人教版高中物理选修3-3教学案：第八章第2节气体的等容变化和等压变化

第 2 节
气体的等容变化和等压变化
1.查理定律：必定质量的某种气体，在体积不变的情 况下，压强
p 与热力学温度
T 成正比，即 Tp ＝ C 。

2．盖－吕萨克定律：必定质量的某种气体，在压强
不变的状况下， 其体积 V 与热力学温度
T 成正
比，即 V
＝C 。

T
3．玻意耳定律、查理定律、盖－吕萨克定律的合用
条件均为必定质量的某种气体。

一、气体的等容变化
1． 等容变化
必定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度的变化。

2． 查理定律
(1) 内容：
必定质量的某种气体，在体积不变的状况下，压强 p 与热力学温度 T 成正比。

(2) 表达式：
p ＝C 或 p 1 ＝ p 2。

T
T 1 T 2
(3) 合用条件：①气体的质量不变；②气体的体积不变。

3． 等容线
必定质量的气体，在体积不变时，其
p - T 图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等
容线。

二、气体的等压变化
1． 等压变化
必定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度的变化。

2． 盖－吕萨克定律
(1) 内容：
必定质量的某种气体，在压强不变的状况下，体积 V 与热力学温度 T 成正比。

(2) 表达式：
V＝C或 V1＝V2。

V＝ CT 或T T1T 2
(3) 合用条件：
①气体的质量不变；②气体的压强不变。

3．等压线
必定质量的气体，在压强不变时，其V-T 图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等压线。

1．自主思虑——判一判
(1)气体的温度高升，气体体积必定增大。

( ×)
(2)必定质量的气体，体积与温度成正比。

( ×)
(3)必定质量的某种气体，在压强不变时，其V-T 图像是过原点的直线。

( √)
(4)在质量和体积不变的状况下，气体的压强与摄氏温度成正比。

( ×)
p V
(5)pV＝ C、T＝C、T＝ C，三个公式中的常数 C 是同一个值。

( ×)
2．合作研究——议一议
(1)某爬山运动员在一次登攀珠穆朗玛峰的过程中，在靠近山顶时他裸露在手段上的防
水腕表的表盘玻璃忽然爆裂了，而腕表没有受就任何撞击，你知道此中的原由吗？
提示：腕表表壳能够当作一个密闭容器，出厂时封闭着必定质量的气体，爬山过程
中气体发生等容变化，因为高峰山顶邻近的压强比山脚处小好多，内外压力差超出表盘玻
璃的蒙受限度，便会发生爆裂。

(2)试试依据等容线说明为何绝对零度是低温的极限，只好靠近，不可以达到。

提示：在 p-T 图像中，等容线是一条过原点的倾斜直线，事实上，在温度很低时，查
理定律已不合用了。

由查理定律外推得出的结果表示，绝对零度时，气体压强为零，说明分
子将停止运动，这是不行能的，所以，绝对零度是低温的极限，只好靠近，不可以达到。

正因为这样，在 p-T 坐标系中画等容线时，原点邻近一小段应画成虚线，表示它仅是外推的
结果。

(3)在摄氏温标下应当如何表述盖—吕萨克定律。

提示：必定质量的某种气体，在压强不变时，温度每高升( 或降低 )1℃，增大 (或减小 )
的体积等于它在 0 ℃时体积的
1。

273.15
查理定律的应用
[典例 ] 容积为 2 L 的烧瓶，在压强为 1.0 ×105 Pa 时，用塞子塞住，此时温度为
27 ℃，
当把它加热到
127 ℃时，塞子被翻开了，稍过一会儿，从头把盖子塞好，停止加热并使它
渐渐降温到 27 ℃，求：
(1) 塞子翻开前的最大压强；
(2)27 ℃时节余空气的压强。

[思路点拨 ]
[分析 ]
塞子翻开前，瓶内气体的状态变化为等容变化。

塞子翻开后，瓶内有部分气
领会逸出，今后应选择瓶中节余气体为研究对象，再利用查理定律求解。

(1) 塞子翻开前，选瓶中气体为研究对象：
初态： p 1＝ 1.0 ×105 Pa, T 1＝ 273 K ＋ 27 K ＝ 300 K
末态： p 2＝？， T 2＝ 273 K ＋ 127 K ＝ 400 K
由查理定律可得
T 2
400
p 2＝ T 1×p 1＝ 300×1.0
5 5×10Pa ≈1.33×10 Pa 。

