人教版高中物理精讲精练-选择性必修32.3.1气体的等压变化和等容变化 解析版

2.3.1气体的等压变化和等容变化

【考点归纳】

考点一：盖－吕萨克定律的理解考点二：气体等压变化的图像

考点三：盖－吕萨克定律解决实际问题考点四：查理定律的理解

考点五：气体等容变化的图像考点六：查理定律解决实际问题

题型七：等压和等容变化的综合问题

【知识归纳】

知识点一、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，体积随温度变化的过程．

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，其体积V与热力学温度T成正比．

VV

(2)表达式：V＝CT或1＝2.

T1T2

(3)适用条件：气体的质量和压强不变．

(4)图像：如图所示．

V－T图像中的等压线是一条过原点的直线．

知识点二、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，压强随温度变化的过程．

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．

pp

(2)表达式：p＝CT或1＝2.

T1T2

(3)适用条件：气体的质量和体积不变．

(4)图像：如图所示．

①p－T图像中的等容线是一条过原点的直线．

②p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15℃.

技巧归纳：

1．盖－吕萨克定律及推论

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．

2．V－T图像和V－t图像

一定质量的某种气体，在等压变化过程中

(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1<p2，即斜率越小，

压强越大．

(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线

通过横轴上－273.15℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0℃时的体积．

3．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．

二、气体的等容变化

1．查理定律及推论

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．

2．p－T图像和p－t图像

一定质量的某种气体，在等容变化过程中

(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图6甲所示，且V1<V2，即体积越

大，斜率越小．

(2)p－t图像：压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线

通过横轴上－273.15℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0℃时的压强．

3．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．

三、p－T图像与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

斜率越大，体积越小，斜率越大，压强越小，

斜率意义

V4<V3<V2<V1p4<p3<p2<p1

①都是一条通过原点的倾斜直线

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

二：考点题型归纳

题型一：盖－吕萨克定律的理解

1．（22-23高二下·河南郑州）一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5C升高到10C，体积的增量为V1；

温度由283K升高到288K，体积的增量为V2，则（）

A．V1V2B．V1V2

C．V1V2D．无法确定

【答案】A

【详解】在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律

V

C

T

得

T

VV

T

所以

5

VV

12781

5

VV

22832

因为V1、V2分别是气体在5C和283K时的体积，而

VV

12

278283

所以

V1V2

故选A。

2．（19-20高一·全国·课时练习）一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度为0℃时，其体积为V0，当温度

