文档内容
2.3 气体的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
目录
【学习目标】.....................................................................................................................................................................................1
【思维导图】.....................................................................................................................................................................................2
【知识梳理】.....................................................................................................................................................................................3
知识点1：气体的等压变化.................................................................................................................................................3
知识点2：气体的等容变化.................................................................................................................................................8
知识点3：p－T图像和V－T图像.................................................................................................................................12
【方法技巧】...................................................................................................................................................................................16
方法技巧 气体图像相互转换的分析方法.....................................................................................................................16
【巩固训练】...................................................................................................................................................................................16
【学习目标】
学习目标：
1. 知道什么是等压变化和等容变化。
2. 理解掌握盖-吕萨克定律和查理定律的内容、表达式及适用条件。
3. 会用气体状态变化规律解决实际问题，理解V-T图像、p-T图像的物理意义。
学习重点：
1. 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。
2. 理解p-T图像和V-T图像及其物理意义。
学习难点：
1. 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。【思维导图】【知识梳理】
知识点 1：气体的等压变化
1．概念定义
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．图像
在V－T图像中，等压线是一条过原点的直线。
3．盖－吕萨克定律
(1)内容：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
V V
1 2
(2)表达式：V＝CT(C是常量)或 ＝
T T
1 2
(3)适用条件：气体的质量一定，压强不变。
(4)盖－吕萨克定律的推论：
𝑉 = Δ𝑉 或Δ𝑉 = 𝑉 Δ𝑇
𝑇 Δ𝑇 𝑇
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。
【归纳总结】
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、末两个状态的热力学温度、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。
【典例1】图为水平固定的截面积为𝑆的导热气缸，用光滑活塞(厚度不计)将一定质量的理想气体密闭