(2) 塞子塞紧后，选瓶中节余气体为研究对象：
′ ×105 ′
初态： p 1 ＝ 1.0 Pa ， T 1 ＝ 400 K
′
′
末态： p 2 ＝？， T 2 ＝ 300 K
′ T 2 ′
由查理定律可得 ′ 300 × 5
＝ 5 。

p 2 ＝ ′×p 1 ＝
× ×
Pa T 1
400 1.0 10 Pa 0.75 10
[答案 ] (1)1.33 10×5 Pa (2)0.75 10×5
Pa
查理定律及其推论
应用查理定律解题的一般步骤
(1) 确立研究对象，即被封闭的气体。

(2) 剖析被研究气体在状态变化时能否切合定律的合用条件：质量必定，体积不变。

(3) 确立初、末两个状态的温度、压强。

(4) 依据查理定律列式求解。

(5) 求解结果并剖析、查验。

1．关于必定质量的气体，在体积不变时，压强增大到本来的二倍，则气体温度的变化状况是()
A．气体的摄氏温度高升到本来的二倍
B．气体的热力学温度高升到本来的二倍
C．气体的摄氏温度降为本来的一半
D．气体的热力学温度降为本来的一半
分析：选 B 由查理定律p1
＝
p2
得 T2＝
p2
T2
T1＝ 2T， B 正确。

T 1p1
2.有一上端张口、竖直搁置的玻璃管，管中有一段 15 cm 长的水银柱将一些空气封闭在
管中，如图 8-2-1 所示，此时气体的温度为27 ℃。

当温度高升到 30 ℃时，为了负气体体积
不变，需要再注入多少水银？(设大气压强为p0＝ 75 cmHg 且不变，水银密度ρ＝ 13.6 g/cm3)
图 8-2-1
分析：设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化。

初态：p1＝ p0＋ 15 cmHg＝90 cmHg ，T 1＝ (273＋ 27)K ＝ 300 K；末态：p2＝ (90＋ x) cmHg ，T2＝ (273＋ 30)K ＝ 303 K 。

由查理定律p2
＝
p1
得90＋ x＝90，解得 x＝ 0.9 cm。

则注入水银柱的长度为 0.9 cm。

T2 T1303300
答案： 0.9 cm
盖—吕萨克定律的应用
[典例 ] 如图 8-2-2 所示，汽缸 A 中封闭有必定质量的气体，活塞 B 与 A 的接触是圆滑的且不漏气， B 上放一重物 C， B 与 C 的总重力为 G，大气压为 p0。

当汽缸内气体温度是 20 ℃时，活塞与汽缸底部距离为 h1；当汽缸内气体温度是 100 ℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？
图 8-2-2
[思路点拨 ]
初状态：活 等压变化
末状态：活
塞高度 h 1
――→
盖 —吕萨克定律 塞高度 h 2
[分析 ] 初状态： T 1＝ 273 K ＋ 20 K ＝ 293 K ， V 1＝ h 1S ，
末状态： T 2＝ 273 K ＋ 100 K ＝ 373 K ， V 2＝ h 2S ，此中 S 为活塞的横截面积， 依据盖 —吕萨克定律： V
1
＝
V 2
得： V 2＝
V 1
T 2，即 h 2＝
h 1
T 2＝
h 1
×373＝ 1.27h 1。

T 1 T 2
T 1
T 1
293
[答案 ]
1.27h 1
盖 —吕萨克定律及其推论
应用盖 —吕萨克定律解题的一般步骤
(1) 确立研究对象，即被封闭的气体。

