第2章 3.第1课时 气体的等压变化和等容变化-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第二章 气体、固体和液体 3.气体的等压变化和等容变化 第1课时　气体的等压 变化和等容变化 1．知道什么是等压变化和等容变化，知道盖—吕萨克定律和查理定律的内容、表达式及适用条件。2.会用气体状态变化规律解决实际问题，理解V­T图像、p­T图像的物理意义。 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 一　气体的等压变化 1．气体的等压变化：一定质量的某种气体，在_____不变时，______随____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__________与____________成正比。 (2)表达式：________ (其中C是常量)，或者_________。 (3)图像 (4)适用条件：①气体的____不变；②气体的______不变。 压强 体积 温度 体积V 热力学温度T V＝CT 质量 压强 课前自主学习 5 二　气体的等容变化 1．气体的等容变化：一定质量的某种气体，在______不变时，________随____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，__________与_____________成正比。 (2)表达式：________ (其中C是常量)，或者_______。 (3)图像 (4)适用条件：①气体的______不变；②气体的______不变。 体积 压强 温度 压强p 热力学温度T p＝CT 质量 体积 课前自主学习 6 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 课前自主学习 7 课堂探究评价 探究1　气体的等压变化 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 9 活动1：根据日常生活经验我们知道，一定质量的气体，其压强、温度、体积三个状态参量之间存在一定关系。上节我们探究了一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积变化的关系，还可以用实验探究哪些量的变化？ 活动2：如图甲，活塞与汽缸壁润滑良好，且密封不漏气，用电热器给汽缸加热，汽缸中的气体哪个状态参量不变？ 提示：根据控制变量法，还可以探究：(1)压强不变时，体积与温度的关系；(2)体积不变时，压强与温度的关系。 课堂探究评价 10 活动3：用电子温度计测出不同温度时图甲汽缸中气体的温度t，用刻度尺测算出密封气体对应的体积V，增加砝码，再测得多组V、t数据。描点作图可得到图乙所示图像，猜想3条图线延长后的交点横坐标对应什么温度？ 活动4：如果活动3中的猜想正确，以图乙中图线的交点为坐标原点建立坐标系，分析图像可得到什么结论？ 提示：热力学温度的零点。 提示：一定质量的某种气体，压强不变时，其体积与热力学温度成正比。 课堂探究评价 11 课堂探究评价 12 ③等压线的斜率和气体的压强有关：对于一定质量的某种气体，压强越大，其等压线的斜率越小(该结论可由一定质量的某种气体，温度一定时，体积小的压强大得证)。如图2所示，对于一定质量的某种气体，其四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4。 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 例1　如图甲为气压式升降椅，图乙为其简易结构示意图，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气体柱长度L1＝30 cm。设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强p0＝1×105 Pa，设白天环境温度t1＝27 ℃恒定，重力加速度g＝10 m/s2。求： 课堂探究评价 15 (1)初始状态封闭气体的压强； (2)若质量为M＝60 kg的人静坐在椅面上(手脚未接触其他物体)，稳定后椅面下降的高度； (3)若夜间环境温度降低，椅面下降高度为1 cm，则此夜间环境温度为多少？ 答案　(1)1.5×105 Pa (2)24 cm (3) 17 ℃ [实践探究] (1)人静坐在椅面上至稳定，汽缸内气体做什么变化？ (2)夜间降温的过程，汽缸内气体做什么变化？ 提示：等温变化。 提示：等压变化。 课堂探究评价 16 规范解答　(1)初始状态时，对汽缸与椅面整体进行受力分析，由平衡条件有p1S＝p0S＋mg 解得初始状态封闭气体的压强p1＝1.5×105 Pa。 (2)人坐在椅面上稳定后，设汽缸内气体压强为p2，对汽缸、椅面与人整体进行受力分析，由平衡条件有p2S＝p0S＋(m＋M)g 解得p2＝7.5×105 Pa 对汽缸内气体分析，气体做等温变化，初状态：p1＝1.5×105 Pa，V1＝L1S 末状态：p2＝7.5×105 Pa，V2＝L2S 对汽缸内气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得L2＝6 cm则稳定后椅面下降的高度h＝L1－L2＝24 cm。 课堂探究评价 17 课堂探究评价 18 应用气体实验定律的解题思路 (1)确定研究对象，即研究哪部分气体。 (2)确定研究过程，明确所研究气体的初末状态。 (3)确定初末状态的温度、压强和体积，判断哪一状态参量不变，选择适当的气体实验定律。 (4)统一单位并列式求解，对结果进行分析、检验。