在气缸内，开始时活塞静止于𝑂处，𝑂与气缸底部的距离为𝐿.现施加外力使活塞缓慢移动到𝐵处，此时外
力大小为𝐹，已知大气压强为𝑝 ，环境温度为𝑇 ．
0 0
(1)求𝑂、𝐵间的距离。
(2)保持外力𝐹不变，加热气体使活塞缓慢回到𝑂处，求此时气体的温度。
【答案】解：(1)活塞缓慢移动，由平衡条件可知𝑝𝑆 = 𝐹+𝑝 𝑆，
0
活塞由𝑂到𝐵气体等温变化，则有𝑝 𝑆𝐿 = 𝑝𝑆(𝐿―𝑑)，
0
𝐹
解得𝑑 = ⋅𝐿。
𝐹+𝑝 𝑆
0
𝑆(𝐿―𝑑) 𝑆𝐿
(2)活塞由𝐵回到𝑂气体等压变化，则有 = ，
𝑇 0 𝑇
𝐹+𝑝 𝑆
解得𝑇 = 0 𝑇 。
𝑝 𝑆 0
0
【典例2】如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有
一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、
Ⅱ的质量分别为2𝑚、𝑚，面积分别为2𝑆、𝑆，弹簧原长为𝑙。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为
0.1𝑙，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为𝑇 。已知活塞外大气压强为𝑝 ，忽略
0 0
活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。(ⅰ)求弹簧的劲度系数；
(ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】解(1)对活塞与弹簧整体进行受力分析得：3𝑚𝑔+2𝑝 𝑆+𝑝𝑠 = 2𝑝𝑆+𝑝 𝑆
0 0
对活塞Ⅱ受力分析得：𝑝 𝑆+𝐹 = 𝑝𝑆+𝑚𝑔
0
有胡克定律得：𝐹 = 0.1𝑘𝑙
40𝑚𝑔
联立解得：𝑘 =
𝑙
3𝑚𝑔
(2)通过对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强𝑝 = +𝑝 ，由题可知气体做的是等压变化，
0
𝑆
那么弹簧上弹力大小不变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变，
3.3
所以气体初态：体积𝑉 = 𝑆⋅𝑙
1
2
温度：𝑇 = 𝑇
1 0
末态：体积𝑉 = 2.2𝑆⋅𝑙；温度为𝑇
2 2
𝑉 𝑉
由盖―吕萨克定律得： 1 = 2
𝑇 𝑇
1 2
𝑇 2.2𝑆𝑙 4
0
𝑇 = ×2 = 𝑇
2 3.3𝑆𝑙 3 0
40𝑚𝑔
答：(1)弹簧的劲度系数
𝑙
3𝑚𝑔 4
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强为 +𝑝 ，温度为
0
𝑆 3
𝑇
0
【变式1】某物理探究小组设计了一款火警报警装置，其原理图如图所示，固定在水平地面上的导热汽
缸内，质量𝑚 = 5𝑘𝑔、横截面积𝑆 = 10𝑐𝑚2的活塞密封一定质量的理想气体，起初环境的热力学温度𝑇
0
= 300𝐾，活塞距汽缸底部的高度ℎ = 15𝑐𝑚，当环境的热力学温度缓慢达到𝑇 = 500𝐾时，表面涂有导
电物质的活塞恰好与𝑎、𝑏两触点接触，蜂鸣器发出报警声，不计活塞与汽缸之间的摩擦，外界大气压强𝑝
0
= 1.0×105𝑃𝑎，取重力加速度大小𝑔 = 10𝑚/𝑠2。求：(1)起初缸内气体的压强𝑝 ;
1
(2)起初活塞到两触点的距离𝑑。
【答案】解：(1)对活塞受力分析有𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆―𝑚𝑔，
0 1
解得𝑝 = 1.5×105𝑃𝑎。
1
(2)环境的热力学温度由300𝐾缓慢升高到500𝐾，此过程为等压变化，
ℎ𝑆 (ℎ+𝑑)𝑆
则有 = ，
𝑇 0 𝑇
解得𝑑 = 10𝑐𝑚。
【变式2】如图所示，在圆柱形汽缸中用一定质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸
底部开有一小孔，与𝑈形水银管相连，已知外界大气压为𝑝 ，室温𝑡 = 27°𝐶，稳定后两边水银面的高度
0 0
差为𝛥ℎ = 1.5𝑐𝑚，此时活塞离容器底部高度为ℎ = 50𝑐𝑚。已知柱形容器横截面积𝑆 = 0.01𝑚2，大气压
1
𝑝 = 75𝑐𝑚𝐻𝑔 = 1.0×105𝑃𝑎，𝑔 = 10𝑚/𝑠2.求：
0
①活塞的质量；
②现室温降至―33℃时活塞离容器底部的高度ℎ 。
2
【答案】解：①𝐴中气体压强为：𝑝 = 𝑝 +𝑝 = 75𝑐𝑚𝐻𝑔 = 1.0×105𝑃𝑎+𝑝
𝐴 0 𝛥ℎ 𝛥ℎ
对活塞有：𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+𝑚𝑔
𝐴 0
解得：𝑚 = 2𝑘𝑔。
②由于气体等压变化，𝑈形管两侧水银面的高度差不变△ℎ′ = 1.5𝑐𝑚𝑇 = 273+27𝐾 = 300𝐾，体积为：𝑉 = 50𝑆
1 1
𝑇 = 273―33𝐾 = 240𝐾，体积为：𝑉 = ℎ 𝑆
2 2 2
𝑉 𝑉
由盖吕萨克定律得： 1 = 2
𝑇 𝑇
1 2
代入数据解得：ℎ′ = 40𝑐𝑚。
答：①活塞的质量为2𝑘𝑔；
②活塞离容器底部的高度ℎ 为40𝑐𝑚
2
【变式3】如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截
面积为0.1𝑐𝑚2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。
外界温度为300𝐾时，气柱长度𝑙为10𝑐𝑚；当外界温度缓慢升高到310𝐾时，气柱长度变为50𝑐𝑚。已知外
界大气压恒为1.0×105𝑃𝑎，水柱长度不计。