(2) 剖析被研究气体在状态变化时能否切合定律的合用条件：质量必定，压强不变。

(3) 确立初、末两个状态的温度、体积。

(4) 依据盖 — 吕萨克定律列式求解。

(5) 求解结果并剖析、查验。

1．必定质量的理想气体在等压变化中体积增大了
1
，若气体本来温度为
27 ℃，则温度
2
的变化是 ()
A ．高升 450 K
B ．高升了 150 ℃
C ．高升了 40.5 ℃
D ．高升了 450 ℃
分析：选 B 依据盖 —吕萨克定律
V 1＝ V 2
，此中 V ＝ 3 ，T ＝300K ；解得 T ＝450K ，
T 1 T 2
2 V 1 1
2
2
则 t ＝ 150 ℃ ， B 正确。

2.如图 8-2-3 所示，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭必定量的理想气体，容器
外包裹保温资料。

开始时活塞至容器底部的高度为 H 1，容器内气体温度与外界温度相等。

在活塞上逐渐加上多个砝码后，活塞降落到距容器底部
H 2 处，气体温度高升了
T ；而后
取走容器外的保温资料，活塞地点持续降落，最后静止于距容器底部
H 3 处。

已知大气压强
为 p 0。

求：气体最后的压强与温度。

图 8-2-3
分析： 开始时，封闭气体压强
p 1＝ p 0，体积 V 1＝ H 1S
温度 T 1＝T
加砝码后压强为 p 2 体积 V 2＝ H 2S 温度 T 2＝T ＋
T
再撤去保温资料后，压强 p 3＝ p 2
体积 V 3＝ H 3S 温度 T 3＝T
从状态 2 到状态 3 为等压变化，由盖 — 吕萨克定律：
H 3S ＝ H 2S T T ＋ T
最后的 T 3＝T ＝
H 3
T
H 2－
H 3
因为状态 1 和状态 3 温度相等，由玻意耳定律： p 0H 1S ＝ p 3 H 3S
H 1
最后压强
p 3＝
p 0。

H 3
H 1
H 3
T
答案： H 3p 0 H 2－H 3 气体的 p-T 图像与 V -T 图像的应用
1． p -T 图像与 V -T 图像的比较
图像
不
同
点
纵坐标
压强 p
体积 V
体积的倒数， 斜率越大， 体积
压强的倒数， 斜率越大， 压强
斜率意义
越小， V 4＜ V 3＜ V 2＜ V 1
越小， p 4＜ p 3＜ p 2＜ p 1
①都是一条经过原点的倾斜直线
相同点
②横坐标都是热力学温度
T
③都是斜率越大，气体的此外一个状态参量越小
2．关于 p -T 图像与 V-T 图像的注意事项
(1) 第一要明确是 p -T 图像仍是 V-T 图像。

(2) 不是热力学温标的先变换为热力学温标。

(3) 解决问题时要将图像与实质状况相联合。

[典例 ]
图 8-2-4
甲是必定质量的气体由状态
A 经过状态
B 变成状态
C 的
V -T 图像，
已知气体在状态
A 时的压强是 1.5 ×105 Pa 。

图 8-2-4
(1) 说出 A →B 过程中压强变化的情况，并依据图像供给的信息，计算图中
T A 的值。

(2) 请在图乙所示坐标系中，作出由状态 A 经过状态 B 变成状态 C 的 p-T 图像，并在图像相应地点上标出字母 A 、 B 、 C 。

假如需要计算才能确立相关坐标值，请写出计算过程。

[思路点拨 ]
(1) 在依据图像判气绝体的状态变化时，第一要确立横、纵坐标表示的物理量，其次依据图像的形状判断各物理量的变化规律。

(2) 在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示必定质量气体的一个均衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程。

[分析 ] (1) 在 V-T 图像中， AB 为过原点的直线，是等压线，由
AB 两个状态的参量根
据盖 — 吕萨克定律：
V A ＝ V B
得： T A ＝
V A
T B ＝
0.4
×300 K ＝ 200 K 。

T A T B
V B 0.6
(2) B 状态的压强等于 A 状态的， BC 在等容线上，要作出 p -T 图像还要求出 C 状态的
压强，依据 B 、 C 两个状态的参量，利用查理定律：
p C ＝ p B ，得：
T C T B
5
p C ＝ p B T C ＝ 1.5
×10
×400 Pa ＝ 2×10
5 Pa 。

