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（共15套145页）人教版高中物理选修3-3教学案全集（含全册练习）第1节气体的等温变化1.一定质量的气体，在温度不变的条件下，其压强与体积变化时的关系，叫做气体的等温变化. 2．玻意耳定律：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p 与体积V 成反比，即pV ＝C . 3．等温线：在p -V 图像中，用来表示温度不变时，压强和体积关系的图像，它们是一些双曲线. 在p -1V 图像中，等温线是倾斜直线.一、探究气体等温变化的规律 1．状态参量研究气体性质时，常用气体的温度、体积、压强来描述气体的状态. 2．实验探究 实验器材 铁架台、注射器、气压计等 研究对象(系统) 注射器内被封闭的空气柱数据收集 压强由气压计读出，空气柱体积(长度)由刻度尺读出 数据处理 以压强p 为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作出p -1V图像图像结果 p -1V 图像是一条过原点的直线实验结论 压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比二、玻意耳定律 1．内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比. 2．公式pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V 2. 3．条件气体的质量一定，温度不变.4．气体等温变化的p -V 图像气体的压强p 随体积V 的变化关系如图8-1-1所示，图线的形状为双曲线，它描述的是温度不变时的p -V 关系，称为等温线. 一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的.图8-1-11．自主思考——判一判(1)一定质量的气体压强跟体积成反比. (×) (2)一定质量的气体压强跟体积成正比. (×)(3)一定质量的气体在温度不变时，压强跟体积成反比. (√)(4)在探究气体压强、体积、温度三个状态参量之间关系时采用控制变量法. (√) (5)玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体. (×) (6)在公式pV ＝C 中，C 是一个与气体无关的参量. (×) 2．合作探究——议一议(1)用注射器对封闭气体进行等温变化的实验时，在改变封闭气体的体积时为什么要缓慢进行？提示：该实验的条件是气体的质量一定，温度不变，体积变化时封闭气体自身的温度会发生变化，为保证温度不变，应给封闭气体以足够的时间进行热交换，以保证气体的温度不变.(2)玻意耳定律成立的条件是气体的温度不太低、压强不太大，那么为什么在压强很大、温度很低的情况下玻意耳定律就不成立了呢？提示：①在气体的温度不太低、压强不太大时，气体分子之间的距离很大，气体分子之间除碰撞外可以认为无作用力，并且气体分子本身的大小也可以忽略不计，这样由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果基本吻合，玻意耳定律成立. ②当压强很大、温度很低时，气体分子之间的距离很小，此时气体分子之间的分子力引起的效果就比较明显，同时气体分子本身占据的体积也不能忽略，并且压强越大，温度越低，由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果之间差别越大，因此在温度很低、压强很大的情况下玻意耳定律也就不成立了.(3)如图8-1-2所示，p -1V 图像是一条过原点的直线，更能直观描述压强与体积的关系，为什么直线在原点附近要画成虚线？图8-1-2提示：在等温变化过程中，体积不可能无限大，故1V和p不可能为零，所以图线在原点附近要画成虚线表示过原点，但此处实际不存在.封闭气体压强的计算1．系统处于静止或匀速直线运动状态时，求封闭气体的压强(1)连通器原理：在连通器中，同一液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的.(2)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度.(3)求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程.(4)求由固体封闭(如汽缸或活塞封闭)的气体压强，应对此固体(如汽缸或活塞)进行受力分析，列出力的平衡方程.2．容器加速运动时，求封闭气体的压强(1)当容器加速运动时，通常选择与气体相关联的液柱、固体活塞等作为研究对象，进行受力分析，画出分析图示.(2)根据牛顿第二定律列出方程.(3)结合相关原理解方程，求出封闭气体的压强.(4)根据实际情况进行讨论，得出结论.[典例]在竖直放置的U形管内由密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱. 大气压强为p0，各部分尺寸如图8-1-3所示. 求A、B气体的压强.图8-1-3[思路点拨][解析]方法一受力平衡法选与气体接触的液柱为研究对象. 进行受力分析，利用平衡条件求解.求p A：取液柱h1为研究对象，设管的横截面积为S，大气压力和液柱重力方向向下，A气体产生的压力方向向上，因液柱h1静止，则p0S＋ρgh1S＝p A S，得p A＝p0＋ρgh1；求p B：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端以下液体的对称性，下端液体产生的压强可以不予考虑，A气体的压强由液体传递后对h2的压力方向向上，B气体压力、液体h2的重力方向向下，液柱受力平衡. 则p B S＋ρgh2S＝p A S，得p B＝p0＋ρgh1－ρgh2.方法二取等压面法根据同种液体在同一液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面. 由两侧压强相等列方程求解压强. 求p B时从A气体下端选取等压面，则有p B＋ρgh2＝p A＝p0＋ρgh1，所以p A＝p0＋ρgh1；p B＝p0＋ρg(h1－h2).[答案]p0＋ρgh1p0＋ρg(h1－h2)封闭气体压强的求解方法图8-1-4(1)容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算：①取等压面法.