(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功；
(2)求葫芦的容积；
(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1𝑚𝑜𝑙氮气在1.0×105𝑃𝑎、273𝐾状态下的体
积约为22.4𝐿，阿伏伽德罗常数𝑁 取6.0×1023𝑚𝑜𝑙―1。
𝐴
【答案】解：(1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。
设大气压强为𝑝 ，塑料管的横截面积为𝑆，初、末态气柱的长度分别为𝑙 、𝑙 ，气体对外做的功为𝑊
0 1 2
根据功的定义有𝑊 = 𝑝 𝑆(𝑙 ―𝑙 )
0 2 1
解得𝑊 = 0.4𝐽；
(2)设葫芦的容积为𝑉，封闭气体的初、末态温度分别为𝑇 、𝑇 ，体积分别为𝑉 、𝑉 ，
1 2 1 2
𝑉 𝑉
根据盖―吕萨克定律有 1 = 2，
𝑇 𝑇
1 2
𝑉 = 𝑉+𝑆𝑙 ，
1 1
𝑉 = 𝑉+𝑆𝑙 ，
2 2
联立以上各式并代入题给数据得𝑉 = 119 𝑐𝑚3；(3)设在1.0×105𝑃𝑎、273𝐾状态下，1𝑚𝑜𝑙气的体积为𝑉 、温度为𝑇 ，封闭气体的体积为𝑉 ，被封闭氮
0 0 3
气的分子个数为𝑛。
𝑉+𝑆𝑙 𝑉
根据盖―吕萨克定律有 1 = 3
𝑇 𝑇
1 0
𝑉
其中𝑛 = 3𝑁
𝑉 𝐴
0
联立以上各式并代入题给数据得𝑛 = 2.9×1021个。
知识点 2：气体的等容变化
1．定义
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．图像
气体等容变化图像(如图所示)
(1)图甲p－T图像中的等容线是一条过原点的倾斜直线。
(2)图乙p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15℃。
(3)无论p－T图像还是p－t图像，都能根据斜率判断气体体积的大小，斜率越大，体积越小。
3．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。
p p
1 2
(2)表达式：p＝CT(C是常量)或 ＝ 。
T T
1 2
(3)适用条件：气体的质量一定，体积不变。
(4)查理定律的推论
𝑃 = Δ𝑃 或ΔP = 𝑃 Δ𝑇
𝑇 Δ𝑇 𝑇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。
【归纳总结】
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、末两个状态的热力学温度、压强。
(4)根据查理定律列式求解。
(5)求解结果并分析、检验。
【典例1】如图甲所示为一款陶瓷茶杯，在杯中倒入半杯热水，盖上杯盖。刚盖上杯盖时，杯中气体的
压强为𝑝 、温度为𝑇 ，过一会儿，当杯中气体的温度为1.2𝑇 时，杯盖刚好要被顶起，已知大气压强为
0 0 0
𝑝 ，杯盖边沿圆的直径为𝑑，杯盖被顶起前，杯盖边沿不漏气，且杯盖光滑，重力加速度大小为𝑔，不
0
考虑杯中水的蒸发，杯中气体视为理想气体，求：
(1)杯盖刚好被顶起时，杯中气体的压强;
(2)杯盖的质量。
𝑝 𝑝
【答案】(1)设杯盖刚好被顶起时，杯中气体的压强为𝑝，则： 0 =
𝑇 1.2𝑇
0 0
解得𝑝 = 1.2𝑝
0
(2)设杯盖的质量为𝑚，当杯盖刚好被顶起时，根据力的平衡：
𝑃 𝑆+𝑚𝑔 = 𝑝𝑆
0𝑑 2
𝑆 = 𝜋( )
2
𝜋𝑝 𝑑2
解得𝑚 = 0
20𝑔
【典例2】如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，横截面积为40𝑐𝑚2的活塞将一定质量的气
体封闭在气缸内。在气缸内设有𝑎、𝑏两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在𝑎、𝑏上，缸
内气体的压强为𝑝 (𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，为大气压强)，温度为300𝐾。现缓慢加热气缸内气体，当温度为
0 0
330𝐾时，活塞恰好离开𝑎、𝑏；当温度为660𝐾时，活塞上升了4𝑐𝑚。𝑔取10𝑚/𝑠2。求：
(1)活塞的质量；
(2)𝑎、𝑏两限制装置与气缸底部的距离。
【答案】(1)开始加热到活塞刚离开𝑎、𝑏，封闭气体做等容变化，
根据查理定律 𝑝 0 = 𝑝 1，𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎 ， 𝑇 = 300𝐾 ， 𝑇 = 330𝐾，𝑝 = 𝑝 + 𝑚𝑔
𝑇 0 𝑇 1 0 0 1 1 0 𝑆
代入数据解得活塞质量为𝑚 = 4𝑘𝑔
(2)活塞离开𝑎、𝑏后，封闭气体做等压变化，
𝑉 𝑉
根据盖―吕萨克定律 2 = 3，𝑉 = ℎ𝑆 ， 𝑉 = (ℎ+𝑙)𝑆 ， 𝑇 = 330𝐾 ， 𝑇 = 660𝐾
𝑇 𝑇 2 3 2 3
2 3
代入数据解得ℎ = 4𝑐𝑚
【变式1】（单选）如图所示，两端封闭内径均匀的玻璃管竖直放置，内有一段水银柱把玻璃管内空气
分为上下两段气柱。现使温度逐渐升高，则在此过程中玻璃管内的水银柱( )
A. 会向上移动 B. 会向下移动
C. 不会移动 D. 如何移动跟上下两部分气柱的长度有关【答案】A
𝑝 𝛥𝑝
【解析】设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得 =
𝑇 𝛥𝑇
𝛥𝑇
整理得 𝛥𝑝 = 𝑝
𝑇
由于 𝛥𝑇 、 𝑇 都相等，且 𝛥𝑇 > 0 ， 𝑝 < 𝑝 ，可知 𝛥𝑝 < 𝛥𝑝 ，所以随室温逐渐升高过程中玻璃管内
