1、- 1 -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 C。pT2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 C。VT3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： C 或 。pT p1T1 p2T2(3)适用条件：气体的质量不变；气体的体积不变。3
2、等容线一定质量的气体，在体积不变时，其 pT 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- 2 -(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 C 或 。VT V1T1 V2T2(3)适用条件：气体的质量不变；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 VT 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，在压强不变时体积与温度成正比。()
3、(3)一定质量的某种气体，在压强不变时，其 VT 图像是过原点的直线。()(4)一定质量的气体在体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。()(5)pV C、 C、 C，三个公式中的常数 C 是同一个值。()pT VT2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
4、零度是低温的极限，只能接近，不能达到？提示：在 pT 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 pT 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- 3 -查理定律的应用1对查理定律的理解(1)查理定律是实验定律，
5、是由法国科学家查理通过实验发现的。(2)适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大(小于 n 个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。(3)一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高(或降低)相同的温度，所增加(或减小)的压强是相同的。2液柱或活塞移动类问题分析思路(1)先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式 p p，求出每部分气体压强的变化 TT量 p，并加以比较。(3)如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应比较液柱或活塞两端的受力变化 pS。典例 (2017全国卷)如图，容积均为 V 的汽缸 A、 B 下端有细管(容积可
6、忽略)连通，阀门 K2位于细管的中部， A、 B 的顶部各有一阀门 K1、K 3； B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部；关闭 K2、K 3，通过 K1给汽缸充气，使 A 中气体的压强达到大气压 p0的 3 倍后关闭 K1。已知室温为 27 ，汽缸导热。(1)打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开 K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ，求此时活塞下方气体的压强。解析 (1)设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。
7、由玻意耳定律得p0V p1V1(3p0)V p1(2VV1)联立式得- 4 -V1 V2p12 p0。(2)打开 K3后，由式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为V2(V22 V)时，活塞下气体压强为 p2。由玻意耳定律得(3p0)V p2V2由式得p2 p03VV2由式知，打开 K3后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时 p2为 p2 p0。32(3)设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从 T1300 K 升高到 T2320 K 的等容过程中，由查理定律得 p2T1 p3T2将有关数据代入式得p31.6 p0。答案 (1) 2 p0 (2)在汽缸 B 的顶部V2
8、(3)1.6p01查理定律及其推论2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如图甲、乙所示，容器 A 和 B 分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为 0 、氧气温度为 20 时，水银柱保持静止。判断下列情况下，水银柱将怎样移动？- 5 -(1)图甲中两气体均升高 20 ；(2)图甲中氢气升高 10 ，氧气升高 20 ；(3)图乙中两气体均降低 10
9、。解析：由查理定律 得：p1T1 p2T2 ，即 p p1。p1T1 p2T2 p1 p2T1 T2 p T TT1对于图甲，氢气和氧气的初压强相同，设为 p。当温度变化时，先假设水银柱不动。(1) pA p0， pB p0，20273 20293因 pA pB，故水银柱向 B 容器一方移动。(2) pA p0， pB p0，10273 20293因 pA pB，故水银柱向 A 容器一方移动。(3) pA pA0， pB pB0，10T 10T因 pA pB，故| pA| pB|，水银柱向 A 容器一方(向下)移动。答案：(1)向 B 移动 (2)向 A 移动 (3)向 A(下)移动2.有一上
10、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 p075 cmHg 且不变， 水银密度 13.6 g/cm 3)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 p015 cmHg90 cmHg，T1(27327)K300 K；末态： p2(90 x) cmHg， T2(27330)K303 K。由查理定律 得 ，解得 x0.9 cm。p2T2 p1T1 90 x303 90300则注入水银柱的长度为