根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面. 由两侧压强相等列方程求解压强.例如，图8-1-4中同一液面C、D处压强相等，则p A＝p0＋p h.②力平衡法.选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强.(2)容器加速运动时封闭气体压强的计算：图8-1-5当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强.如图8-1-5所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS－p0S－mg＝ma得p＝p0＋m g＋aS.1．求图8-1-6中被封闭气体A的压强，图中的玻璃管内都灌有水银. 大气压强p0＝76 cmHg. (p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2)图8-1-6解析：(1)p A＝p0－p h＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg(2)p A＝p0－p h＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg(3)p B＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHgp A＝p B－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg.答案：(1)66 cmHg(2)71 cmHg(3)81 cmHg2．一圆形气缸静置于地面上，如图8-1-7所示. 气缸筒的质量为M，活塞的质量为m，活塞的面积为S，大气压强为p0. 现将活塞缓慢向上提，求气缸刚离开地面时气缸内气体的压强. (忽略气缸壁与活塞间的摩擦)图8-1-7解析：法一：题目中的活塞和气缸均处于平衡状态，以活塞为研究对象，受力分析如图甲，由平衡条件，得F ＋pS ＝mg ＋p 0S . 以活塞和气缸整体为研究对象，受力分析如图乙，有F ＝(M ＋m )g ，由以上两个方程式，得pS ＋Mg ＝p 0S ，解得p ＝p 0－MgS.法二：以汽缸为研究对象，有：pS ＋Mg ＝p 0S ，也可得：p ＝p 0－MgS . 答案：p 0－MgS玻意耳定律的理解及应用应用玻意耳定律的思路与方法(1)选取一定质量、温度不变的气体为研究对象，确定研究对象的始末两个状态. (2)表示或计算出初态压强p 1、体积V 1；末态压强p 2、体积V 2，对未知量用字母表示. (3)根据玻意耳定律列方程p 1V 1＝p 2V 2，并代入数值求解. (4)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要删去.[典例]如图8-1-8所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，筒内横截面积S ＝0.01 m 2，中间用两个活塞A 与B 封住一定量的气体. A 、B 都可以无摩擦地滑动，A 的质量不计，B 的质量为M ，并与一劲度系数k ＝5×103 N/m 的弹簧相连，已知大气压强p 0＝1×105 Pa ，平衡时两活塞间距离为L 0＝0.6 m. 现用力压A ，使之缓慢向下移动一定距离后保持平衡，此时用于压A 的力F ＝500 N ，求活塞A 向下移动的距离.图8-1-8[思路点拨][解析] 先以圆筒内封闭气体为研究对象， 初态：p 1＝p 0，V 1＝L 0S ， 末态：p 2＝？，V 2＝LS .对活塞A ，受力情况如图所示，有： F ＋p 0S ＝p 2S ，所以： p 2＝p 0＋FS ，由玻意耳定律得： p 0·L 0S ＝⎝⎛⎭⎫p 0＋F S ·LS ， 解得L ＝0.4 m.以A 、B 及封闭气体系统整体为研究对象，则施加力F 后B 下移的距离Δx ＝Fk ＝0.1 m ，故活塞A 下移的距离：ΔL ＝(L 0－L )＋Δx ＝0.3 m. [答案] 0.3 m应用玻意耳定律解题时应注意的两个问题：(1)应用玻意耳定律解决问题时，一定要先确定好两个状态的体积和压强.(2)确定气体压强或体积时，只要初末状态的单位统一即可，没有必要都化成国际单位制.1．一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大n 倍，则压强变为原来的( ) A ．n 倍B.1n 倍C ．n ＋1倍D.1n ＋1倍 解析：选D 体积增大n 倍，则体积增大为原来的n ＋1倍，由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝1n ＋1p 1，即D 正确. 2.如图8-1-9所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用长为h ＝10 cm 的水银柱将管内一部分空气密封，当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度L 1＝0.3 m ；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢出. 待水银柱稳定后，空气柱的长度L 2为多少米？(大气压强p 0＝76 cmHg)图8-1-9解析：以管内封闭的气体为研究对象. 玻璃管开口向上时，管内的压强p 1＝p 0＋h ，气体的体积V 1＝L 1S (S 为玻璃管的横截面积).当玻璃管开口向下时，管内的压强p 2＝p 0－h ，这时气体的体积V 2＝L 2S . 温度不变，由玻意耳定律得：(p 0＋h )L 1S ＝(p 0－h )L 2S 所以L 2＝p 0＋h p 0－h L 1＝76＋1076－10×0.3 m ＝0.39 m. 答案：0.39 m等温线的理解及应用p -1V 图像p -V 图像图像特点物理意义一定质量的气体，温度不变时，p 与1V 成正比，在p -1V 图上的等温线应是过原点的直线一定质量的气体，在温度不变的情况下，p 与V 成反比，因此等温过程的p -V 图像是双曲线的一支温度高低直线的斜率为p 与V 的乘积，斜率越大，pV 乘积越大，温度就越高，图中t 2＞t 1一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p -V 图上的等温线就越高，图中t2＞t1[典例]如图8-1-10所示是一定质量的某种气体状态变化的p -V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是()图8-1-10A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小[思路点拨](1)温度是分子平均动能的标志，同种气体温度越高，分子平均动能越大，分子平均速率越大.