𝐴 𝐵 𝐴 𝐵
的水银柱会向上移动，故选A。
【变式2】可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴完成循环过程，𝐴𝐵和𝐶𝐷
均为等温过程，𝐵𝐶和𝐷𝐴均为等容过程。已知𝑇 = 1200𝐾,𝑇 = 300𝐾，气体在状态𝐴的压强𝑝 = 8.0×1
1 2 𝐴
05𝑃𝑎，体积𝑉 = 1.0𝑚3，气体在状态𝐶的压强𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎。求：
1 𝐶
(1)气体在状态𝐷的压强𝑝 ；
𝐷
(2)气体在状态𝐵的体积𝑉 。
2
𝑝 𝑝
【答案】(1)从𝐷到𝐴状态，根据查理定律 𝐴 = 𝐷
𝑇 𝑇
1 2
解得𝑝 = 2×105𝑃𝑎
𝐷
(2)从𝐶到𝐷状态，根据玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉
𝐶 2 𝐷 1
解得𝑉 = 2.0𝑚3
2
【变式3】如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦
滑动，移动范围被限制在卡销𝑎、𝑏之间，𝑏与汽缸底部的距离𝑏𝑐 = 10𝑎𝑏，活塞的面积为1.0×10―2𝑚2。
初始时，活塞在卡销𝑎处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105𝑃𝑎
和300𝐾。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销𝑏处(过程中气体温度视为
不变)，外力增加到200𝑁并保持不变。
(1)求外力增加到200𝑁时，卡销𝑏对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销𝑏时气体的温度。【答案】(1)活塞从位置 𝑎 到 𝑏 过程中，气体做等温变化，初态𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎 、 𝑉 = 𝑆⋅11𝑎𝑏
1 1
末态气体压强设为𝑝 ，体积 𝑉 = 𝑆⋅10𝑎𝑏
2 2
根据玻意耳定律可得：𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉
1 1 2 2
解得𝑝 = 1.1×105𝑃𝑎
2
此时对活塞根据平衡条件𝐹+𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+𝑁
1 2
解得卡销𝑏对活塞支持力的大小𝑁 = 100𝑁
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销𝑏时，气体做等容变化，初态
𝑝 = 1.1×105𝑃𝑎 ， 𝑇 = 300𝐾
2 2
末态，对活塞根据平衡条件𝑝 𝑆 = 𝐹+𝑝 𝑆
3 1
解得𝑝 = 1.2×105𝑃𝑎
3
𝑝 𝑝
设此时温度为 𝑇 ，根据查理定律可得： 2 = 3
3 𝑇 𝑇
2 3
解得𝑇 ≈ 327𝐾
3
知识点 3：p－T图像和 V－T图像
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
气体质量一定时，斜率越大，压强越
气体质量一定时，斜率越大，体积越
小，有
斜率意义
小，有V＜V＜V＜V
4 3 2 1
p＜p＜p＜p
4 3 2 1(1)都是一条过原点的倾斜直线
相同点 (2)横坐标都是热力学温度T
(3)都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小
2． 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)不是热力学温度的先转换为热力学温度。
(3)解决问题时要将图像与实际情况相结合。
【典例1】（单选）一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 𝑎→𝑏过程中，气体温度降低，体积增大
B. 𝑏→𝑐过程中，气体温度不变，体积变小
C. 𝑐→𝑎过程中，气体压强增大，体积不变
D. 在𝑐状态时，气体的体积最小
【答案】C
𝑉
【解析】A、 𝑎→𝑏 过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖―吕萨克定律 = 𝐶 得知，体积应减小，
𝑇
故A错误；
B、 𝑏→𝑐 过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化；根据玻意耳定律𝑝𝑉 = 𝐶得知，由于压强减
小，故体积增大，故B错误；
𝐶𝐷、 𝑐→𝑎 过程中，由图可知，𝑝与𝑇成正比，过坐标原点，则气体发生等容变化，体积不变，而压强增
大，综上所述可知在𝑏状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。
故选C。
【典例2】（单选）一定质量的理想气体从状态𝐴缓慢经过𝐵、𝐶、𝐷再回到状态𝐴，其热力学温度𝑇和体积𝑉
的关系图像如图所示，𝐵𝐴和𝐶𝐷的延长线均过原点𝑂，气体在状态𝐴时的压强为𝑝 ，下列说法正确的是( )
0A. 气体在状态𝐷时的压强大于𝑝
0
B. 𝐵→𝐶过程中气体的内能减小
𝑇
C. 𝐷→𝐴过程中气体的温度升高了 0
6
D. 𝐶→𝐷过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少
【答案】C
【解析】𝐴．根据𝑝𝑉 = 𝐶𝑇可知𝐴→𝐵、𝐶→𝐷过程中气体压强均不变，𝐵→𝐶过程中气体的压强减小，根据
