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1、1第 2 节 气体的等容变化和等压变化对点训练考点 1 查理定律的应用1.一个密封的钢管内装有空气，在温度为 20 时，压强为 1 atm，若温度上升到 80 ，管内空气的压强约为( )A.4 atm B. atm14C.1.2 atm D. atm56答案 C解析 由 得： p2 p1 p1， p21.2 atm。p1p2 T1T2 T2T1 273 80273 202(多选)一定质量的气体作等容变化时，其 pt 图象如图所示，若保持气体质量不变，而改变容器的容积，再让气体作等容变化，则其等容线与原来相比，下列可能正确的是( )A.等容线与 p 轴之间夹角变小B.等容线与 p 轴之间夹角变大

2、C.等容线与 t 轴交点的位置不变D.等容线与 t 轴交点的位置一定改变答案 ABC解析 对于一定质量气体等容变化的 pt 图线，总是要经过点(273 ，0)，因此，C 选项正确，D 错误；由于题目没有给定体积变化的情况，所以 A、B 选项都有可能。23.气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡 A 内充有理想气体，通过细玻璃管 B 和水银压强计相连。开始时 A 处于冰水混合物中，左管 C 中水银面在 O 点处，右管 D 中水银面高出O 点 h114 cm。后将 A 放入待测恒温槽中，上下移动 D，使 C 中水银面仍在 O 点处，测得 D 中水银面高出 O 点 h244 cm。(已知外界大气压为 1

3、 个标准大气压，1 标准大气压相当于 76 cmHg)(1)求恒温槽的温度；(2)此过程 A 内气体内能_(填“增大”或“减小”)。答案 (1)364 K(或 91 ) (2)增大解析 (1)设恒温槽的温度为 T2，由题意知 T1273 K，A 内气体发生等容变化，根据查理定律得 p1T1 p2T2p1 p0 ph1 p0 p01476p2 p0 ph2 p0 p04476联立式，代入数据得 T2364 K(或 91 )。(2)温度升高， A 内气体内能增大。考点 2 盖吕萨克定律的应用4.(多选)在下图中， p 表示压强， V 表示体积， T 表示热力学温度， t 表示摄氏温度，能正确描述一

4、定质量的理想气体等压变化规律的是 ( )3答案 AC解析 一定质量的理想气体在等压变化中，压强不变，体积 V 与绝对温度 T 成正比。其中 B 图明显看出气体压强减小，观察可知 D 图中气体压强增大，故只有 A、C 符合要求。5.(多选)一定质量的气体在等压变化中体积增大了 ，若气体原来温度是 27 ，则温12度的变化是( )A.升高到 450 K B升高了 150 C.升高到 40.5 D升高到 450 答案 AB解析 等压变化中，有 ，即 ，解得 x450 K，故温度会升高到V1T1 V2T2 V1273 27 32V1x450 K，即升高了 150 。6如图，某同学用封有气体的玻璃管来测

5、绝对零度，当容器水温是 30 时，空气柱长度为 30 cm，当水温是 90 时，空气柱的长度是 36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度( )A.273 B270 C.268 D271 答案 B解析 由等压变化知 所以有 ，绝对零度空气柱长为 0，故 V1T1 V2T2 V1 T1 V2 T2 V2 V1T2 T14，得 T1300 K，所以绝对零度应是(30300) 270 ，B 正确。V1 0T1 07.一个开着窗户的房间，温度为 7 时室内空气质量为 m kg，当温度升高到 27 时，室内空气的质量为多少 kg？答案 m kg1415解析 应用盖吕萨克定律，以跑到室外的气体与室

6、内的气体整体为研究对象，设原来体积为 V1，温度升高后体积为 V2，已知 T1280 K， T2300 K，根据盖吕萨克定律： 得 V2 V1 V1 V1。V1T1 V2T2 T2T1 300280 1514因温度升高后留在室内的气体体积仍为 V1，占总体积的比例为 。所以V1V2 V11514V1 1415m2 m kg。1415综合训练8.(多选)如图所示是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，哪些是正确的( )A.a d 的过程气体体积增加B.b d 的过程气体体积不变C.c d 的过程气体体积增加D.a d 的过程气体体积减小答案 AB解析 在 pT 图上的等容线的延

7、长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小。由此可见， a 状态对应体积最小， c 状态对应体积最大。所以选项 A、B 是正确的。59.(多选)一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的 ab、 bc、 cd、 da 四个过程，其中 bc 的延长线通过原点， cd 垂直于 ab 且与水平轴平行， da 与 bc 平行，则气体体积在( )A.ab 过程中不断增加 B bc 过程中保持不变C.cd 过程中不断增加 D da 过程中保持不变答案 AB解析 首先，因为 bc 的延长线通过原点，所以 bc 是等容线，即气体体积在 bc 过程中保持不变，B 正确； ab 是等温线，压强减小则体积增大，A

8、 正确； cd 是等压线，温度降低则体积减小，C 错误；如图所示，连接 aO 交 cd 于 e，则 ae 是等容线，即 Va Ve，因为Vd Ve，所以 Vd Va，所以 da 过程中体积增加，D 错误。10.一个质量可不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内，活塞上堆放着铁砂，如图所示，最初活塞搁置在汽缸内壁的固定卡环上，气柱的高度为H0，压强等于大气压强 p0。现对气体缓慢加热，当气体温度升高了 T60 K 时，活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升，继续加热直到气柱高度为 H11.5 H0。此后，在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂，直到铁砂全部取走时，气柱高度变为 H21.

9、8 H0，求此时气体的温度。(不计活塞与汽缸之间的摩擦)6答案 540 K解析 本题包括等容、等压和等温的三个特殊变化过程，当温度升高 T60 K 时，活塞开始离开卡环，在此之前的过程属于等容变化过程；继续对气体缓慢加热，气体压强不变，当气柱高度从 H0变化到 H11.5 H0时，属于等压变化过程；此后在温度不变的条件下逐渐取走铁砂，气柱高度从 H1升高到 H21.8 H0，此过程属于等温变化过程。分别对三个过程列式即可求解。气体温度升高 60 K 的过程中，活塞没有上升，此过程是等容变化过程，由查理定律得 p0T0 p1T0 60 K气柱高度从 H0变化到 H11.5 H0过程中，压强不变，

10、为等压变化过程，由盖吕萨克定律得 H0T0 60 K 1.5H0T2气柱高度从 H1变化到 H2的过程中，温度不变，为等温变化过程，由波意耳定律得1.5p1H01.8 p0H0由联立可得 T2540 K。11.一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为 p，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为 h，外界的温度为 T0。现取质量为 m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了 。若此后外界的温度变为 T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压h4强始终保持不变，重力加速度大小为 g。答案 9mghT4pT0解析

11、 设汽缸的横截面积为 S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为 p，由玻意耳定律得phS( p p) S(h14h)解得 p p13外界的温度变为 T 后，设活塞距底面的高度为 h。根据盖吕萨克定律，得7 (h 14h)ST0 h ST解得 h h3T4T0据题意可得 p mgS气体最后的体积为 V Sh联立式得 V 。9mghT4pT012.如图所示，在一端开口的钢制圆筒的开口端上面放一活塞，活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入 7 的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为 14 cm，当水温升高到 27 时，筒底露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)答案 1 cm解析 圆筒的重力等于气体对圆筒的压力，故当水温升高时，筒内的气体发生的是等压变化，设筒底露出水面的高度为 h。当 t17 即 T1280 K 时， V114 cm S当 t227 即 T2300 K 时， V2(14 cm h)S由盖吕萨克定律得 V2T2 V1T1解得 h1 cm。