A．不动B．向左移动
C．向右移动D．无法确定是否移动
6.
图4
如图4所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l2＝2l1，若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？
（设原来温度相同）
1．一定质量的气体保持其压强不变，若热力学温度降为原来的一半，则气体的体积变为原来的（ ）
A．四倍B．二倍C．一半D．四分之一
2．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，主要原因是（ ）
A．软木塞受潮膨胀
B．瓶口因温度降低而收缩变小
C．白天气温升高，大气压强变大
D．瓶内气体压强因温度降低而减小
3．在密封容器中装有某种气体，当温度从50℃升高到100℃时，气体的压强从p1变到p2，则（ ）
A.＝B.＝
C.＝D．1<<2
4．对于一定质量的气体，以下说法正确的是（ ）
A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比
B．气体做等容变化时，温度升高1℃，增加的压强是原来压强的1/273
C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，则p2＝p1[1＋（t2－t1）/273]
5．一定质量的气体，如果保持它的压强不变，降低温度，使它的体积为0℃时的倍，则此时气体的温度为（ ）
A．－273/n℃B．－273（1－n）/n℃
C．－273（n－1）/n℃D．273n（n－1）℃
6．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由10℃增到15℃，体积的增量为ΔV2，则（ ）
A．ΔV1＝ΔV2B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2D．无法确定
7.
图5
如图5所示，一端封闭、一端开口的U形管竖直放置，管中有两段水银柱封闭着a、b两部分气体，若保持a部分气体温度不变，使b部分气体温度升高，则（ ）
A．a的体积和压强不变；b的体积变大，压强不变
B．a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强变小
C．a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强不变
D．a和b的体积都变大，压强都变小
8.
图6
如图6所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中气柱上方水银柱的移动情况是（ ）
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．无法判断
9.
图7
如图7所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0℃，B中气体温度为20℃，如果将它们的温度都降低10℃，则水银柱将（ ）
A．向A移动B．向B移动
C．不动D．不能确定
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答 案
10.
图8
如图8所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙的地面上，汽缸内被活塞封闭着一定质量的空气．汽缸质量为M＝10kg，缸壁厚度不计，活塞质量m＝5.0kg，其圆面积S＝50cm2，与缸壁摩擦不计．在缸内气体温度为27℃时，活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力．现设法使缸内气体温度升高，问当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力？
（大气压强p0＝105Pa，g取10m/s2）
11．一定质量的空气，27℃时的体积为1.0×10－2m3，在压强不变的情况下，温度升高100℃时体积是多大？
第2课时 查理定律 盖·吕萨克定律
课前预习练
1．压强p 热力学温度T
2．体积V 热力学温度T
3．B [一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，得T2＝＝2T1，B正确．]
4．D [根据查理定律＝得p2＝p1＝p1，即压强变为原来的倍．p2－p1＝（－1）p1＝p1，气体压强比原来增加了，所以正确答案为D.]
5．A [一定质量的气体，压强保持不变时，其热力学温度和体积成正比，则温度升高，体积增大；温度降低，体积减小；温度不变，体积也不发生变化，故A正确．]
6．B [此情景为等压过程，有两个状态．
t1＝30刻线，V1＝30S和t2＝90刻线，V2＝36S
设T＝t刻线＋x，则由盖·吕萨克定律得＝
即＝解得x＝270刻线，所以绝对零度相当于－270刻线，选B.]
课堂探究练
1．0.38atm
解析 忽略灯泡容积的变化，气体为等容变化，找出气体的初、末状态，运用查理定律即可求解．
灯泡内气体初、末状态的参量分别为
气体在500℃，p1＝1atm，T1＝（273＋500）K＝773K.
气体在20℃时，热力学温度为T2＝（273＋20）K＝293K.
由查理定律＝得
p2＝p1＝×1atm≈0.38atm
方法总结 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＝常量或＝.
2．C [由查理定律得Δp＝ΔT.一定质量的气体在体积不变的条件下＝恒量，温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃，ΔT＝10K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．]
方法总结 查理定律的重要推论：
一定质量的气体，从初状态（p、T）开始，发生一个等容变化过程，其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT间的关系为：
＝或＝.