2 2
等温变化规律可知气体在状态𝐶时的压强为 𝑝 ，即气体在状态𝐷时的压强为 𝑝 选项A错误；
0 0,
3 3
𝐵．𝐵→𝐶过程中气体的温度不变，内能也不变，选项B错误；
𝑇 𝑇
𝐶．𝐴→𝐵过程为等压变化，根据等压变化规律可知，𝑇 = 𝐵 = 0，𝐷→𝐴过程为等容变化，根据等容变
𝐴
2 2
𝑇 𝑇
化规律可知，𝑇 = 0，则𝐷→𝐴过程中气体的温度升高了 0，选项C正确；
𝐷
3 6
𝐷．根据𝑝𝑉 = 𝐶𝑇可知，𝐶→𝐷过程中气体的压强不变且气体的温度降低，分子平均动能减小，所以气体
分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，选项D错误。
【变式1】（单选）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态𝑎经𝑏、𝑐、𝑑三个状态又回到状态
𝑎。已知线段𝑏𝑐、𝑎𝑑均与𝑝轴平行，下列说法错误的是( )
A. 𝑎→𝑏过程，单位体积分子数增大
B. 𝑏→𝑐过程，气体分子的平均动能增大
C. 𝑐→𝑑过程，单位时间内气体分子对单位面积器壁的平均作用力减小
D. 𝑑→𝑎过程，单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数不变【答案】D
【解析】A.𝑎→𝑏过程，体积减小，气体分子的数密度增大，故A正确；
B.𝑏→𝑐过程，体积不变，压强增大，所以温度升高，气体分子的平均动能增大，故B正确；
C.𝑐→𝑑过程，压强减小，单位时间内气体分子对单位面积器壁的平均作用力减小，故C正确；
D.𝑑→𝑎过程，温度降低，单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小，故D错误。
本题选择错误选项，故选D。
【变式2】（单选）如图，各实线分别表示一定质量的理想气体经历的不同状态变化过程，其中气体体
积减小的过程为( )
A. 𝑎→𝑏 B. 𝑏→𝑎 C. 𝑏→𝑐 D. 𝑑→𝑏
【答案】A
𝑝𝑉 𝐶⋅(273+𝑡)
【解析】理想气体状态方程 = 𝐶，其中：𝑇 = 𝑡+273 ，联立得：𝑉 = ，所以直线𝑏𝑐为等容
𝑇 𝑝
𝑝𝑉
变化的曲线；同时，过𝑎点做等温线如图，由理想气体状态方程 = 𝐶可知，在相等的温度下，压强越
𝑇
大，则体积越小，所以𝑎点的体积最大，𝑑点的体积最小，𝑎→𝑏的过程体积减小，𝑏→𝑎的过程体积增大，
𝑏→𝑐的过程是等容过程，同理过𝑑作等温线可知𝑑→𝑏的过程体积增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
【变式3】一定质量的理想气体体积𝑉与热力学温度𝑇的关系图像如图所示，已知气体在状态𝐴时的压强为
𝑝 且温度为𝑇 ，线段𝐴𝐵与𝑉轴平行，𝐵𝐶的延长线过原点，求：
0 0
(1)气体在状态𝐵时的压强𝑝 ；
𝐵
(2)气体在状态𝐶时的温度𝑇 。
𝐶【答案】(1)𝐴到𝐵是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉
𝐴 𝐴 𝐵 𝐵
1
解得𝑝 = 𝑝
𝐵 0；
2
𝑉 𝑉
(2)由𝐵到𝐶是等压变化，根据盖―吕萨克定律得有 𝐵 = 𝐶
𝑇 𝑇
𝐵 𝐶
1
解得𝑇 = 𝑇
𝐶 0
2
【方法技巧】
方法技巧 气体图像相互转换的分析方法
(1)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态
(p′、V′、T′)的过程，并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。
(2)从图像中某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一
点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T。
(3)根据计算结果在图像中描点、连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。
【巩固训练】
一、单选题。
1.如图所示，长度为2𝐿的细玻璃管开口向上竖直放置，一段长为𝐿的水银柱把一定质量的理想气体封闭
在玻璃管内，气体的长度为𝐿，热力学温度为𝑇 ，压强为2𝑝 。已知大气压强为𝑝 ，下列说法正确的是
0 0 0
( )A. 若管内气体的热力学温度缓慢降低，则气体做等容变化
B. 若管内气体的热力学温度缓慢升高，则气体做等压变化
C. 若管内气体的热力学温度缓慢降低到0.5𝑇 ，则水银柱的上表面到管口的距离为0.75𝐿
0
D. 若管内气体的热力学温度缓慢升高，则当水银柱的长度变为0.5𝐿时，管内气体的压强为1.5𝑝
0
【答案】D
【解析】A、若管内气体的温度缓慢降低，则水银柱缓慢降低，长度不变，气体的压强不变，气体做等
压变化，选项A错误;
B、初状态水银柱上表面与玻璃管口齐平，若气体的温度缓慢升高，则气体的体积增大，水银柱将溢出，
气体的压强减小，气体不做等压变化，选项B错误;
C、若管内气体的温度缓慢降低到0．5𝑇 ，则气体做等压变化，由等压变化规律可得气体的长度减半，
0
长度变为0.5𝐿，水银柱下降0.5𝐿，水银柱上表面到管口的距离为0.5𝐿，选项C错误;
D、若管内气体的温度缓慢升高，则当水银柱的长度变为0.5𝐿时，气体的压强为1．5𝑝 ，选项D正确。
0
2.一同学用烧水壶烧水，水烧开后倒入水瓶，倒完开水时壶中气体的温度为77℃，此时壶中气体的质
𝑚
量为𝑚 。静置一段时间后，当壶中气体的温度为27℃时，壶中气体的质量为𝑚 ，则 1等于( )
