1)吸管上标刻温度值时，刻度是否应该均匀？(简要阐述理由)
(2)估算这个气温计的测量范围。
答案 (1)是 理由见解析 (2)23.4～26.6 ℃
解析 (1)由于罐内气体压强始终不变，
由盖—吕萨克定律可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(ΔV,ΔT)，ΔV＝eq \f(V1,T1)ΔT＝eq \f(362,298)ΔT，ΔT＝eq \f(149,181)·S·ΔL
由于ΔT与ΔL成正比，所以刻度是均匀的。
(2)ΔT＝eq \f(149,181)×0.2×(20－10) K≈1.6 K
故这个气温计可以测量的温度范围为：
(25－1.6)～(25＋1.6) ℃
即23.4～26.6 ℃。
13．(2022·沈阳市高二期末)如图所示，内壁光滑横截面积S＝12.5 cm2的汽缸固定在水平地面上，汽缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m＝1 kg。初始环境温度为t0＝15 ℃时，台
秤示数为5 N，活塞距缸底H0＝4.6 cm，(不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取0 ℃＝273 K)试计算：
(1)初始状态下汽缸中的气体压强为多少；
(2)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度；
(3)当环境温度低至－3 ℃时，活塞距汽缸的高度为多少。
答案 (1)9.6×104 Pa (2)3 ℃ (3)4.5 cm
解析 (1)初始状态，对重物受力分析可得
FT＝mg－FN
对活塞受力分析可得p0S＝FT＋p1S
解得p1＝9.6×104 Pa
(2)重物刚要脱离台秤时，
对重物受力分析可得FT′＝mg
对活塞受力分析可得p0S＝FT′＋p2S
由查理定律可得eq \f(p1,t0＋273 K)＝eq \f(p2,t＋273 K)
解得t＝3 ℃
(3)由盖—吕萨克定律可得eq \f(H0S,t＋273 K)＝eq \f(HS,t′＋273 K)
解得H＝4.5 cm。
[学习目标] 1.知道什么是等压变化和等容变化。2.掌握查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式和适用条件，并会进行相关分析计算(重难点)。3.理解p－T图像和V－T图像及其物理意义(重点)。
一、气体的等压变化
烧瓶上通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，这说明了什么？
答案 水柱向外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。
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)或eq \f(V,T) ＝eq \f(ΔV,ΔT)。
(3)适用条件：气体的质量和压强不变。
(4)图像：如图所示。V－T图像中的等压线是一条过原点的直线。
1．如图所示为一定质量的气体在不同压强下的V－T图线，p1和p2哪一个大？
答案 p1
答案 如图所示，体积V与摄氏温度t的关系V＝C(273.15＋t)，是一次函数关系，V－t坐标下的等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。
例1 (2023·孝感市高二期中)如图为一定质量的理想气体的V－T图像，该气体经历了从a→b→c的状态变化，图中ab连线平行于V轴，ac是双曲线的一部分，bc连线通过坐标原点O，则三个状态下的压强满足( )
A．pb
答案 B
解析 V－T图像中的等压线为过原点的一次函数，则pb＝pc，温度相同时，体积越大，压强越小，则pa
时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压强p0＝76 cmHg不变。则水温为多少时电路自动断开？
答案 330 K
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。
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。
(5)求解结果并分析、检验。
二、气体的等容变化
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？
答案 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．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 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。
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)或eq \f(p,T)＝eq \f(Δp,ΔT)。
(3)适用条件：气体的质量和体积不变。
(4)p－T和p－t图像如图。
3．气体实验定律适用于压强不太大、温度不太低的情况。相当于大气压几倍的压强，零下几十摄氏度的温度，气体实验定律都适用。
如图所示为一定质量的气体在不同体积下的p－T图线，V1与V2哪一个大？
答案 V1
(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)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。( × )
例3 在密封容器中装有某种气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是( )
A．气体的压强变为原来的2倍
B．气体的压强比原来增加了eq \f(50,323)
C．气体的压强变为原来的eq \f(373,273)
D．气体的压强比原来增加了eq \f(50,373)
答案 B
解析 一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，有eq \f(p1,p2)＝eq \f(273＋50,273＋100)＝eq \f(323,373)，所以p2＝eq \f(373,323)p1，因此压强比原来增加了eq \f(50,323)，故B正确，A、C、D错误。
例4 如图所示，圆柱形汽缸倒置在水平地面上，汽缸内部封有一定质量的气体。已知汽缸质量为10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量为5 kg，其横截面积为50 cm2，所有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求：
(1)此时封闭气体的压强；
(2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度？
答案 (1)9.0×104 Pa (2)127 ℃
解析 (1)当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力；
设此时封闭气体的压强为p1，
对活塞由平衡条件可得p0S＝p1S＋mg
解得p1＝9.0×104 Pa①
(2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰对地面无压力时，设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对汽缸由平衡条件可得p0S＋Mg＝p2S
解得p2＝1.2×105 Pa②
已知T1＝300 K，对汽缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，
由查理定律可得eq \f(p2,T2)＝eq \f(p1,T1)③
联立①②③可得T2＝400 K
即t2＝127 ℃。
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。
(5)求解结果并分析、检验。
课时对点练
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＝ΔT＝150 ℃，故选B。
2．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是( )
A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍
B．气体的热力学温度升高到原来的两倍
C．温度每升高1 K，体积增加量是原来的eq \f(1,273)
D．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比