(其中温度只能用热力学温度单位——开尔文) 课堂探究评价 19 [变式训练1]　小颜同学想用刻度尺来显示温度，他的做法如图所示，一导热汽缸、平台及0刻线在左边的刻度尺均水平固定。一厚度不计的活塞，封闭了一定质量的空气，与活塞连接的带有指针的轻杆可随活塞左右移动，轻杆水平，指针竖直向下指向刻度尺上的刻度线。开始时，被测温度为27 ℃，大气压p0＝75 cmHg，活塞静止，空气柱长度为8 cm，指针指在刻度尺上的3 cm处。不计一切摩擦，大气压保持不变，T＝t＋273 K。问： (1)撤去外力，随被测温度的变化，刻度尺上7 cm处应标为多少摄氏度？ (2)该温度计的刻度是否均匀？ (3)该温度计有什么缺点？ 答案　 (1)177 ℃ (2)均匀 (3)见解析 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 课堂探究评价 22 探究2　气体的等容变化 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 组 温度(t ℃) 水银面高度差(mm) 压强值(×133.322 Pa) 1 14.2 4.0 756.0 2 17.4 8.4 760.4 3 19.8 14.6 766.6 4 23.0 23.0 775.0 5 26.2 31.4 783.4 6 30.0 41.4 793.4 乙 课堂探究评价 23 活动1：用如图甲的装置可以探究一定质量的气体体积不变时，气体压强与温度的关系。若已测定当时大气压值为p0，实验思路应该是什么？ 活动2：图乙是测得的数据，根据数据画出p­t图像如图丙所示，图像有什么特点？ 提示：调节压强计软管使管两端水银面等高，则此时玻璃泡内气体压强为p0，用数字温度计测出气体温度。用电热丝给气体加热，调节压强计软管使玻璃泡内气体恢复原来的体积，待稳定时测出气体温度，同时用水银压强计测出气体对应的压强。改变电热丝的功率以改变气体的温度，测量多组压强和温度的数据。 提示：忽略第1组偏差较大的数据，可知气体的压强与温度成一次函数关系。 课堂探究评价 24 活动3：根据图丙，计算当气体压强减小到零时，气体的温度是多少？ 活动4：结合以上活动，能得到什么结论？ 提示：由活动3可知，温度为绝对零度时，气体压强为零，若以此点为坐标原点建立坐标系，结合活动2可知图线是一条过坐标原点的倾斜直线。即一定质量的气体体积不变时，气体压强与热力学温度成正比。 课堂探究评价 25 课堂探究评价 26 ③等容线的斜率和气体的体积大小有关：对于一定质量的某种气体，体积越大，其等容线的斜率越小(该结论可由一定质量的某种气体，温度一定时，压强小的体积大得证)。如图2所示，对于一定质量的某种气体，其四条等容线的体积关系为：V1＞V2＞V3＞V4。 课堂探究评价 27 课堂探究评价 28 例2　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V＝355 mL。假设在室温(17 ℃)时，罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满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？(取T＝t＋273 K) 答案　75 ℃ [实践探究] (1)应用气体实验定律时，大气压强必须统一为国际单位吗？ (2)气体状态变化时，体积不变，应用哪个实验定律？ 提示：压强单位统一即可，不必统一为国际单位。 提示：查理定律。 课堂探究评价 29 课堂探究评价 30 应用查理定律时的注意事项 (1)给出的温度是摄氏温度时，必须换算为热力学温度。 (2)计算中压强的单位只要统一即可，不必统一为国际单位。 课堂探究评价 31 课堂探究评价 32 课堂探究评价 33 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 2．(查理定律)某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电。若大气压为1.0×105 Pa，刚通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为7 ℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是(　　) A．0.26×105 Pa B．0.93×105 Pa C．1.07×105 Pa D．3.86×105 Pa 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 3．(p­T图像)一定质量的气体，其状态经历a→b→c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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 4．(盖—吕萨克定律)如图，某同学用封有一定质量空气的玻璃管来测绝对零度，当容器中水温是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 ℃ B．－270 ℃ C．－268 ℃ D．－271 ℃ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 5．(盖—吕萨克定律)气象探测气球是进行高空气象观测的重要工具。在某次气象探测中，地表温度为27.0 ℃，在地面将探测气球充满氦气后，缓慢上升至距离地面6500 m的高空，此时其体积为6.0 m3，在气球上升过程中，气球内部因启动一持续加热装置而维持气体的温度不变。气球到达目标高度后停止加热，气球保持高度不变，气球内的氦气温度逐渐减小到此高度处的气温，已知此高度处大气压为0.5×105 Pa，海拔每升高1000 m，气温下降6 ℃，氦气最终的体积为________。 