T B
300
在乙图中的图像如下图。

[答案 ] (1) A → B 过程中压强不变
200 K
(2) 看法析
气体图像互相变换的五条 “黄金律 ”
(1) 正确理解 p-V 图像、 p-T 图像和 V-T 图像的物理意义和各图像的函数关系，各图像的特色。

(2) 知道图线上的一个点表示的是必定质量气体的一个均衡状态，知道其状态参量：
p 、
V 、T 。

(3) 知道图线上的某一线段表示的是必定质量的气体由一个均衡状态
(p 、V 、T)转变到另
一个均衡状态 (p ′、 V ′、T ′)的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程仍是等压过程。

(4) 从图像中的某一点 (均衡状态 )的状态参量开始， 依据不一样的变化过程。

先用相对应的 规律计算出下一点 (均衡状态 )的状态参量，逐个剖析计算出各点的p 、 V 、 T 。

(5) 依据计算结果在图像中描点，连线作出一个新的图线，并依据相应的规律逐个检查
能否有误。

或
1．如图 8-2-5 甲所示，必定质量的气体的状态沿
V-T 图像表示这一循环，在图乙中表示正确的选项是
(
1→ 2→ 3→1的次序循环变化， 若用
)
p -V
图 8-2-5
分析： 选 B
在甲图 p -T 图像中，气体在 1→ 2 过程发生的是等容变化，且压强、温度
均增大， 2→ 3 过程发生的是等温变化，且压强减小、体积增大， 3→ 1 过程发生的是等压变
化，且温度减小、体积减小，联合各过程状态参量变化特色，可知
B 正确。

2.必定质量的气体状态变化的
p-V 图像如图 8-2-6 所示，此中 AB 平行于纵轴， BC 平行
于横轴， CA 延伸线经过坐标原点
O ，已知 A 状态的热力学温度为
T A ， B 状态的热力学温
度为 T B ，求 C 状态的热力学温度
T C 。

图 8-2-6
分析： 气体由 A 至 B 的状态变化过程是沿等容线进行的，依据查理定律得：
p A ＝ p B ，
T A T B
气体由 B 至 C 的状态变化过程是沿等压线进行的，依据盖
—吕萨克定律有： V
B
＝V
C ，
T B
T C
由图像知直线 OAC 的斜率恒定，有： p A
＝ p C ，
V A V C
而且 V A ＝ V B ， p B ＝ p C ，
2
由以上各式可得：
T C ＝
T B。

T A
2 答案： T
B
T A
气体实验定律的综合应用
1．三大气体实验定律
(1) 玻意耳定律 (等温变化 )：
p 1V 1＝ p 2V 2 或 pV ＝ C(常数 )。

(2) 查理定律 (等容变化 )：
p 1 ＝ p 2
或 p
＝ C(常数 )。

T 1 T 2 T
(3) 盖— 吕萨克定律 (等压变化 )：
V 1
＝ V 2
或V
＝ C(常数 )。

T 1 T 2
T
2． 利用气体实验定律解决问题的基本思路
[典例 ] (2015 ·国卷全 Ⅰ )如图 8-2-7 所示，一固定的竖直气缸由一大一小两个同轴圆筒
构成，两圆筒中各有一个活塞。

已知大活塞的质量为 m 1＝ 2.50 kg ，横截面积为 S 1＝ 80.0 cm 2；
小活塞的质量为
m 2＝ 1.50 kg ，横截面积为 S 2＝ 40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连结，间距保
持为 l ＝ 40.0 cm ；气缸外大气的压强为 p ＝ 1.00 ×105 Pa ，温度为 T ＝ 303 K 。

初始时大活塞
与大圆筒底部相距
l
，两活塞间封闭气体的温度为
T 1＝ 495 K 。

现气缸内气体温度迟缓降落，
2
活塞迟缓下移。

忽视两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加快度大小
g 取 10 m/s 2。

求：
图 8-2-7
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬时，气缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热均衡时，缸内封闭气体的压强。

[分析 ] (1)设初始时气体体积为 V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为 V2，温度为 T 2。

由题给条件得
V1＝ S1l
＋ S2l －l ①22
V2＝ S2l②
在活塞迟缓下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的均衡条件得
S1(p1－ p)＝m1g＋ m2g＋ S2(p1－ p)③
故缸内气体的压强不变。