11、 0.9 cm。答案：0.9 cm盖吕萨克定律的应用- 6 -对盖吕萨克定律的理解(1)盖吕萨克定律是实验定律，是由法国科学家盖吕萨克通过实验发现的。(2)适用条件：气体质量一定，压强不变且不太大(小于 n 个大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。(3)推论：一定质量的气体，从初状态( V、 T)开始，发生等压变化，其体积变化 V 和温度的变化 T 间的关系为 或 V V。 V T VT TT典例 如图所示，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
12、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？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：T1273 K20 K293 K， V1 h1S，末状态： T2273 K100 K373 K， V2 h2S，其中 S 为活塞的横截面积，根据盖吕萨克定律： 得： V2 T2，V1T1 V2T2 V1T1即 h2 T2 3731.27 h1。h1T1 h1293答案 1.27 h1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
13、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.如图所示，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相同温度的空气，空气柱长度- 7 -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无法判断解析：选 A 因为在温度降低的过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产
14、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 V V，因 A、 B 管中的封闭气柱，初温 T 相同，温 TT度降低量 T 也相同，且 T0，所以 V0，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，所以| V1| V2|， 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。故本题的正确答案是选项A。2.如图所示，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 H1，容器内气体温度与外界温度相等
15、。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部 H2处，气体温度升高了 T；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 H3处。已知大气压强为 p0。求：气体最后的压强与温度。解析：开始时，封闭气体压强 p1 p0，体积 V1 H1S温度 T1 T加砝码后压强为 p2体积 V2 H2S温度 T2 T T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：H3ST H2ST T最后的 T3 TH3 TH2 H3由于状态 1 和状态 3 温度相等，由玻意耳定律：p0H1S p3H3S- 8 -最后压强 p3
16、 p0。H1H3答案： p0 TH1H3 H3H2 H3气体的 pT 图像与 VT 图像的应用1 pT 图像与 VT 图像的比较图像纵坐标 压强 p 体积 V不同点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相同点都是一条通过原点的倾斜直线横坐标都是热力学温度 T都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小2对于 pT 图像与 VT 图像的注意事项(1)首先要明确是 p T 图像还是 VT 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 图甲是一定质量的气体由状态 A 经过状
17、态 B 变为状态 C 的 VT 图像，已知气体在状态 A 时的压强是 1.5105 Pa。(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 TA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 pT 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。- 9 -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。
18、解析 (1)在 VT 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： ，得： TA TB 300 K200 K。VATA VBTB VAVB 0.40.6(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，根据 B、 C 两个状态的参量，利用查理定律： ，得：pCTC pBTBpC TC 400 Pa210 5 Pa。pBTB 1.5105300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 pV 图像、 pT 图像和 V
19、T 图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。(2)知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，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。(4)从图像中的某一点(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。(5)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。 - 10 -1.如图为一定
20、质量理想气体的压强 p 与体积 V 关系图像，它由状态 A 经等容过程到状态B，再经等压过程到状态 C。设 A、 B、 C 状态对应的温度分别为 TA、 TB、 TC，则下列关系式中正确的是( )A TA TB， TB TC B TA TB， TB TCC TA TB， TB TC D.TA TB， TB TC解析：选 C 从 A 到 B 属于等容变化 ，因为 pApB，所以 TATB，A、D 项错误；从pATA pBTBB 到 C 属于等压变化 ，因为 VCVB，所以 TCTB，B 项错误，C 项正确。VBTB VCTC2.一定质量的气体状态变化的 pV 图像如图所示，其中 AB 平行于纵轴