升高为T(K)时，体积为V，那么每升高1℃增大的体积等于（）

VVVVV

A．B．0C．D．0

TT273T

【答案】A

【详解】由等压变化可得

VVVV

12

T1T2Tt

则每升高1℃增大的体积

VV

V0

T273

故选A。

3．（20-21高二下·湖南长沙·阶段练习）研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。

如图所示，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，

汽缸底部接有电热丝E，汽缸的总高度h90cm。a缸内被封闭气体初始温度t127℃，活塞与底部的距离h160cm，

活塞和汽缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h266cm，关于

上述变化过程，下列说法正确的是（）

1

A．b汽缸中逸出的气体占原b汽缸中气体的

6

B．a汽缸中的气体吸收热量，压强增大

C．稳定后，a汽缸内的气体温度为50℃

D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒能够被灭活

【答案】D

【详解】由题意可知，原b汽缸的高度

h1hh130cm

当a汽缸稳定后活塞与底部的距离

h266cm

此时b汽缸的高度

h2hh224cm

设S为活塞的面积，那么b汽缸中逸出的气体占原b汽缸中气体为

hShS1

12

5

h1S

故A错误；

BCD．由于K始终打开，a汽缸中的气体的压强不变，可得

VV

12

t1273t2273

代值求得

℃

t257

B错误，C错误，D正确。

故选D。

题型二：气体等压变化的图像

4．（2023·上海青浦·二模）如图所示为一定质量理想气体状态变化的VT图像。已知在状态A时的压强为p0，则

（）

p

A．状态B时的压强为0B．状态C时的压强为2p

20

C．A→B过程中气体对外做功D．B→C过程中气体内能减小

【答案】D

【详解】AC．A→B过程，气体温度不变，体积减小，外界对气体做功。根据

p02V0pBV0

状态B时的压强为

pB2p0

AC错误；

B．状态A与状态C压强相等，为p0，B错误；

D．B→C过程中气体温度降低，内能减小，D正确。

故选D。

5．（22-23高二下·江苏宿迁·期中）如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线

通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是（）

A．A→B过程气体压强增加

B．B→C过程气体的内能保持不变

C．C→A过程单位时间内单位面积上撞击分子个数增加

D．A→B过程单位面积上气体分子平均作用力变大

【答案】C

【详解】A．由图可知，A→B过程时过原点的直线，则压强不变，单位面积上气体分子平均作用力不变，AD错误；

B．B→C过程温度降低，气体内能减小，B错误；

C．C→A过程温度不变，体积减小，压强增大，则单位时间内单位面积上撞击分子个数增加，C正确。

故选C。

6．（22-23高二下·湖北孝感·期中）如图为一定质量的理想气体的VT图像，该气体经历了从a→b→c的状态变化，

图中ab连线平行于V轴，ac是双曲线的一部分，bc连线通过坐标原点O，则三个状态下的压强满足（）

A．PbPaPcB．PaPbPc

C．PcPaPbD．PaPbPc

【答案】B

PV

【详解】由C可知

T

C

VT

P

故VT图像中的等压线为过原点的一次函数，斜率越大压强越小，故PaPbPc。

故选B。

题型三：盖－吕萨克定律解决实际问题

7．（22-23高二下·山西朔州·期末）如图所示为一巨型温度计的结构原理图，利用汽缸底部高度变化反应温度变化。

质量为10kg的导热汽缸内密封一定质量的理想气体，汽缸内横截面积为100cm2。活塞与汽缸壁间无摩擦且不漏气。

环境温度为27℃时，活塞刚好位于汽缸正中间，整个装置静止。已知大气压为1.0105Pa，取重力加速度g10m/s2。

则（）

A．刻度表的刻度是不均匀的

B．环境温度为27℃时，缸内气体的压强为2.0105Pa

C．能测量的最大温度为327℃

D．环境温度升高时，弹簧的长度将变短

【答案】C

【详解】AC．当活塞在位于汽缸的最下端时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有

p2SMgp0S

可得

p2p1

可知缸内气体为等压变化，由盖吕萨克定律可得

VV

−12

T1T2

可得

TV27273LS

T12K600K

2V1

1LS

2

气体温度变化范围为

T600K273K327C

则有能测量的最大温度为327℃；又有

VSL

由上式可知，刻度表的刻度是均匀的，故A错误，C正确；

B．以汽缸为研究对象，（不包含活塞）对汽缸受力分析，由平衡条件可得

p1SMgp0S

代入数据解得缸内气体的压强为

5

p11.110Pa

故B错误；

D．由以上分析可知，汽缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度升高时，弹簧的长度仍不变，

故D错误。

故选C。

8．（22-23高二下·广东广州·阶段练习）如图所示为一温度计的结构原理图，利用气缸底部高度变化反应温度变化。

质量为1kg的导热气缸内密封一定质量的理想气体，气缸内横截面积为10cm2。活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气。

环境温度为27℃时，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置静止。已知大气压为1.0105Pa，取重力加速度g10m/s2。