1 2 𝑚
2
6 5 5 2
A. B. C. D.
7 7 6 3
【答案】A
【解析】设烧水壶的容积为𝑉，
初态温度𝑇 = (273+77)𝐾 = 350𝐾，
1
末态温度𝑇 = (273+27)𝐾 = 300𝐾，
2
该过程为等压变化，由盖―吕萨克定律可得 𝑉′ = 𝑉 ，
350𝐾 300𝐾
解得𝑉′ = 7 𝑉，气体密度不变，则 𝑚 1 = 𝑉 = 6 ，𝐴项正确。
6 𝑚 2 𝑉′ 7
故选A。
3.两端封闭玻璃管水平放置，一段水银把管内同种气体分成两部分，𝑉 > 𝑉 ，如图。当温度为𝑡 时，
左 右 1
水银柱静止不动，现把两边都加热到𝑡 ，则管内水银柱将( )
2A. 向左移动 B. 向右移动 C. 保持静止 D. 无法判断
【答案】C
𝑝 𝑝+𝛥𝑝
【解析】假设水银柱不动，则气体体积不变，由查理定律得： =
𝑇 1 𝑇 2
𝑇 ―𝑇 𝛥𝑇
则𝛥𝑝 = 2 1𝑃 = 𝑃
𝑇 𝑇
1 1
由于两部分气体的 ▵𝑇 、 𝑇 、𝑝都相等，则气体压强的变化量 ▵𝑝 相等，水银柱受到两边气体压力的变
1
化量相等，则水银柱保持不动；
A.向左移动，与结论不相符，选项A错误；
B.向右移动，与结论不相符，选项B错误；
C.保持静止，与结论相符，选项 C正确；
D.无法判断，与结论不相符，选项D错误；
故选C．
4.一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0 ∘C升高到10 ∘C时，其压强的增加量为𝛥𝑝 ，当它由
1
100 ∘C升高到110 ∘C时，其压强的增加量为𝛥𝑝 ，则𝛥𝑝 与𝛥𝑝 之比是( )
2 1 2
A. 1∶1 B. 1∶10C. 10∶110 D. 110∶10
【答案】A
【解析】等容变化中，这四个状态在同一条等容线上，因𝛥𝑇相同，所以𝛥𝑝也相同。
故选A。
5.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的
是( )
A. 𝑎→𝑏过程中，气体体积变大，温度降低
B. 𝑏→𝑐过程中，气体温度不变，体积变小
C. 𝑐→𝑎过程中，气体体积变小，压强增大
D. 𝑐→𝑎过程中，气体压强增大，温度升高
【答案】D
𝑉 𝑉
【解析】解：𝐴.由图可知，𝑎→𝑏过程等压变化，温度降低，由盖―吕萨克定律有 𝑎 = 𝑏，有𝑉 > 𝑉 ，
𝑇 𝑇 𝑎 𝑏
𝑎 𝑏
即气体体积变小，故A错误；
B.由图可知，𝑏→𝑐过程等温变化，气体压强变小，由玻意耳定律有𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，可知𝑉 < 𝑉 ，即气体
𝑏 𝑏 𝑐 𝑐 𝑏 𝑐
体积变大，故B错误；𝐶𝐷.由图可知，𝑐→𝑎过程等容变化，据查理定律可知𝑝与𝑇成正比，则气体压强增大，温度升高，故C错
误，D正确。
故选：𝐷。
二、多选题。
6.如图所示，质量为𝑀的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内，活塞可在汽缸
内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体缓慢地加热，汽缸处在大气中，大气压强恒定，活塞始终在汽
缸内。经过一段较长时间后，下列说法正确的是( )
A. 汽缸中气体的压强比加热前要大
B. 汽缸中气体的压强保持不变
C. 汽缸中气体的体积比加热前要大
D. 活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要多
【答案】BC
𝑚𝑔
【解析】𝐴𝐵.汽缸内封闭气体的压强𝑝 = 𝑝 +
0 𝑆
则知加热时封闭气体的压强保持不变，故A错误，B正确；
C.封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故C正确；
D.温度升高，分子的平均动能增大，体积增大，单位体积气体分子数减少，由于气体的压强不变，根据
压强的微观意义知活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前减少，故D错误。
故选BC。
7.如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87℃，压强等于外
界大气压强𝑝 。已知杯盖的质量为𝑚，茶杯(不含杯盖)的质量为𝑀，杯口面积为𝑆，重力加速度为𝑔。当
0
茶杯内气体温度降为27℃时，下列说法正确的是( )
1 5
A. 茶杯对杯盖的支持力为𝑚𝑔+ 𝑝 𝑆 B. 茶杯对杯盖的支持力为𝑚𝑔+ 𝑝 𝑆
0 0
6 65
C. 茶杯对桌面的压力为𝑀𝑔+ 𝑝 𝑆 D. 茶杯对桌面的压力为𝑀𝑔+𝑚𝑔