(2)温度越高，pV值越大，p-V图像中等温线离坐标原点越远.[解析]由图像可知，p A V A＝p B V B，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出几条等温线，如图所示. 由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小.[答案] D(1)在p-V图像中，不同的等温线对应的温度不同.(2)在p-V图像中，并不是随意画一条线就叫等温线，如典例图8-1-10.1. (多选)如图8-1-11所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法正确的是()图8-1-11A ．从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比B ．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的C ．由图可知T 1>T 2D ．由图可知T 1<T 2解析：选ABD 根据等温图线的物理意义可知A 、B 选项对. 气体的温度越高时，等温图线的位置就越高，所以C 错，D 对.2．(多选)如图8-1-12所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p -1V 图线. 由图可知( )图8-1-12A ．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比B ．一定质量的气体在发生等温变化时，其p -1V 图线的延长线是经过坐标原点的 C ．T 1＞T 2 D ．T 1＜T 2解析：选BD 由玻意耳定律pV ＝C 知，压强与体积成反比，故A 错误. p ∝1V ，所以p -1V 图线的延长线经过坐标原点，故B 正确. p -1V 图线的斜率越大，对应的温度越高，所以T 1＜T 2，故C 错误，D 正确.1．描述气体状态的参量是指( ) A ．质量、温度、密度 B ．温度、体积、压强 C ．质量、压强、温度D ．密度、压强、温度解析：选B 气体状态参量是指温度、压强和体积，B 对.2．(多选)一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( )A ．气体分子的平均动能增大B ．气体的密度变为原来的2倍C ．气体的体积变为原来的一半D ．气体的分子总数变为原来的2倍解析：选BC 温度是分子平均动能的标志，由于温度T 不变，故分子的平均动能不变，据玻意耳定律得p 1V 1＝2p 1V 2，V 2＝12V 1.ρ1＝m V 1，ρ2＝m V 2，即ρ2＝2ρ1，故B 、C 正确.3．一定质量的气体，压强为3 atm ，保持温度不变，当压强减小2 atm 时，体积变化4 L ，则该气体原来的体积为( )A.43 L B ．2 L C.83L D ．8 L解析：选B 由题意知p 1＝3 atm ，p 2＝1 atm ，当温度不变时，一定质量气体的压强减小则体积变大，所以V 2＝V 1＋4 L ，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得V 1＝2 L ，故B 正确.4.如图1所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量. 设温度不变，洗衣缸内水位升高. 则细管中被封闭的空气 ( )图1A ．体积不变，压强变小B ．体积变小，压强变大C ．体积不变，压强变大D ．体积变小，压强变小解析：选B 由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B 选项正确.5. (多选)如图2所示，是某气体状态变化的p -V 图像，则下列说法正确的是( )图2A ．气体做的是等温变化B ．从A 到B 气体的压强一直减小C．从A到B气体的体积一直增大D．气体的三个状态参量一直都在变解析：选BCD一定质量的气体的等温过程的p-V图像即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化，A选项不正确. 从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中，压强p在逐渐减小，体积V在不断增大，则B、C选项正确. 又因为该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D选项正确.6.如图3所示，一圆筒形汽缸静置于地面上，汽缸筒的质量为M，活塞(连同手柄)的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，大气压强为p0. 现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计汽缸内气体的重量及活塞与汽缸壁间的摩擦，若将汽缸刚提离地面时汽缸内气体的压强为p、手对活塞手柄竖直向上的作用力为F，则()图3A．p＝p0＋mgS，F＝mgB．p＝p0＋mgS，F＝p0S＋(m＋M)gC．p＝p0－MgS，F＝(m＋M)gD．p＝p0－MgS，F＝Mg解析：选C对整体有F＝(M＋m)g；对汽缸有Mg＋pS＝p0S，p＝p0－MgS，选C.7.长为100 cm的、内径均匀的细玻璃管，一端封闭、一端开口，当开口竖直向上时，用20 cm 水银柱封住l1＝49 cm长的空气柱，如图4所示. 当开口竖直向下时(设当时大气压强为76 cmHg，即1×105 Pa)，管内被封闭的空气柱长为多少？图4解析：设玻璃管的横截面积为S，初状态：p1＝(76＋20) cmHg，V1＝l1S；设末状态时(管口向下)无水银溢出，管内被封闭的空气柱长为l2，有p2＝(76－20) cmHg，V2＝l2S，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得l2＝84 cm因84 cm＋20 cm＝104 cm＞100 cm(管长)，这说明水银将要溢出一部分，原假设末状态时(管口向下)无水银溢出，不合理，求出的结果是错误的，故必须重新计算.