3．1cm
解析 当水温升高时，筒内的气体发生的一个等压变化过程．设筒底露出水面的高度为h.当t1＝7℃即T1＝280K时，V1＝14cm长气柱；当T2＝300K时，V2＝（14cm＋h）长气柱．由等压过程的关系有＝，即＝，解得h＝1cm，也就是钢筒露出水面的高度为1cm.
方法总结 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＝常量或＝.
4．A [由盖·吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝·V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2（V1、V2分别是气体在5℃和10℃时的体积），而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确．]
方法总结 盖·吕萨克定律的重要推论：
一定质量的气体从初状态（V、T）开始发生等压变化，其体积的改变量ΔV与温度的变化量ΔT之间的关系是：
＝或＝
5．C [设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p左＝p右＝p
对左端＝，则Δp左＝p左＝p
同理右端Δp右＝p
所以Δp右>Δp左即右侧压强降低得比左侧多，故液柱向右移动，选项C正确．]
6．水银柱将向上移动
解析 假设上、下两部分气体的体积不变，
由查理定律得到Δp＝p，则
对上端Δp上＝p上
对下端Δp下＝p下
其中ΔT上＝ΔT下，T上＝T下，p上所以Δp上<Δp下，即下端压强升高得比上端多，故液柱向上移动．
方法总结 此类问题研究三个状态参量（p、V、T）之间的相互关系，我们可以先保持其中一个物理量不变，从而确定其它两个量之间的相互关系，进而研究各量之间的关系．在液柱移动问题中，我们可以先假设两边气体体积不变，利用＝常量分别研究两边压强与温度的关系，得到两边压强变化量Δp的大小关系，从而确定液柱移动情况．
课后巩固练
1．C
2．D
3．C
4．C [一定质量的气体做等容变化，气体的压强是跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不是正比关系，A错；根据Δp＝p知，只有0℃时，B选项才成立，故B错误；气体压强的变化量，总是跟温度的变化量成正比，无论是摄氏温度，还是热力学温度，C正确；＝，解得p2＝p1（1＋），由此可判断D错误．]
5．C [根据盖·吕萨克定律，在压强不变的条件下V1＝V0（1＋），即＝V0（1＋），整理后得t＝－273（n－1）/n℃.]
6．A [当p不变时，由盖·吕萨定律＝常量，知＝＝，ΔV1＝V2－V1＝V1，ΔV2＝V3－V2＝V2＝·V1＝V1，故A正确．]
7．A [由于b部分气体压强pb＝p0＋ph1保持不变，温度升高，体积增大，而a部分气体的压强pa＝pb－ph2＝p0＋ph1－ph2也保持不变，温度不变，由玻意耳定律知体积不变，故只有A项正确．]
8．A [因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化．并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变．
根据盖—吕萨克定律的分比形式ΔV＝·V，因A、B管中的封闭气柱，初温T相同，温度降低量ΔT也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1>H2，A管中气柱的体积较大，|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多．本题的正确答案是选项A.]
9．A [由Δp＝p，可知Δp∝，而TA＝273.15K，TB＝293.15K，所以A部分气体压强减小的多，水银柱将向A移动．]
10．127℃
解析 因为当温度T1＝（273＋27）K＝300K时，活塞对地面恰好无压力，列平衡方程：
p1S＋mg＝p0S，
解得p1＝p0－＝105Pa－Pa＝0.9×105Pa
若温度升高，气体压强增大，汽缸恰对地面无压力时，列平衡方程：
p2S＝p0S＋Mg，
解得p2＝p0＋＝105Pa＋Pa＝1.2×105Pa
根据查理定律：
＝，得＝
解得t＝127℃.
11．1.33×10－2m3
解析 一定质量的空气，在等压变化过程中，可以运用盖·吕萨克定律进行求解，空气的初、末状态参量分别为
初状态：
T1＝（273＋27）K＝300K，
V1＝1.0×10－2m3
末状态：
T2＝（273＋27＋100）K＝400K
由盖·吕萨克定律＝得，气体温度升高100℃时的体积为
V2＝V1＝×1.0×10－2m3＝1.33×10－2m3
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