答案 BD
解析 由盖—吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)可知，在压强不变时，体积与热力学温度成正比，故A错误，B正确；温度每升高1 ℃即1 K，体积增加量是0 ℃时体积的eq \f(1,273)，故C错误；由盖—吕萨克定律的变形式eq \f(V,T)＝eq \f(ΔV,ΔT)可知，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，故D正确。
3.(多选)(2021·包铁一中高二下月考)如图，竖直放置、开口向上的足够长的试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体( )
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；根据盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C可知，温度升高，则体积增大，故D正确。
4.(多选)(2023·沈阳市高二月考)一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体( )
A．状态b的压强大于状态c的压强
B．状态a的压强小于状态b的压强
C．从状态c到状态d，体积减小
D．从状态a到状态c，温度不变
答案 AB
解析 分别过abcd四个点作出等压变化线，如图所示；保持温度不变，体积越大，则压强越小，可知，在V－T图像中，倾角越大，压强越小，所以pa
A．5 cm3 B．7 cm3 C．10 cm3 D．12 cm3
答案 C
解析 设容器的容积为V，由气体做等压变化可知
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，有eq \f(V＋5×0.2 cm3,273＋27 K)＝eq \f(V＋0.2×8.7 cm3,273＋47 K)
解得V＝10.1 cm3，故选C。
考点二 气体的等容变化
6．(2022·黑龙江高二校联考期中)民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体( )
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
答案 B
解析 把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过传热，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故选B。
7．一定质量的气体，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。
8.(2022·北京顺义区高二期末)一定质量气体的压强与体积关系的图像如图所示，该气体从状态A经历A→B，B→C两个状态变化过程，有关A、B、C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，下列说法正确的是( )
A．TA＝TB，TB＝TC B．TA
C．TA＝TB，TB>TC D．TA>TB，TB
解析 从A到B为等压变化，有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，即TA
9．(2022·临沂市高二月考)登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃；则此登山手表表面玻璃可以承受的内、外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
答案 C
解析 T1＝(27＋273) K＝300 K，T2＝(－23＋273) K＝250 K，根据eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，p2＝eq \f(T2,T1)p1≈8.3×104 Pa，则此登山手表表面玻璃可以承受的内、外压强差至少为8.3×104 Pa－4.0×104 Pa＝4.3×104 Pa，故选C。
10.(2022·葫芦岛市高二期末)如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中(水银没有溢出，外界大气压保持不变)( )
A．空气柱的长度不变
B．空气柱的压强不变
C．水银柱b左边液面要上升
D．水银柱b的两个水银面的高度差h变大
答案 B
解析 空气柱的压强p＝p0＋ρgh′，其中h′为a水银柱的高度，由于h′的大小不变，故空气柱的压强不变，故B正确；被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，根据盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C可得，气体的体积增大，故空气柱的长度增大，故A错误；被封闭气体的压强p＝p0＋ρgh，由p不变，可知h不变，水银柱b的两个水银面的高度差h不变，水银柱b左边液面高度不变，故C、D错误。
11.(2022·运城市高二月考)如图所示为0.2 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，标准状态(0 ℃，1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4 L/ml。则在状态B时气体的体积为( )
A．5.6 L B．8.4 L
C．1.2 L D．3.2 L
答案 A
解析 此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以此时它的体积应为22.4×0.2 L＝4.48 L，由题图所示，从压强为p0到A状态，气体做等容变化，A状态时气体的体积为4.48 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－吕萨克定律有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)得VB＝eq \f(VATB,TA)＝5.6 L，故选A。
12.如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内注入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。
(1)吸管上标刻温度值时，刻度是否应该均匀？(简要阐述理由)
(2)估算这个气温计的测量范围。
答案 (1)是 理由见解析 (2)23.4～26.6 ℃
解析 (1)由于罐内气体压强始终不变，
由盖—吕萨克定律可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(ΔV,ΔT)，ΔV＝eq \f(V1,T1)ΔT＝eq \f(362,298)ΔT，ΔT＝eq \f(149,181)·S·ΔL
由于ΔT与ΔL成正比，所以刻度是均匀的。
(2)ΔT＝eq \f(149,181)×0.2×(20－10) K≈1.6 K
故这个气温计可以测量的温度范围为：
(25－1.6)～(25＋1.6) ℃
即23.4～26.6 ℃。
13．(2022·沈阳市高二期末)如图所示，内壁光滑横截面积S＝12.5 cm2的汽缸固定在水平地面上，汽缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m＝1 kg。初始环境温度为t0＝15 ℃时，台
秤示数为5 N，活塞距缸底H0＝4.6 cm，(不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取0 ℃＝273 K)试计算：
(1)初始状态下汽缸中的气体压强为多少；
(2)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度；
(3)当环境温度低至－3 ℃时，活塞距汽缸的高度为多少。
答案 (1)9.6×104 Pa (2)3 ℃ (3)4.5 cm
解析 (1)初始状态，对重物受力分析可得
FT＝mg－FN
对活塞受力分析可得p0S＝FT＋p1S
解得p1＝9.6×104 Pa
(2)重物刚要脱离台秤时，
对重物受力分析可得FT′＝mg
对活塞受力分析可得p0S＝FT′＋p2S
由查理定律可得eq \f(p1,t0＋273 K)＝eq \f(p2,t＋273 K)
解得t＝3 ℃
(3)由盖—吕萨克定律可得eq \f(H0S,t＋273 K)＝eq \f(HS,t′＋273 K)
解得H＝4.5 cm。
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