则（）

A．刻度表的刻度是不均匀的

B．能测量的最大温度为600K

C．环境温度升高时，弹簧的长度将变短

D．环境温度为27℃时，缸内气体的压强为9104Pa

【答案】B

【详解】AB．当活塞在位于气缸的最下端时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有

p2SMgp0S

可得

p2p1

可知缸内气体为等压变化，由盖−吕萨克定律可得

VV

12

T1T2

可得

TV27273LS

T12K600K

2V1

1LS

2

则有能测量的最大温度为600K；又有

VSL

由上式可知，刻度表的刻度是均匀的，A错误，B正确；

C．由以上分析可知，气缸内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度降低时，弹簧的长度仍不变，

C错误；

D．以气缸为研究对象，（不包含活塞）对气缸受力分析，由平衡条件可得

p1SMgp0S

代入数据解得缸内气体的压强为

5

p11.110Pa

D错误。

故选B。

5

9．（2023·山东泰安·模拟预测）某同学给自行车打气，车胎内原来气体压强等于大气压强p0＝1×10Pa，温度为300K，

35

体积为1.5L，打气过程中可认为车胎容积不变。打气筒每次将100cm的压强同样为p0＝1×10Pa的气体打入车胎中，

共打气30次。气体均可视作理想气体，打气过程视为绝热过程。已知打入气体质量与车胎内原气体质量之比为

60∶31。则打气筒中打入气体的温度为（）

A．310KB．308KC．305KD．295K

【答案】A

【详解】打入气体的质量与车胎内原来气体的质量之比为60:31，即打入气体的体积与车胎内原来气体的体积之比

Vm60

V0m031

车胎内原来气体的体积为1.5L，即V0＝1.5L，代入上式可得

90

VL

31

5

打入车胎内的气体等效于向车胎内打入300K、压强为p0＝1×10Pa的∆V的气体，根据盖-吕萨克定律可得

30V'ΔV

0

T1T0

3

其中V'0＝100cm，T0＝300K，解得

T1＝310K

故选A。

题型四：查理定律的理解

10．（20-21高二下·河北石家庄·阶段练习）查理定律的正确说法是一定质量的气体，在体积保持不变的情况下（）

A．气体的压强跟摄氏温度成正比

1

B．气体温度每升高1℃，增加的压强等于它原来压强的

273

1

C．气体温度每降低1℃，减小的压强等于它原来压强的

273

D．以上说法都不正确

【答案】D

【详解】A．查理定律的内容是：一定质量的气体，在体积保持不变的情况下气体的压强跟热力学温度成正比，选

项A错误；

BC．查理定律的内容是：任何理想气体都是温度每升高（或降低）1℃增加（或减小）的压强Δp等于它在0℃时压

1

强p0的，故BC错误；

273

D．以上说法都不正确，故D正确。

故选D。

11．（21-22高二下·陕西榆林·期中）一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度值升高到

原来的2倍，则（）

A．气体的压强增大到原来的2倍

B．气体的压强减小到原来的一半

C．气体的压强可能不变

D．气体压强与体积的乘积不变

【答案】A

p

【详解】根据查理定律C可知，一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体热力学温度值升高到

T

原来的2倍，则气体的压强增大到原来的2倍。

故选A。

12．（21-22高二下·重庆沙坪坝·期中）如图，两端封闭的玻璃管与水平面成角倾斜静止放置，一段水银柱将管内

一定质量的气体分为两个部分。则下列各种情况中，能使管中水银柱相对于玻璃管向A端移动的是（）

A．使玻璃管沿BA方向加速上升

B．在竖直面内以过B点垂直纸面的直线为轴顺时针缓慢转动玻璃管

C．在竖直面内以过B点垂直纸面的直线为轴逆时针缓慢转动玻璃管

D．降低环境温度

【答案】B

【详解】A．当玻璃管沿BA方向加速上升时，水银柱有一个斜向上的加速度，根据牛顿第二定律得下部气体对

水银柱的压力要增大，即压强增大，所以水银柱向B端移动，选项A错误；

BC．在竖直面内以过B点垂直纸面的直线为轴顺时针缓慢转动玻璃管，使θ角变小，如果将玻璃管放平的时候，即

减小了对下部气体的压力，水银柱向A端移动；同理可知逆时针转动时水银柱向B端移动，选项B正确，C错误；

D．假定两段空气柱的体积不变，即V1、V2不变，初始温度为T，当温度降低T时，A端空气柱的压强由p1减至

p'1，则

p1p1p1

B端空气柱的压强由p2减至p'2，则

p2p2p2

由查理定律得

pp

p1T，p2T

1T2T

因为

p2p1hp1

所以

p1p2

即水银柱应向B端移动，选项D错误。

故选C。

题型五：气体等容变化的图像

13．（2023·全国·模拟预测）一定质量的理想气体从a状态开始，经过a→b、b→c、c→d、d→a四个过程后回到初

状态a，p-T图像如图所示，下列说法正确的是（）

A．a状态下，单位时间内撞击单位面积容器壁的气体分子数比b状态下多

B．d状态下，单位时间内撞击单位面积容器壁的气体分子数比b状态下多

C．b→c过程中气体与外界交换的热量小于气体d→a过程与外界交换的热量

D．a→b过程中气体吸收的热量小于气体c→d过程中向外界放出的热量

【答案】B

pV

【详解】A．根据理想气体状态方程C，得

T

C

pT

V

可知p-T图像中图线上各点与原点的连线的斜率

C

k

V

则a→b过程中气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，气体分子平均速率变大，分子撞击容器壁的时间间隔

