高中物理 第三章 第1节 查理律 盖 吕萨克律(第2课时)课时作业 教科选修

点囤市安抚阳光实验学校第2课时 查理律 盖·吕萨克律

1．查理律(容变化)：一质量的某种气体，在体积不变的情况下，________与

_______成正比．表达式pT＝常量或p1T＝________________或p1

p＝____________.12

2．盖·吕萨克律(压变化)：一质量的某种气体，在压强不变的情况下，________

与______成正比．表达式VT＝常量或V1V1

T＝________或＝________.

1V2

3．对于一质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的两倍，则气体温度的变化情况是( )

A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍 B．气体的热力学温度升高到原来的两倍 C．气体的摄氏温度降为原来的一半 D．气体的热力学温度降为原来的一半

4．一质量的气体，在体积不变时，温度由50℃加热到100℃，气体的压强变化情况是( )

A．气体压强是原来的2倍 B．气体压强比原来增加了50

273 C．气体压强是原来的3倍

D．气体压强比原来增加了323

5．一质量的气体，压强保持不变，下列过程可以实现的是( ) A．温度升高，体积增大 B．温度不变，体积增大 C．温度升高，体积减小 D．温度不变，体积减小 6. 图1

如图1所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为30 cm；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线( ) A．－273 B．－270 C．－268 D．－271 【概念规律练】 知识点一 查理律

1．电灯泡内充有氮、氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，则在20℃的室温下充气，电灯泡内气体的压强至多能充到多少？

2．一质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0℃升高到10℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100℃升高到110℃时，所增压强为Δp2，则Δp1与Δp2

之比是( )

A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283 知识点二 盖·吕萨克律 3. 图2

如图2所示，一端开口的钢制圆筒，在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，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)

4．一质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由10℃升高到15℃，体积的增量为ΔV2，则( ) A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2 C．ΔV1<ΔV2 D．无法确 【方法技巧练】

控制变量法分析液柱移动问题 5. 图3

两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图3所示．V左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