设末状态管内剩余的水银柱长为x cm则p2＝(76－x) cmHg，V2＝(100－x)S根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得(76＋20)×49 S＝(76－x)(100－x)S即x2－176 x＋2 896＝0，解得x＝18.4，x′＝157.7(舍去)所求空气柱长度为100 cm－x cm＝81.6 cm.答案：81.6 cm8.如图5，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L. 现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d. 已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程中温度保持不变. 求小车的加速度的大小.图5解析：设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，活塞受到汽缸内外气体的压力分别为，f1＝p1S，f0＝p0S，由牛顿第二定律得：f1－f0＝ma，小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p0，由玻意耳定律得：p1V1＝p0V，式中V＝SL，V1＝S(L－d)，联立解得：a＝p0Sdm(L－d).答案：a＝p0Sdm(L－d)第2节气体的等容变化和等压变化1.查理定律：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，即p T＝C.2．盖－吕萨克定律：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，即VT＝C.3．玻意耳定律、查理定律、盖－吕萨克定律的适用条件均为一定质量的某种气体.一、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，压强随温度的变化.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)表达式：pT＝C或p1T1＝p2T2.(3)适用条件：①气体的质量不变；②气体的体积不变.3．等容线一定质量的气体，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．等压变化一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度的变化.2．盖－吕萨克定律(1)内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比.(2)表达式：V＝CT或VT＝C或V1T1＝V2T2.(3)适用条件：①气体的质量不变；②气体的压强不变.3．等压线一定质量的气体，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．自主思考——判一判(1)气体的温度升高，气体体积一定增大. (×)(2)一定质量的气体，体积与温度成正比. (×)(3)一定质量的某种气体，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情况下，气体的压强与摄氏温度成正比. (×)(5)pV＝C、pT＝C、VT＝C，三个公式中的常数C是同一个值. (×)2．合作探究——议一议(1)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗？提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶附近的压强比山脚处小很多，内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂.(2)尝试根据等容线说明为什么绝对零度是低温的极限，只能接近，不能达到.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，查理定律已不适用了. 由查理定律外推得出的结果表明，绝对零度时，气体压强为零，说明分子将停止运动，这是不可能的，所以，绝对零度是低温的极限，只能接近，不能达到. 正因为如此，在p-T坐标系中画等容线时，原点附近一小段应画成虚线，表示它仅是外推的结果.(3)在摄氏温标下应该怎样表述盖—吕萨克定律.提示：一定质量的某种气体，在压强不变时，温度每升高(或降低)1 ℃，增大(或减小)的体积等于它在0 ℃时体积的1273.15.查理定律的应用[典例]容积为2 L的烧瓶，在压强为1.0×105Pa时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把盖子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求：(1)塞子打开前的最大压强；(2)27 ℃时剩余空气的压强.[思路点拨][解析]塞子打开前，瓶内气体的状态变化为等容变化. 塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用查理定律求解.(1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象：初态：p1＝1.0×105 Pa, T1＝273 K＋27 K＝300 K末态：p2＝？，T2＝273 K＋127 K＝400 K由查理定律可得p2＝T2T1×p1＝400300×1.0×105 Pa≈1.33×105 Pa.(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象：初态：p1′＝1.0×105 Pa，T1′＝400 K末态：p2′＝？，T2′＝300 K由查理定律可得p2′＝T2′T1′×p1′＝300400×1.0×105 Pa＝0.75×105 Pa.[答案](1)1.33×105 Pa(2)0.75×105 Pa查理定律及其推论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.1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是()A．气体的摄氏温度升高到原来的二倍B．