0
6
【答案】AD
【解析】𝐴𝐵.由题意
𝑇 = (273+87)K = 360K
0
𝑇 = (273+27)K = 300K
1
对于茶杯内的气体，由查理定律可得
𝑝 𝑝
0 1
=
𝑇 𝑇
0 1
解得
5
𝑝 = 𝑝
1 6 0
对杯盖受力分析，由平衡条件可得
𝑚𝑔+𝑝 𝑆 =𝑝 𝑆+𝐹
0 1 N
解得
1
𝐹 = 𝑚𝑔+ 𝑝 𝑆
N 6 0
A正确，B错误；
𝐶𝐷.对茶杯、杯盖整体受力分析可知桌面对茶杯的支持力为
𝐹 = (𝑀+𝑚)𝑔
由牛顿第三定律可知茶杯对桌面的压力为(𝑀+𝑚)𝑔，C错误，D正确。
故选AD。
8.图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬
质玻璃泡𝑎内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与𝑎相连的𝑏管插在水槽中固定，
𝑏管中液面高度会随环境温度变化而变化。设𝑏管的体积与𝑎泡的体积相比可忽略不计，
在标准大气压𝑝 下，𝑏管上的刻度可以直接读出环境温度。则在𝑝 下( )
0 0
A. 环境温度升高时，𝑏管中液面升高 B. 环境温度降低时，𝑏管中液面升高
C. 水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D. 水槽中的水少量蒸发后，温度
测量值偏大
【答案】BD
【解析】解：由于𝑏管的体积与𝑎泡的体积相比可忽略不计，𝑎泡中的封闭气体做等容变化；
根据查理定律 𝑝 1 = 𝑝 2
𝑇 0 𝑇
根据平衡条件𝑝 = 𝑝 ―𝜌𝑔ℎ ，𝑝 = 𝑝 ―𝜌𝑔ℎ
1 0 0 2 0𝑝 𝑇 𝜌𝑔𝑇
联立解得𝑇 = 0 0 ― 0 ⋅ℎ
𝑝 ―𝜌𝑔ℎ 𝑝 ―𝜌𝑔ℎ
0 0 0 0
𝐴𝐵.根据上述分析，环境温度升高时，𝑏管中液面降低，环境温度降低时，𝑏管中液面升高，故A错误，
B正确；
𝐶𝐷.由𝐴𝐵选项分析可知，𝑏管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，𝑎中压强不变，𝑏管中液面液槽
内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则𝑏管内液面降低，则温度测量值偏大，
故 D正确， C错误。
故选：𝐵𝐷。
9.0.3𝑚𝑜𝑙的某种气体的压强和温度的关系图像(𝑝―𝑡图像)如图所示。𝑝 表示1个标准大气压，标准状态
0
(0℃,1个标准大气压)下气体的摩尔体积为22.4𝐿⋅𝑚𝑜𝑙―1。下列说法正确的是( )
A. 状态𝐴时气体的体积为5.6𝐿 B. 状态𝐴时气体的体积为6.72𝐿
C. 状态𝐵时气体的体积为1.2𝐿 D. 状态𝐵时气体的体积为8.4𝐿
【答案】BD
【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22.4×0.3𝐿 = 6.72𝐿，
由题中图线可知，从压强为𝑝 到𝐴状态，气体做等容变化，𝐴状态时气体的体积为6.72𝐿，温度为
0
(127+273)𝐾 = 400𝐾，
从𝐴状态到𝐵状态为等压变化，𝐵状态的温度为(227+273)𝐾 = 500𝐾，
𝑉 𝑉 𝑇 𝑉
根据盖―吕萨克定律 𝐴 = 𝐵 得𝑉 = 𝐵 𝐴 = 8.4𝐿，故选BD。
𝑇 𝑇 𝐵 𝑇
𝐴 𝐵 𝐴
10.质量为𝑀、半径为𝑅的圆柱形汽缸(上端有卡扣)用活塞封闭一定质量的理想气体，如图甲所示，活塞
用细线连接并悬挂在足够高的天花板上。初始时封闭气体的热力学温度为𝑇 ，活塞与容器上、下部的
0
距离分别为ℎ和2ℎ，现让封闭气体的温度缓慢升高，气体从初始状态𝐴经状态𝐵到达状态𝐶，其𝑝―𝑉图像
如图乙所示，已知外界大气压恒为𝑝 ，点𝑂、𝐴、𝐶共线，活塞气密性良好，重力加速度大小为𝑔。则理
0
想气体在状态( )𝑀𝑔
A. 𝐵的热力学温度为2𝑇 B. 𝐵的压强为𝑝 ―
0 0
𝜋𝑅2
C. 𝐶的压强为 𝑝 0― 𝑀𝑔 D. 𝐶的热力学温度为 9𝑇 0
2 𝜋𝑅2 4
【答案】BD
2ℎ 3ℎ
【解析】A.气体从状态 𝐴 到 𝐵为等压变化，有 =
𝑇 𝑇
0 𝐵
3
解得𝑇 = 𝑇
𝐵 0
2
选项A错误；
B.汽缸悬挂后处于平衡状态，有𝑀𝑔+𝑝 𝜋𝑅2 = 𝑝 𝜋𝑅2
𝐵 0
𝑀𝑔
解得𝑝 = 𝑝 ―
𝐵 0
𝜋𝑅2
选项B正确；
C.气体在状态 𝐵时活塞处于顶端，𝐵到 𝐶为等容变化，有 𝑝 𝐵 = 𝑝 𝐴 = 2
𝑝 𝐶 𝑝 𝐶 3
3𝑝 3𝑀𝑔
解得𝑝 = 0―
𝐶
2 2𝜋𝑅2
选项C错误；
𝑝 𝑝
D.气体从状态 𝐵到 𝐶为等容变化，有 𝐵 = 𝐶
𝑇 𝑇
𝐵 𝐶
解得𝑇 = 𝑝 𝐶𝑇 = 9 𝑇
𝐶 𝑝 𝐵 𝐵 4 0