减小，次数增多，故A错误；

B．设单位时间内撞击单位面积容器壁的气体分子数为n，单个气体分子单次撞击容器壁的平均冲量为I，则气体压

强

pnI

由题图可知

TdTb

d状态下气体分子平均速率比b状态下的小

单次撞击冲量

IdIb

而由题图知压强

pdpb

因此

ndnb

故B正确；

C．b→c过程中气体温度不变

Ubc0，VbVc，WbcpbcVbVc0

过程放热

QbcWbcpbcVbVc

d→a过程中气体温度不变

Uda0，VaVd，Wda0

过程吸热

QdaWdapadVaVd

因为

VbVa，VdVc，PbcPad

所以

QbcQda

故C错误；

D．a→b、c→d过程中气体体积不变，外界对气体不做功，又因为

TaTd，TbTc

因此

UabUcd，QabQcd

故D错误；

故选B。

14．（2023·重庆·一模）如图所示为一定质量的某种气体等容变化的图线，下列说法中正确的是（）

A．不管体积如何，图线只有一条

B．图线1和图线2体积不同且有V1>V2

C．两图线气体体积V2>V1

D．两图线必不会交于t轴上的同一点

【答案】C

【详解】ABC．一定质量的气体的等容线，体积不同，图线不同，在图线1、2上取温度相同的两点，可得

p1p2

则

V1V2

所以C正确，AB错误；

D．图线1、2都交于t轴上-273℃处，即热力学温度0K处，故D错误。

故选C。

15．（22-23高三上·云南昆明·阶段练习）一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四

段过程在p-T图像中都是直线段，ab和dc的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，ad平行于纵轴。由图可以判断

（）

A．ab过程中气体体积不断减小

B．bc过程中气体体积不断减小

C．cd过程中气体体积不断增大

D．da过程中气体体积不断减小

【答案】B

【详解】由

pV

C

T

即

C

pT

V

可知a→b、c→d都是等容变化，且图像斜率越大，气体体积越小，即bc过程中气体体积不断减小，da过程中气体

体积不断增大，故B正确，ACD错误。

故选B。

题型六：查理定律解决实际问题

16．（23-24高三上·上海徐汇·期中）小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温（室内的气压为一个标准

大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插

在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，当室内温度为27℃时，B管内水银面的高

度为16cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（）

A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律

B．B管上所刻的温度数值上高下低

C．B管内水银面的高度为22cm时，室内的温度为-3℃

D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低

【答案】C

【详解】A．根据受力分析可知

pAxp0

又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；

p

B．温度越高,由C可知压强越大，故而温度越高，刻度x的数值就越小，应为上低下高，故B错误；

T

C．由

pA1xp0

pA254cmHg

得

pA160cmHg

pA254cmHg

又

pp

A1A2

T1T2

T1300K

得

℃

T2270K3

故C正确；

若把该装置放到高山上，会减小，会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高。故错误。

D.p0xp0pAD

故选C。

17．（22-23高二下·河南郑州·阶段练习）如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一

段汞柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1，l2，且l1l2，下列判断正确的是（）

''

A．将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1l2

''

B．将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1l2

''

C．保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1l2

''

D．保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1l2

【答案】B

【详解】AB．设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b内气体压强大，a内气体压强小，将玻璃管转至水平，b

内的气体压强减小，a内的气体压强增大，则b内气体体积增大、长度增加，a内气体长度减小，故

''

l1l2

则A错误，B正确；

CD．假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对a内气体应用查理定律有

pp

11

TT

解得

T

pp

1T1

同理对b气体由查理定律有可得

T

pp

2T2

由于p1p2，可得

p2p1

故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度

''

l1l2

故CD错误。

故选B。

18．（22-23高二下·贵州黔东南·阶段练习）如图所示，两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔

开，当玻璃管水平放置时，左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积，左侧管内气体的温度高于右侧管内气体

的温度，水银柱处于静止状态。下列说法正确的是（）

A．此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强

B．此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强

C．若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向左移动

D．若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向右移动

【答案】C

【详解】AB．对水平状态的水银柱受力分析可知，来自两侧的封闭气体的压力相等，则此时左侧管内气体压强等

于右侧管内气体压强，故AB错误；

CD．管内两端的气体都升高相同的温度T时，假设水银柱不动，由等容变化有

pp

1

T1T

可得

p

p1T

T1

因左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，T1左T1右，则左侧压强的增加小于右侧气体压强的增加，