气体的热力学温度升高到原来的二倍C．气体的摄氏温度降为原来的一半D．气体的热力学温度降为原来的一半解析：选B由查理定律p1T1＝p2T2得T2＝p2p1T1＝2T，B正确.2.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，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 ℃. 当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，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解析：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，T1＝(273＋27)K＝300 K；末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30)K＝303 K.由查理定律p2T2＝p1T1得90＋x303＝90300，解得x＝0.9 cm. 则注入水银柱的长度为0.9 cm.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中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，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：活塞高度h1――→等压变化盖—吕萨克定律末状态：活塞高度h2[解析] 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 ，其中S 为活塞的横截面积， 根据盖—吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2得：V 2＝V 1T 1T 2，即h 2＝h 1T 1T 2＝h 1293×373＝1.27h 1.[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.1．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了12，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )A ．升高450 KB ．升高了150 ℃C ．升高了40.5 ℃D ．升高了450 ℃解析：选B 根据盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2，其中V 2＝32V 1，T 1＝300 K ；解得T 2＝450K ，则Δt ＝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一定量的理想气体，容器外包裹保温材料. 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. 在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H 2处，气体温度升高了ΔT ；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，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解析：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p2体积V 2＝H2S温度T2＝T＋ΔT再撤去保温材料后，压强p3＝p2体积V3＝H3S温度T3＝T从状态2到状态3为等压变化，由盖—吕萨克定律：H3S T＝H2S T＋ΔT最后的T3＝T＝H3ΔT H2－H3由于状态1和状态3温度相等，由玻意耳定律：p0H1S＝p3H3S最后压强p3＝H1H3p0.答案：H1H3p0H3H2－H3ΔT气体的p-T图像与V-T图像的应用1．p -T图像与V-T图像的比较不同点图像纵坐标压强p 体积V斜率意义体积的倒数，斜率越大，体积越小，V4＜V3＜V2＜V1压强的倒数，斜率越大，压强越小，p4＜p3＜p2＜p1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T③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小2．对于p -T图像与V-T图像的注意事项(1)首先要明确是p -T图像还是V-T图像.(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标.(3)解决问题时要将图像与实际情况相结合.[典例]图8-2-4甲是一定质量的气体由状态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.图8-2-4(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，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变为状态C的p-T图像，并在图像相应位置上标出字母A、B、C. 如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程.[思路点拨](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)在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程.[解析](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 T A＝V BT B得：T A＝V AV B T B＝0.40.6×300 K＝200 K.(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，根据B、C两个状态的参量，利用查理定律：p CT C＝p BT B，得：p C＝p BT B T C＝1.5×105300×400 Pa＝2×105 Pa.在乙图中的图像如图所示.[答案](1)A→B过程中压强不变200 K(2)见解析气体图像相互转换的五条“黄金律”(1)准确理解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。