选项D正确。
故选BD。
三、计算题。
11.如图，长度为𝑙 = 85𝑐𝑚、粗细均匀的玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口，中间有一段高度ℎ = 25𝑐𝑚
的水银柱封闭了一段理想气体，气柱长度为𝑙 = 30𝑐𝑚，气体温度为𝑇 ，大气压强𝑝 = 75𝑐𝑚𝐻𝑔，不计
0 0 0
摩擦。
(1)先将玻璃管缓慢转至水平，稳定后封闭气体的长度为多少？
(2)在玻璃管水平状态下，对气体缓慢加热，当水银刚好不溢出时，此时气体的温度为多少(用𝑇 表示)？
0【答案】(1)设玻璃管横截面积为𝑆，玻璃管由竖直缓慢转至水平，
根据玻意耳定律有𝑝 𝑙 𝑆 = 𝑝 𝑙 𝑆
1 0 2 2
其中𝑝 = 𝑝 +ℎ，𝑝 = 𝑝
1 0 2 0
代入数据，解得玻璃管水平时封闭气体的长度𝑙 = 40𝑐𝑚；
2
(2)在玻璃管水平状态下，对气体缓慢加热，当水银刚好不溢出时，此时气体的温度设为𝑇 ，气体发生
1
𝑙 𝑆 𝑙 𝑆
等压变化，根据盖―吕萨克定律，有2 = 3
𝑇 𝑇
0 1
其中𝑙 = 85𝑐𝑚―25𝑐𝑚 = 60𝑐𝑚
3
解得𝑇 = 1.5𝑇 。
1 0
12.定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为𝑉 的某气罐装有温度为𝑇 、
1 1
压强为𝑝 的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和
1
球内的温度均为𝑇 ，压强均为𝑘𝑝 ，𝑘为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体
1 1
视为理想气体，假设全过程无漏气。
(1)求密封时定高气球内气体的体积；
(2)若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为𝑇 ，求此时气体的压强。
2
【答案】(1)设密封时定高气球内气体体积为𝑉，由玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑘𝑝 (𝑉 +𝑉)
1 1 1 1
1―𝑘
解得𝑉 = 𝑉
1
𝑘
𝑘𝑝 𝑝
(2)由查理定律 1 =
𝑇 1 𝑇 2
𝑘𝑝 𝑇
解得𝑝 = 1 2。
𝑇
1
13.差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，𝐴、𝐵两个导热良好的气缸通过
差压阀连接，𝐴内轻质活塞的上方与大气连通，𝐵内气体体积不变。当𝐴内气体压强减去𝐵内气体压强大于
𝛥𝑝时差压阀打开，𝐴内气体缓慢进入𝐵中；当该差值小于或等于𝛥𝑝时差压阀关闭。当环境温度𝑇 = 300𝐾
1
时，𝐴内气体体积𝑉 = 4.0×102𝑚3，𝐵内气体压强𝑝 等于大气压强𝑝 ，已知活塞的横截面积𝑆 = 0.10
𝐴1 𝐵1 0
𝑚2，𝛥𝑝 = 0.11𝑝 ，𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，重力加速度大小取𝑔 = 10𝑚/𝑠2，𝐴、𝐵内的气体可视为理想气体，
0 0
忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到𝑇 = 270𝐾时：
2(1)求𝐵内气体压强𝑝 ；
𝐵2
(2)求𝐴内气体体积𝑉 ；
𝐴2
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若𝐵内气体压强回到𝑝 并保持不变，求已倒入铁砂的质量𝑚。
0
【答案】(1)初始时𝑝 = 𝑝 = 𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，𝑇 = 𝑇 = 𝑇 = 300𝐾，
𝐴1 𝐵1 0 𝐴1 𝐵1 1
降温后𝑇 = 𝑇 = 𝑇 = 270𝐾
𝐴2 𝐵2 2
𝑝 𝑝
降温过程中𝐵内气体为等容变化，则 𝐵1 = 𝐵2，
𝑇 𝑇
𝐵1 𝐵2
9
代入数据解得𝑝 = 𝑝 = 9×104𝑃𝑎
𝐵2 𝐵1
10
(2)降温过程中𝐴内气体为等压变化，则 𝑉 𝐴1 = 𝑉 𝐴2，代入数据解得𝑉 = 9 𝑉 = 3.6×102𝑚3
𝑇 𝐴1 𝑇 𝐴2 𝐴2 10 𝐴1
(3)最终稳定状态时𝑝 = 𝑝 ，差压阀关闭时满足𝑝 ―𝑝 =△ 𝑝，
𝐵 0 𝐴 𝐵
代入数据解得：𝑝 = 1.11𝑝 = 1.11×105𝑃𝑎
𝐴 0
最终稳定状态时，活塞受力平衡，有𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+𝑚𝑔，
𝐴 0
代入数据解得：𝑚 = 110𝑘𝑔