5.22 m3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 6．(综合)某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa。 (1)t′＝37 ℃时，气压是多大？ (2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积为原来的多少倍？ 答案　(1)1.085×105 Pa (2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 7．(综合)如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的物体A封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞放在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa，为大气压强)，温度为300 K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm。g取10 m/s2，求： (1)活塞的质量； (2)物体A的体积。 答案　(1)4 kg (2)640 cm3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 [名师点拨]　热力学气体系统开始时的某种变化形式可能存在临界情况，当达到临界情况后，就可能以另一种形式变化，如本题就涉及等容变化和等压变化两个过程。对于这类问题，若不分析临界情况弄清物理过程，而盲目套用公式计算，极易导致错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 8．(综合)(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p­t图像如图所示。已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是(　　) A．从状态A到状态B气体的体积不变 B．从状态A到状态B气体的体积增大 C．从状态B到状态C气体的体积增大 D．状态C气体的体积是2 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析　BA延长线交t轴在(－273 ℃，0)处，可知气体从状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A正确，B错误；从状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，则体积减小，C错误；从题图中可知，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得状态C气体的体积VC＝2 L，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 10．(“两团气”问题)某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M，气柱A的初始高度为L，初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。 (1)求初始时气体A的压强； (2)求初始时气柱B的高度； (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后座椅的高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2) eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2) 判一判 (1)一定质量的气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小。(　　) (2)V­t图像中，等压线是一条过原点的直线。(　　) (3)对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体的摄氏温度升高到原来的二倍。(　　) (4)查理定律的表达式eq \f(p,T)＝C中，C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的常量。(　　) 提示：根据经验，加热时气体会膨胀，所以温度、体积增大；设大气压为p0，活塞和砝码整体的质量为m，活塞横截面积为S，则汽缸中气体的压强p＝p0＋eq \f(mg,S)，可见汽缸中气体的压强不变。 1．盖—吕萨克定律的表述 (1)eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)＝C。 (2)eq \f(V,T)＝eq \f(ΔV,ΔT)。 2．对等压线的理解 (1)V­t图像中的等压线 ①V­t图像中的等压线是一条延长线通过(－273.15 ℃，0)的倾斜直线。 ②图1中纵轴上的截距V0是气体在0 ℃时的体积。 (2)V­T图像中的等压线 ①V­T图像中的等压线是一条延长线通过原点的倾斜直线。 ②斜率k＝eq \f(V,T)＝C(常数)与气体压强有关：对于一定质量的某种气体，压强越大，其等压线的斜率越小(该结论可由一定质量的某种气体，温度一定时，体积小的压强大得证)。如图3所示，对于一定质量的某种气体，其四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4。 (3)若夜间环境温度降低，椅面下降高度为Δh＝1 cm，此过程中封闭气体做等压变化， 初状态：V1＝L1S，T1＝t1＋273 K＝300 K 末状态：V3＝(L1－Δh)S，T3＝t3＋273 K 根据盖—吕萨克定律可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V3,T3) 解得t3＝17 ℃。 解析　(1)受力分析可知，封闭空气柱的压强始终等于大气压，气体做等压变化。设空气柱的横截面积为S， 初态：V0＝8 cm·S，T0＝27 ℃＋273 K＝300 K 末态：V1＝(8 cm＋7 cm－3 cm)·S＝12 cm·S 根据盖—吕萨克定律可知eq \f(V0,T0)＝eq \f(V1,T1) 解得T1＝450 K 则t1＝T1－273 K＝177 ℃。 (2)设开始时空气柱长度为l0，指针所对刻度为x0，所测温度为T0，指针所对刻度为x时，所测温度为T，则根据盖—吕萨克定律可知 eq \f(l0S,T0)＝eq \f(（x－x0＋l0）S,T) 整理得T＝eq \f(T0,l0)x＋T0－eq \f(T0,l0)x0 T与x成线性关系，则该温度计的刻度均匀。 (3)该温度计的使用条件是大气压不变，由于实际中在同一地点大气压不断变化，但变化幅度很小，所以无法精确测量温度，只能用来估测温度；到海拔差距较大的另一地方后，由于大气压变化很明显，所以需要重新校准温度刻度，才能用来估测温度。 提示：第1组数据偏差较大，舍去，可求得图线的斜率为k＝eq \f(793.4－760.4,30.0－17.4)×133.322 Pa/℃＝eq \f(33,12.6)×133.322 Pa/℃，所以气体压强减小到零时，气体的温度t0＝17.4 ℃－eq \f(760.4×133.322 Pa,k)＝－272.9 ℃。 1．查理定律的表述 (1)eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)＝C。 (2)eq \f(p,T)＝eq \f(Δp,ΔT)。 2．对等容线的理解 (1)p­t图像中的等容线 ①p­t图像中的等容线是一条延长线通过(－273.15 ℃，0)的倾斜直线。 ②图1中纵轴上的截距p0是气体在0 ℃时的压强。 (2)p­T图像中的等容线 ①p­T图像中的等容线是一条延长线通过原点的倾斜直线。 ②斜率k＝eq \f(p,T)＝C(常数)与气体体积有关：对于一定质量的某种气体，体积越大，其等容线的斜率越小(该结论可由一定质量的某种气体，温度一定时，压强小的体积大得证)。如图3所示，对于一定质量的某种气体，其四条等容线的体积关系为：V1＞V2＞V3＞V4。 规范解答　易拉罐中气体在温度升高时做等容变化，当罐内压强升高到1.2 atm时，对应的温度就是最高保存温度。 取罐内的CO2气体为研究对象，则： 初态：p1＝1 atm，T1＝17 ℃＋273 K＝290 K 末态：p2＝1.2 atm 气体发生等容变化，由查理定律eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)得： T2＝eq \f(p2,p1)T1＝eq \f(1.2×290,1) K＝348 K t＝348 K－273 K＝75 ℃。 [变式训练2]　(多选)如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，杯盖内硅胶密封圈气密性很好，茶杯内密封空气的温度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是(　　) A．茶杯对杯盖的支持力为mg＋eq \f(1,6)p0S B．茶杯对杯盖的支持力为mg＋eq \f(5,6)p0S C．茶杯对桌面的压力为Mg＋eq \f(5,6)p0S D．用力拉住杯盖往上提，若能使整个茶杯向上离开桌面，则至少需要对杯盖施加eq \f(（M＋m）p0S,6M)的力才能打开茶杯 解析　以茶杯中的气体为研究对象，初状态压强为p0，温度为T0＝87 ℃＋273 K＝360 K，末状态设压强为p1，温度为T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，由查理定律可得eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(5,6)p0，对杯盖受力分析，由平衡条件可得mg＋p0S＝p1S＋FN，解得茶杯对杯盖的支持力FN＝mg＋eq \f(1,6)p0S，A正确，B错误；对茶杯、杯盖整体受力分析可知，桌面对茶杯的支持力为F＝(M＋m)g，由牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力为(M＋m)g，C错误；杯盖恰好能被打开时，对杯盖受力分析可得Fmin＋p1S－p0S－mg＝ma，对整体受力分析可得Fmin－(M＋m)g＝(M＋m)a，联立解得Fmin＝eq \f(（M＋m）p0S,6M)，D正确。 1．(盖—吕萨克定律)(多选)一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是(　　) A．气体的摄氏温度一定升高到原来的两倍 B．气体的热力学温度一定升高到原来的两倍 C．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比 D．