p1左p1右，而初态两侧的压强相等，故水银柱要向左移动，故C正确，D错误。

故选C。

题型七：等压和等容变化的综合问题

19．（23-24高三上·河北·期末）如图所示，圆柱形导热汽缸开口向上并竖直固定在桌面上，用质量m=10kg、截面积

S=20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。测得环境的热力学温度T=300K。外界大气压

52

强恒为p0=1.0×10Pa，取重力加速度大小g=10m/s。

（1）求汽缸内气体的压强p1；

（2）现用一轻绳悬挂该活塞，初始时，轻绳恰好伸直，且不受拉力，现逐渐降低环境温度，已知轻绳能承受的最

大拉力F=200N，求轻绳不被拉断时，环境的最低热力学温度T2。

【答案】（1）1.5×105Pa；（2）100K

【详解】（1）对活塞进行分析，根据平衡条件有

p1Sp0Smg

解得

5

p1=1.5×10Pa

（2）轻绳上的拉力最大时，环境温度最低，此时对活塞进行分析，根据平衡条件有

p2SFp0Smg

缸内气体做等容变化，根据查理定律有

pp

12

T1T2

解得

T2=100K

20．（23-24高二上·陕西西安·期末）如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当

温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27C时，被封闭的理想气体气柱长L1为20cm，

水银上表面与导线下端的距离L2为5cm。（T=t+273K）

（1）若大气压为76cmHg，水银柱长L3为26cm，则被封闭气体压强为多少cmHg？

（2）当温度达到多少C时，报警器会报警？

【答案】（1）102；（2）102℃

【详解】（1）若大气压为76cmHg，水银柱长L3为26cm，则被封闭气体压强为

'

pp0p76cmHg26cmHg102cmHg

（2）温度升高，被封闭的气体做等压变化

SLSLL

112

T1T2

则

20205

27327273t'

解得

t'102C

21．（23-24高三上·河北·期末）如图所示，高度为L的绝热汽缸的底部被一段细线连接竖直悬挂在天花板上，汽缸

内被横截面积为S的活塞（体积不计）封闭了一定质量的理想气体，活塞与静止于水平地面上的小物体通过一段轻

绳连接，开始轻绳刚好绷紧但无作用力，此时活塞恰好在汽缸的正中央，整个装置处于静止状态。已知大气压强为

pS

p，开始时气体的热力学温度为T，活塞和小物体的质量均为m0，重力加速度为g。假设可通过特殊方式改

004g

2

变汽缸内气体温度，忽略一切摩擦，系统密封性良好，现让封闭气体的温度缓慢降低T，求稳定后封闭气体的压

30

强和活塞到缸底的距离。

pL

【答案】0，

24

【详解】设开始时气体的压强为p1，根据活塞受力平衡有

p0Smgp1S

解得

3p

p0

14

随着温度的降低，气体的压强减小，小物体对地面的压力减小，当小物体对地面的压力减小为0时，设气体的压强

为p2，此时气体的温度为T2。根据活塞和小物体整体受力平衡有

p0S2mgp2S

此过程中气体做等容变化，根据查理定律有

pp

12

T1T2

解得

p

p0

22

2

TT

230

之后气体的温度再降低，活塞向上缓慢移动气体做等压变化。初态

2

TT

230

LS

V

22

末态

21

TTTT

303030

V3xS

根据盖—吕萨克定律有

VV

32

T3T2

解得

L

x

4

pL

故稳定后气体的压强为0，活塞到缸底的距离为。

24

三：课堂过关精练

一：单选题

22．（22-23高二下·上海闵行·期末）一定质量的理想气体，其状态经历abc的变化，pT图线如图所示，在

该过程中气体体积（）

A．先不变后增大B．先增大后不变

C．先不变后减小D．先减小后不变

【答案】D

【详解】由图像可知ab过程气体温度不变，压强增大，根据玻意耳定律

pVC

可知气体体积减小；由图像可知bc过程，pT图像为过原点的直线，则有

p

C

T

可知气体体积不变。

故选D。

23．（22-23高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示为水平放置的固定圆柱形汽缸，汽缸内被A、B两活塞封有

一定质量的气体，活塞之间用硬杆相连（硬杆的粗细可忽略），活塞与汽缸壁之间可无摩擦地滑动而不漏气。现缸

内气体温度为T1，活塞在图示位置保持静止，若缸内气体温度缓慢下降到T2，且降温幅度很小，外界环境压强不变，

则下列说法中正确的是（）

A．缸内气体将做等体积变化，活塞不发生移动

B．活塞将向右移动

C．活塞将向左移动

D．活塞再次静止时，缸内气体的体积、