20℃，现将右端空气柱降为0℃，左端空气柱降为10℃，则管中水银柱将( ) A．不动 B．向左移动C．向右移动 D．无法确是否移动 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．已知l2＝2l1，若使两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.p1p＝1 B.p1＝2 22p21C.p1323pp＝373 D．1<1
p<2 22
4．对于一质量的气体，以下说法正确的是( ) A．气体做容变化时，气体的压强和温度成正比
B．气体做容变化时，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．由查理律可知，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1
n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＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2 D．无法确
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两气体，若保持a气体温度不变，使b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，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管有一段水银柱，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
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质量的空气．汽缸质量为M＝10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m＝5.0 kg，其圆面积S＝50 cm2
，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p5
0＝10 Pa，g取10 m/s2
)
11．一质量的空气，27℃时的体积为1.0×10－2
m3
，在压强不变的情况下，温度升高100℃时体积是多大？ 第2课时 查理律 盖·吕萨克律
课前预习练
1．压强p 热力学温度T p2T1
T 2T22．体积V 热力学温度T V2T1
T T 22
3．B [一质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即p1p2
T＝，得1T2T＝p2T1
2p＝2T1，B正确．]
1
4．D [根据查理律p1p2T2373373
T＝得p2＝Tp1＝p1，即压强变为原来的倍．p2－p1
1T21323323
＝(373323－1)p5050
1＝323p1，气体压强比原来增加了323，所以正确答案为D.]
5．A [一质量的气体，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 [此情景为压过程，有两个状态．
t1＝30刻线，V1＝30S和t2＝90刻线，V2＝36S
设T＝t1
刻线＋x，则由盖·吕萨克律得
Vt＝V2
1＋xt2＋x 即30S30刻线＋x＝36S90刻线＋x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 1．0.38 atm
解析 忽略灯泡容积的变化，气体为容变化，找出气体的初、末状态，运用查理律即可求解．
灯泡内气体初、末状态的参量分别为
气体在500 ℃，p1＝1 atm，T1＝(273＋500)K＝773 K. 气体在20℃时，热力学温度为T2＝(273＋20)K＝293 K.
由查理律p1T＝p2
得
1T2
p＝T2293
2Tp1＝×1 atm≈0.38 atm
1773
方法总结 一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pp1p2
T＝常量或T＝.
1T2
2．C [由查理律得Δp＝pTΔT.一质量的气体在体积不变的条件下ΔpΔT＝恒量，温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．]
方法总结 查理律的重要推论：一质量的气体，从初状态(p、T)开始，发生一
个容变化过程，其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT间的关系为：ΔppΔT＝T或
Δp1Δp2
ΔT＝. 1ΔT2
3．1 cm
解析 当水温升高时，筒内的气体发生的一个压变化过程．设筒底露出水面的高度为h.当t1＝7℃即T1＝280 K时，V1＝14 cm长气柱；当T2＝300 K时，V2
＝(14 cm＋h)长气柱．由压过程的关系有V2T＝V1T，即14＋h＝14
，解得h＝1 cm，
21300280
也就是钢筒露出水面的高度为1 cm.
方法总结 一质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度
T成正比，即VV1V2
T＝常量或T＝.
1T2
4．A [由盖·吕萨克律V1T＝V2可得V1＝ΔV，即ΔV＝ΔT·VΔV5
1，所以1＝
1T2T1ΔTT1278
×V5V1V2
1，ΔV2＝283×V2(V1、V2分别是气体在5℃和10℃时的体积)，而278＝283，
所以ΔV1＝ΔV2，A正确．]
方法总结 盖·吕萨克律的重要推论：一质量的气体从初状态(V、T)开始发生压变化，其体积的改变量ΔV与温度的变化量ΔT之间的关系是：ΔVVΔV1
ΔT＝T或ΔT1
＝ΔV2ΔT 2
5．C [设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为容变化，初始状态左右压强相，即p左＝p右＝p
对左端Δp左ΔT＝p左，则ΔpΔT左10
左＝p左＝293p
左T左T左同理右端Δp20
右＝293
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、下两气体的体积不变， 由查理律得到Δp＝
ΔT上
Tp，则
对上端ΔpΔT上＝Tp上
上
对下端ΔpΔT下
下＝Tp下
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ΔpΔT＝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，从而确液柱移动情况． 课后巩固练 1．C 2．D 3．C
4．C [一质量的气体做容变化，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＝ΔTTp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；p2t2＋273tp＝，解得p2－t1
2＝p1(1＋)，由此可判
1t1＋273273＋t1
断D错误．]
5．C [根据盖·吕萨克律，在压强不变的条件下VtV0
1＝V0(1＋273)，即n＝V0(1
＋
t273
)，整理后得t＝－273(n－1)/n ℃.]
6．A [当p不变时，由盖·吕萨律VV1V2V3
T＝常量，知278＝283＝288
，ΔV1＝V2－V1
＝5278V552835
1，ΔV2＝V3－V2＝283V2＝283·278V1＝278
V1，故A正确．] 7．A [由于b气体压强pb＝p0＋ph1保持不变，温度升高，体积增大，而a气体的压强pa＝pb－ph2＝p0＋ph1－ph2也保持不变，温度不变，由玻意耳律知体积不变，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—吕萨克律的分比形式ΔV＝ΔTT·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＝ΔT1
Tp，可知Δp∝T，而TA＝273.15 K，TB＝293.15 K，所以A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＝300 K时，活塞对地面恰好无压力，列平衡方程：p1S＋mg＝p0S，
解得p－mgS＝105 Pa－5×105
1＝p050×10
－4 Pa＝0.9×10 Pa
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pMg510×105
2＝p0＋S＝10 Pa＋50×10
－4 Pa＝1.2×10 Pa
根据查理律：p551T＝p2，得0.9×10＝1.2×10
1T2300273＋t解得t＝127℃. 11．1.33×10－2
m3
解析 一质量的空气，在压变化过程中，可以运用盖·吕萨克律进行求解，空
气的初、末状态参量分别为
初状态：T1＝(273＋27) K＝300 K，
V－21＝1.0×10 m3
末状态：T2＝(273＋27＋100) K＝400 K
由盖·吕萨克律V1＝V2
T得，气体温度升高100℃时的体积为
1T2
VT2400
2＝TV1＝×1.0×10－2 m3＝1.33×10－2 m3
1300