温度每升高1 K，体积增加量是0 ℃时体积的eq \f(1,273) 解析　根据盖—吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，可知气体的热力学温度一定升高到原来的两倍，结合摄氏温度与热力学温度的关系可知，摄氏温度不可能升高到原来的两倍，A错误，B正确；根据盖—吕萨克定律得eq \f(ΔV,ΔT)＝C，可知体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，C正确；0 ℃时热力学温度为T0＝273 K，设0 ℃时的体积为V0，升高的温度为ΔT＝1 K，根据盖—吕萨克定律得eq \f(V0,T0)＝eq \f(ΔV,ΔT)，解得温度每升高1 K，体积增加量ΔV＝eq \f(1,273)V0，D正确。 解析　冷藏室气体的初状态：T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，p1＝1.0×105 Pa；末状态：T2＝7 ℃＋273 K＝280 K，设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据得p2＝0.93×105 Pa，故选B。 解析　由图像可知a→b过程气体温度不变，压强增大，根据玻意耳定律pV＝C，可知气体体积减小；b→c过程，p­T图线为过原点的直线，则有eq \f(p,T)＝C′，可知气体体积不变，故选D。 解析　空气柱发生等压变化，由盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，所以有eq \f(ΔV1,ΔT1)＝eq \f(ΔV2,ΔT2)，而ΔT＝Δt，绝对零度时空气柱长为0，设该同学测得的绝对零度相当于t，故eq \f(V2－V1,t2－t1)＝eq \f(V1－0,t1－t)，得t＝－270 ℃，B正确。 解析　由题意，气球刚到达目标高度时，氦气的温度为T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，经过降温后氦气的最终温度为T2＝27 ℃－eq \f(6500,1000)×6 ℃＋273 K＝261 K，该过程氦气经历等压变化，根据盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，解得氦气最终的体积为V2＝5.22 m3。 eq \f(30,31) 解析　(1)瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为 T＝t＋273 K＝300 K，T′＝t′＋273 K＝310 K 温度变化过程中体积不变，故由查理定律有eq \f(p,T)＝eq \f(p′,T′) 解得t′＝37 ℃时，气压p′＝1.085×105 Pa。 (2)保持温度不变，挤压气体，使之压强从p变为p′，由玻意耳定律有pV＝p′V′ 解得V′＝eq \f(30,31)V 即气体体积为原来的eq \f(30,31)倍。 解析　(1)设活塞的质量为m，缸内气体在温度为300 K、330 K、360 K时分别为状态1、状态2、状态3，则其由状态1到状态2为等容变化，其状态参量为 状态1：T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa 状态2：T2＝330 K，p2 在状态2时，对活塞受力分析，有 p0S＋mg＝p2S 由查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2) 代入数据得m＝4 kg。 (2)设物体A的体积为ΔV，缸内气体由状态2到状态3为等压过程，由盖—吕萨克定律有 eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3) 其中V2＝60×40 cm3－ΔV，V3＝(60＋4)×40 cm3－ΔV，T3＝360 K 代入数据得ΔV＝640 cm3。 9．(盖—吕萨克定律的应用)孔明灯是一种古老的手工艺品，在古代多作军事用途。某同学制作了一个质量为m、体积为V的孔明灯，初始时，灯内、外空气的密度均为ρ，温度均为T，灯被点燃后，当内部空气的温度升到T′时，孔明灯刚好飞起。整个过程孔明灯的体积变化忽略不计，则(　　) A．T′＝eq \f(\a\vs4\al(ρTV),ρV＋m) B．T′＝eq \f(\a\vs4\al(ρTV),ρV－m) C．T′＝eq \f(\a\vs4\al(（m＋ρV）T),ρV) D．T′＝eq \f(\a\vs4\al(（m－ρV）T),ρV) 解析　孔明灯刚好飞起时，设孔明灯内气体的密度为ρ′，则ρ′Vg＋mg＝ρgV，解得ρ′＝eq \f(\a\vs4\al(ρV－m),V)，开始时孔明灯内的气体在温度为T′、密度为ρ′下的体积为V′＝eq \f(ρV,ρ′)＝eq \f(\a\vs4\al(ρV2),ρV－m)，根据盖—吕萨克定律可得eq \f(V,T)＝eq \f(V′,T′)，解得T′＝eq \f(\a\vs4\al(ρTV),ρV－m)，故B正确，A、C、D错误。 答案　(1)p0＋eq \f(Mg,S)　(2)L　(3)1.6L＋L0－eq \f(Mg,k) 解析　(1)设初始时气体A的压强为pA，对汽缸C有pAS＝Mg＋p0S 解得pA＝p0＋eq \f(Mg,S)。 (2)设初始时气体B的压强为pB，对活塞a、b和汽缸C、弹簧整体有pBS＝Mg＋p0S 解得pB＝p0＋eq \f(Mg,S) 由此可知pB＝pA，而A、B是同种气体，且 mB＝mA，TB＝TA 所以LS＝LBS 可得初始时气柱B的高度LB＝L。 (3)温度缓慢降低过程，气体A和B均做等压变化，根据(2)问可知两者的状态参量时刻相同，设降温后气柱A、B的高度均为L1，则有eq \f(LS,T0)＝eq \f(L1S,T1) 解得L1＝0.8L 弹簧压缩量始终为x＝eq \f(F,k)＝eq \f(Mg,k) 稳定后座椅的高度为 H＝2L1＋L0－x＝1.6L＋L0－eq \f(Mg,k)。 $$