由盖—吕萨克定律有
V1＝ V2④
T1T2
联立①②④式并代入题给数据得
T2＝ 330 K ⑤
(2) 在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1。

在今后与气缸外大气达
到热均衡的过程中，被封闭气体的体积不变。

设达到热均衡时被封闭气体的压强为p′，由
查理定律，有
p′ p1
＝⑥
T T2
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
p′＝ 1.01 ×105 Pa。

⑦
[答案 ] (1)330 K(2)1.01 10×5 Pa
(1) 大活塞与筒底接触以前，两活塞处于动向均衡，受力不变，气体的压强也不变。

(2)大活塞与筒底接触以后，气体的体积不再变化，跟着温度的持续降低，气体压强减
小。

1．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。

如图8-2-8 所示，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。

当封闭气体温度上涨到303 K 时，杯盖恰巧被整体顶起，放出少量气体后又落回桌面，其内部
气体压强马上减为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 。

整个过程中封闭气体均可视为理想气体。

求：
图 8-2-8
(1)当温度上涨到 303 K 且还没有放气时，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。

分析： (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 0＝ 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
p0＝ p1①
T0T1
101
代入数据得p1＝100p0。

②
(2)设杯盖的质量为 m，恰巧被顶起时，由均衡条件得
p1S＝ p0S＋ mg③
放出少量气体后，以杯盖内的节余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝ 303 K ，压强 p2＝ p0，末状态温度T 3＝ 300 K ，压强设为p3，由查理定律得
p2＝ p3④
T2T3
设提起杯盖所需的最小力为F，由均衡条件得
F ＋ p3S＝ p0S＋ mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
201
F ＝10 100 p0S。

⑥
101201
p0S
答案： (1)100p0 (2)10 100
2.如图 8-2-9 所示，一底面积为 S，内壁圆滑的圆柱形容器竖直搁置在水平川面上，开
口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞 A 和 B；在 A 和 B 之间、 B 与容器底面之间分别
封有必定量的相同的理想气体，均衡时体积均为V。

已知容器内气体温度一直不变，重力
加快度大小为g，外界大气压强为 p0。

现假定活塞 B 发生迟缓漏气，以致 B 最后与容器底
面接触。

求活塞 A 挪动的距离。

图 8-2-9
分析：设均衡时， A 与 B 之间、 B 与容器底面之间的气体压强分别为p1、 p2，在漏气
mg mg
前，对 A 剖析有 p1＝ p0＋S，对 B 有 p2＝ p1＋S
B 最后与容器底面接触后，AB 间的压强为 p，气体体积为V′，则有 p＝p0＋
mg
S 因为温度一直不变，关于混淆气体有(p1＋ p2) ·V＝pV ′
设活塞 B 厚度为 d，漏气前 A 距离底面的高度为h＝2V
＋d S
漏气后 A 距离底面的高度为h′＝V′
S＋ d
联立可得h＝ h－ h′
以上各式联立化简得h＝
mg V 0 ＋·。

p S mg
答案：
mg V
·p0S＋ mg S
1．描绘必定质量的气体做等容变化的过程的图线是以下图中的哪些()
分析：选 D等容变化过程的p- t 图在 t 轴上的交点坐标是(－273 ℃， 0)，D 正确。

2.(多项选择 )必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 1 所示，则 ()
图 1
A．在过程AC 中，气体的压强不停变大
B．在过程CB 中，气体的压强不停变小
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
分析：选 AD气体在过程AC 中发生等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，
故 A 正确。

在 CB 变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由p
＝C 可知，温T
度高升，压强增大，故 B 错误。

综上所述，在ACB 过程中气体的压强一直增大，所以气体
在状态 B 时的压强最大，故 C 错误， D 正确。

3．贮气罐内的某种气体，在密封的条件下，温度从13 ℃上涨到 52 ℃，则气体的压强()
A．高升为本来的 4 倍B．降低为本来的1 4
C．降低为本来的22
D．高升为本来的
25 2522
分析：选 D 气体体积不变，由查理定律p1＝T 1得 p2＝ T2＝ 273＋ 52＝ 25，故D对。

p2 T 2p1 T1 273＋ 1322
4.粗细平均，两头封闭的修长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和 B两部分，如图 2 所示。