21、， BC 平行于横轴， CA 的延长线通过坐标原点 O，已知 A 状态的热力学温度为 TA， B 状态的热力学温度为 TB，求 C 状态的热力学温度 TC。解析：气体由 A 至 B 的状态变化过程是沿等容线进行的，根据查理定律得： ，pATA pBTB气体由 B 至 C 的状态变化过程是沿等压线进行的，根据盖吕萨克定律有： ，VBTB VCTC由图像知直线 OAC 的斜率恒定，有： ，pAVA pCVC并且 VA VB， pB pC，由以上各式可得： TC 。TB2TA答案：TB2TA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)：p1V1 p2V2或 pV C(常数)。
22、(2)查理定律(等容变化)： 或 C(常数)。p1T1 p2T2 pT(3)盖吕萨克定律(等压变化)：- 11 - 或 C(常数)。V1T1 V2T2 VT2利用气体实验定律解决问题的基本思路典例 如图所示，一定量气体放在体积为 V0的容器中，室温为T0300 K，有一光滑导热活塞 C(不占体积)将容器分成 A、 B 两室， B 室的体积是 A 室的两倍，A 室容器上连接一 U 形管(U 形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为 76 cm，右室容器中连接有阀门 K，可与外界大气相通(外界大气压等于 76 cmHg)。求：(1)将阀门 K 打开后， A 室的体积变成多少？(2)打开阀门
23、K 后将容器的气体从 300 K 分别加热到 400 K 和 540 K，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？解析 此题的条件：室温 300 K，活塞光滑且导热，打开 K 后， A 室气体温度不变，气压变为一个大气压 p0，注意 U 形管体积不计。打开阀门 K 后，加热容器中的气体，使气温变为两个不同的温度，压强并非始终为一个大气压 p0，升温后，需要提前考虑，温度多高时A 室气体能充满整个容器，当温度超过某一值后，活塞 C 到达最右端，气体体积保持不变，再升温，则发生等容变化。(1)开始时， pA02 p0， VA0 ，打开阀门， A 室气体发生等温变化， pA p0，体积为V03VA，由
24、玻意耳定律 pA0VA0 pAVA，得 VA V0。pA0VA0pA 23(2)设打开阀门后将容器内气体从 T0300 K 升到 T，体积由 V0变到 V0，气体发生等压23变化，- 12 -由盖吕萨克定律得 ，即 T T0450 K。23V0T0 V0T 32因 T1400 K450 K，气体压强为 pA1 p0，故水银柱高度差为 0；从 T450 K 升高到 T2540 K 过程中，气体发生等容变化，由查理定律 ，pA1T pA2T2得 pA2 PA1 p01.2 p0。T2T 540450T2540 K 时，水银面的高度差为(1.21)76 cm15.2 cm。答案 (1) V0 (2)
25、0 15.2 cm23(1)活塞与容器底接触之前，活塞处于动态平衡， 受力不变，气体的压强也不变。(2)活塞与容器底接触之后，气体的体积不再变化，随着温度的继续升高，气体压强升高。 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。当封闭气体温度上升到 303 K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为 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：(1)当温度上升到 303 K 且尚
26、未放气时，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。解析：(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度 T0300 K，压强为p0，末状态温度 T1303 K，压强设为 p1，由查理定律得 p0T0 p1T1代入数据得 p1 p0。101100(2)设杯盖的质量为 m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S p0S mg放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度 T2303 - 13 -K，压强 p2 p0，末状态温度 T3300 K，压强设为 p3，由查理定律得 p2T2 p3T3设提起杯盖所需的最小力为 F，由平衡条件
27、得F p3S p0S mg联立式，代入数据得F p0S。20110 100答案：(1) p0 (2) p0S101100 20110 1002.如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成， 两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为 m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为 m21.50 kg，横截面积为 S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为 l40.0 cm；汽缸外大气的 压强为 p1.0010 5 Pa，温度为 T303 K。初始时大活塞与大圆筒底部 相距 ，两活塞间封闭气体的温度为 T1495 K。现汽缸内气体温度缓慢l2 下降，活塞缓
28、慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽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平衡时，缸内封闭气体的压强。解析：(1)设初始时气体体积为 V1，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 T2。由题给条件得V1 S1 S2 (l2) (l l2)V2 S2l在活塞缓慢下移的过程中，用 p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S1(p1 p) m1g m2g S2(p1 p)故缸内气体的压强不变。由盖吕萨克定律有 V1T1 V2T2联立式并代入题给数据得T2330 K(2)
29、在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为 p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为 p，由查理定律，有 pT p1T2- 14 -联立式并代入题给数据得p1.0110 5 Pa。答案：(1)330 K (2)1.0110 5 Pa1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瓶内气体因温度降低而压强减小解析：选 D 根据查理定律可知瓶内气体因温度降低而压强减小，而外界压强不变，所以软木塞不易拔出。2.