已知两部分气体 A 和 B 的体积关系是 V B＝ 3V A，将玻璃管温度均高升相同温
度的过程中，水银将 ()
图2
A．向 A 端挪动B．向 B 端挪动
C．一直不动D．以上三种状况都有可能
分析：选 C因为两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增添的压强也相
同，所以，水银不挪动，故 C 对。

5.如图 3 所示，一端封闭的平均玻璃管，张口向上竖直搁置，管中有两段水银柱封闭了
两段空气柱，开始时V 1＝2V 2。

现将玻璃管迟缓地平均加热，以下说法中正确的选项
是
()
图 3
A．加热过程中，一直有V1′＝ 2V2′
B．加热后V 1′＞ 2V2′
C．加热后V1′＜ 2V2′
D．条件不足，没法判断
分析：选 A加热前后，上段气体的压强保持p ＋ρgh 不变，下段气体的压强保持p
010
＋ρgh＋ρgh不变，整个过程为等压变化，依据盖－吕萨克定律得12
V1′V12
，即 V1′＝ 2V2′，故 A 正确。

＝＝
V2′V21V1＝V 1′，V2＝V 2′，所以 T T′T T′
6. (多项选择 )必定质量的气体做等压变化时，其V -t图像如图 4 所示。

若保持气体质量
不变，
而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与本来对比，以下可能正确的选项是()
图 4
A．等压线与V 轴之间夹角变小
B．等压线与V 轴之间夹角变大
C．等压线与t 轴交点的地点不变
D．等压线与t 轴交点的地点必定改变
分析：选 ABC关于必定质量气体的等压线，其V -t 图像的延伸线必定过－273.15 ℃
的点，故 C 项正确；因为题目中没有给定压强p 的变化状况，所以A、 B 都有可能，应选
A、 B、 C。

7．用易拉罐盛装碳酸饮料特别卫生和方便，但假如强烈碰撞或严重受热会以致爆炸。

我们往常用的可乐易拉罐容积V＝ 355 mL。

假定在室温(17 ℃ )下罐内装有0.9V 的饮料，剩
余空间充满CO 2气体，气体压强为 1 atm 。

若易拉罐能蒙受的最大压强为 1.2 atm ，则保留
温度不可以超出多少？
分析：此题为必定质量的气体发生等容变化，取CO 2气体为研究对象。

初态： p1＝ 1 atm ， T1＝ (273＋ 17)K ＝ 290 K ，
末态： p2＝ 1.2 atm， T 2待求。

p1T
1
由查理定律＝得：
T2＝T1p2
＝
290×1.2
K ＝ 348 K 。

p11
t ＝ (348－ 273)℃ ＝ 75 ℃ 。

答案： 75 ℃
8．如图 5 所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立搁置，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 V 0，汽缸中各有一个绝热活塞
(质量不一样，厚度可忽视 )。

开始时
图 5
K 封闭，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
p 0
和 p 0/3；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
V 0 /4。

现使汽缸底
与一恒温热源接触，均衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部恰巧没有接触；而后翻开 K ，
经过一段时间，从头达到均衡。

已知外界温度为
T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。

求：
(1) 恒温热源的温度
T ；
(2)从头达到均衡后左汽缸中活塞上方气体的体积 V x 。

分析： (1)与恒温热源接触后，在
K 未翻开时，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
T ＝ 7V 0/4 ①
T 0 5V 0/4
由此得
T ＝
7
5T 0。

②
(2) 由初始状态的力学均衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。

翻开
K 后，左活塞
降落至某一地点，右活塞一定升至汽缸顶，才能知足力学均衡条件。

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
塞上方气体最后压强为
p ，由玻意耳定律得
p 0 V 0
pV x ＝
·
③
3 4
7
(p ＋ p 0)(2V 0－ V x )＝ p 0·4V 0 ④ 联立③④式得
6V x 2－ V 0V x － V 02＝ 0 其解为
1
V x ＝
2V 0
1
另一解 V x＝－3V0，不合题意，舍去。

7 1
答案： (1)5T0 (2)2V0。