30、多选一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 VT 图上的表示如图所示，则( )A在过程 AC 中，气体的压强不断变大B在过程 CB 中，气体的压强不断变小C在状态 A 时，气体的压强最大D在状态 B 时，气体的压强最大解析：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 C 可知，温度pT升高，压强增大，故 B 错误。综上所述，在 ACB 过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态 B 时的压强最大，故 C 错误，D 正确。3.如图所示，一根竖直的弹簧支持
31、着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止。设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好。使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是( )A若外界大气压强增大，则弹簧将压缩一些B若外界大气压强增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大C若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大解析：选 D 取活塞及汽缸为研究对象，其重力和弹簧弹力平衡，无论气体怎样变化，- 15 -弹力不变，其长度不变，A 错误； p 气 p0 ，大气压强 p0增大，气体压强变大，温度不M缸 gS变，由玻意耳定律知气柱变短，即汽缸上底面离地高度变小，B 错误；气体压
32、强不变，温度升高，根据盖吕萨克定律知体积增大，气柱变长，知 C 错误，D 正确。4.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为 A 和 B 两部分，如图所示。已知两部分气体 A 和 B 的体积关系是VB3 VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将( )A向 A 端移动 B向 B 端移动C始终不动 D.以上三种情况都有可能解析：选 C 由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动，故 C 对。5.如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时 V12 V2。现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说
33、法中正确的是( )A加热过程中，始终有 V12 V2B加热后 V12 V2C加热后 V12 V2D条件不足，无法判断解析：选 A 加热前后，上段气体的压强保持 p0 gh 1不变，下段气体的压强保持p0 gh 1 gh 2不变，整个过程为等压变化，根据盖吕萨克定律得 ， ，所以 ，即 V12 V2，故 A 正确。V1T V1T V2T V2T V1V2 V1V2 216.如图所示， a、 b 表示两部分气体的等压线，根据图中所给条件可知，当 t273 ，气体 a 的体积比气体 b 的体积大( )A0.1 m 3 B0.2 m 3C0.3 m 3 D.0.4 m3解析：选 D 在 0 到 273
34、 的温度区间上应用盖吕萨克定律分别研究气体 a 和 b 可得到方程 ， 。Va273 273 0.3273 Vb273 273 0.1273解得 Va0.6 m 3， Vb0.2 m 3， V Va Vb0.4 m 3，正确选项为 D。7用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸。我们通常用的可乐易拉罐容积 V355 mL。假设在室温(17 )下罐内装有 0.9V 的饮料，剩- 16 -余空间充满 CO2气体，气体压强为 1 atm。若易拉罐能承受的最大压强为 1.2 atm，则保存温度不能超过多少？解析：本题为一定质量的气体发生等容变化，取 CO2气体为研究对象。
35、初态： p11 atm， T1(27317)K290 K，末态： p21.2 atm， T2待求。由查理定律 得：p1p2 T1T2T2 K348 K。T1p2p1 2901.21t(348273)75 。答案：75 8如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度与质量均不计，在 B 处设有限制装置，使活塞只能在 B 以上运动， B 以下汽缸的容积为 V0， A、 B 之间的容积为 0.2V0。开始时活塞在 A 处，温度为 87 ，大气压强为 p0，现缓慢降低汽缸内气体的温度，直至活塞移动到 A、 B 的正中间，然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到 B，然后再缓慢降低汽缸内气
36、体的温度，直到3 。求：(1)活塞刚到达 B 处时的温度 TB；(2)缸内气体最后的压强 p；(3)在图乙中画出整个过程的 pV 图线。解析：(1)缓慢降低汽缸内气体的温度，使活塞移到 A、 B 的正中间，此过程是等压过程：由盖吕萨克定律 代入数据 ，VATA VT 1.2V0360 1.1V0T得 T330 K。然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到 B，这个过程是等温过程，故活塞刚到达 B 处时的温度 TB330 K。(2)保持温度不变，在活塞上加沙，直至活塞刚好移动至 B，这个过程是等温过程：根据玻意耳定律有，p01.1V0 p1V0，解得 p11.1 p0，再接下等容过程，根据查理定律有：- 17 - ，解得 p0.9 p0。1.1p0330 p270(3)整个过程的 pV 图线如图所示。答案：(1)330 K (2)0.9 p0 (3)见解析
