3. 第1课时 气体的等压变化和等容变化-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦气体的等压变化（盖-吕萨克定律）和等容变化（查理定律），通过烧瓶液柱实验、“晾房”“拔火罐”等生活情境导入，搭建从现象观察到规律提炼的学习支架，衔接气体状态参量关系的前后知识。 其亮点在于以科学探究为导向，结合“拔火罐温度变化分析”等实例培养科学思维，通过V-T与p-T图像斜率对比深化物理观念。规律总结步骤清晰，助力学生系统掌握知识，提升探究能力，也为教师提供结构化教学资源，提高教学效率。

第1课时　气体的等压变化和等容变化 　　　　 第二章　3.气体的等压变化和等容变化 1.知道气体的等压变化，掌握盖-吕萨克定律的内容、表达式及应用。 2.知道气体的等容变化，掌握查理定律的内容、表达式及应用。 3.理解V-T图像和p-T图像的物理意义。 素养目标 知识点一　气体的等压变化 1 知识点二　气体的等容变化 2 课时测评 4 内容索引 知识点三　气体的V-T图像与p-T图像 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 知识点一　气体的等压变化 返回 情境导入　如图所示，利用烧瓶、橡胶塞、细玻璃管及其中的红色小液柱封闭一定量的气体。双手捂住瓶体时，会看到细玻璃管中红色液柱上升。 (1)瓶内封闭气体的温度如何变化？ 提示：温度升高。 自主学习 (2)瓶内封闭气体的体积如何变化？ 提示：体积增大。 (3)瓶内封闭气体的压强如何变化？ 提示：压强不变。 教材梳理 (阅读教材P26完成下列填空) 1.等压变化：一定质量的某种气体，在______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______。 (2)表达式：V＝______或＝。 (3)适用条件：气体的______和______不变。 压强 正比 CT 质量 压强 (4)等压变化的图像：如图所示。 在V-T图像中等压线是一条过原点的直线。 师生互动　“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”，形容我国新疆吐鲁番地区昼夜温差大的自然现象。利用这一特点可以制作品质优良的葡萄干。现有一葡萄晾房四壁开孔，如图，房间内晚上温度7 ℃，第二天中午温度升为37 ℃，假设大气压不变。 任务1.房内气体发生什么变化？ 提示：等压变化。 课堂探究 任务2.晾房四壁开孔的目的是什么？ 提示：加快空气流动，从而加快葡萄中水的蒸发。 任务3.设晾房的体积为V0，T＝t＋273 K，则从晚上到第二天中午溢出气体在37 ℃时的体积为多少？ 提示：选晚上房间内的空气为研究对象，设其在37 ℃时体积为V1，则＝ 解得V1＝V0 则从晚上到第二天中午溢出气体在37 ℃时体积为ΔV＝V1－V0＝V0。 1.盖-吕萨克定律的适用条件 (1)气体质量一定，压强不变。 (2)气体压强不太大(与大气压比较)，温度不太低(与常温比较)。 2.盖-吕萨克定律的表达式及推论 探究归纳 如图所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为 H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中 有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大 气压p0＝76 cmHg。(结果均保留3位有效数字) (1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部，该过程环境温度不变，此时水银柱的高度为多少？ 答案：12.9 cm 例1 设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ， 由题设条件有p1＝p0＋ρgh0，p2＝p0＋ρgh V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS 联立解得h≈12.9 cm。 (2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 答案：363 K 密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有＝ 由题设条件有V3＝(2H－h)S 联立解得T2≈363 K。 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成立的条件：气体质量一定，压强不变。 3.分别确定初、末状态的温度、体积。 4.根据盖-吕萨克定律列方程求解，并对结果进行讨论。 规律总结 针对练1.如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L＝4 cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时，开关S断开，水温为27 ℃，水银柱下方空气柱的长度为L0＝20 cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压p0＝76 cmHg。T＝t＋273 K。则电路自动断开时水 温为 A.320 K B.340 K C.330 K D.333 K √ 当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开， 此时空气柱长度为L1＝L0＋，在此过程中空气柱 的压强不变，根据盖－吕萨克定律有＝，联 立并代入数据解得T1＝330 K。故选C。 针对练2.(2025·湖南长沙高二期末)如图所示，两个壁厚可忽 略的圆柱形金属筒A和B套在一起，两者横截面积相等，光 滑接触且不漏气。将A系于天花板上，用手托住B，使筒底 部到顶部的高度为20 cm，此时它们密封的气体压强与外界 大气压相同，均为1.1×105 Pa。然后缓慢松开手，让B下沉，当筒底部到顶部高度变为22 cm时，B停止下沉并处于静止状态，下沉过程中气体温度保持不变。则： (1)此时金属筒内气体的压强为多少？ 答案：1.0×105 Pa 设两者横截面积为S，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得p2＝＝ Pa＝1.0×105 Pa。 (2)若当时的温度为308 K，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为多少？ 答案：280 K 根据盖-吕萨克定律得＝ 解得T3＝＝ K＝280 K。 返回 知识点二　气体的等容变化 返回 情境导入　在炎热的夏天，打足气的自行车轮胎在日光的暴晒下有时会胀破，忽略轮胎体积变化。请思考： (1)轮胎内空气的温度、压强如何变化？ 提示：日光暴晒时，轮胎里的空气温度升高，气体的压强增大。 自主学习 (2)轮胎内空气发生的是什么变化？ 提示：轮胎内的空气发生的是等容变化。 教材梳理 (阅读教材P26—P27完成下列填空) 1.等容变化：一定质量的某种气体，在______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______。 (2)表达式：p＝______或。 (3)适用条件：气体的______和______不变。 体积 正比 CT 质量 体积 (4)等容变化的图像：如图所示。 在p-T图像中等容线是一条过原点的直线。 师生互动　“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。 如图所示，操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小 罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位， 冷却后小罐便紧贴在皮肤上。 任务1.小罐内刚点燃酒精棉球，还未倒扣在治疗的部位时，小罐内气体会发生怎样的变化？ 提示：压强不变，温度升高，体积增大，小罐内有部分气体溢出。 课堂探究 任务2.小罐倒扣在需要治疗的部位后，冷却后为什么小罐会紧贴在皮肤上？ 提示：小罐倒扣在需要治疗的部位后，气体体积近似不变，温度降低，压强减小，小于外界大气压，所以小罐会紧贴在皮肤上。 任务3.若不计小罐体积的变化，温度从87 ℃降到27 ℃，压强变为原来的多少倍？(T＝t＋273 K) 提示：由查理定律得＝，解得＝。 1.查理定律的适用条件 (1)气体质量一定，体积不变。 (2)气体压强不太大(与大气压比较)，温度不太低(与常温比较)。 2.查理定律的表达式及推论 探究归纳 如图所示，圆柱形汽缸倒置在水平地面上，汽缸内 部封有一定质量的气体。已知汽缸质量为M＝10 kg，缸壁 厚度不计，活塞质量为m＝5 kg，其横截面积为50 cm2，所 有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地 面接触，但对地面无压力。已知大气压为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，T＝t＋273 K。 (1)求此时封闭气体的压强。 答案：9.0×104 Pa 例2 设此时封闭气体的压强为p1，对活塞由平衡条件可得p0S＝p1S＋mg 解得p1＝9.0×104 Pa。 (2)现使汽缸内气体温度升高，当汽缸恰对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度？ 答案：127 ℃ 设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对汽缸由平衡条件可得p0S＋Mg＝p2S 解得p2＝1.2×105 Pa 已知T1＝(27＋273) K＝300 K，对汽缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，由查理定律可得＝ 解得T2＝400 K 即t2＝127 ℃。 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成立的条件：气体质量一定，体积不变。 3.分别确定初、末状态的温度、压强。 4.根据查理定律列方程求解，并对结果进行讨论。 规律总结 针对练1.在密封容器中装有某种气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，T＝t＋273 K，气体的压强变化情况是 A.气体的压强变为原来的2倍 B.气体的压强比原来增加了 C.气体的压强变为原来的 D.气体的压强比原来增加了 √ 一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得＝，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，有＝＝＝，所以p2＝p1，因此压强比原来增加了。故选B。 针对练2.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为273 K，B中气体的温度为293 K，如果将它们的温度都降低10 K，则水银柱将 A.向A移动 B.向B移动 C.不动 D.不能确定 √ 假定水银柱两边气体的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为T1＝273 K和T2＝293 K，当温度降低ΔT＝10 K时，由查理定律的推论可知＝，则Δp＝ΔT，因为p2＝p1，T2＞T1，所以Δp1＞Δp2，即A内压强减小得更多，水银柱将向A移动。选故A。 返回 知识点三　气体的V-T图像与p-T图像 返回 师生互动　根据下图回答以下问题： 任务1.如图甲所示，V1对应的虚线为等容线，A、B是等容线与T1、T2两线的交点，则T1与T2哪个温度高？为什么？ 提示：T1＜T2，体积不变，压强增大，则温度升高。 任务2.如图乙所示，T1对应的虚线为等温线，A、B是等温线与V1、V2两线的交点，则V1与V2哪个体积大？为什么？ 提示：V1＞V2，温度不变，压强增大，体积减小。 任务3.如图丙所示，T1对应的虚线为等温线，A、B是等温线与p1、p2两线的交点，则p1与p2哪个压强大？为什么？ 提示：p1＞p2，温度不变，体积增大，压强减小。 气体的等压变化与等容变化图像的比较 探究归纳 项目 等压线 等容线 不 同 点 图例     探究归纳 项目 等压线 等容线 不 同 点 与t的关 系图像     纵坐标 体积V 压强p 斜率 意义 气体质量一定时，根据盖-吕萨克定律可知p1＞p2＞p3＞p4，即斜率越大，压强越小 气体质量一定时，根据查理定律可知V1＞V2＞V3＞V4，即斜率越大，体积越小 探究归纳 相 同 点 (1)横坐标都是温度 (2)V-T图像和p-T图像都是一条过原点的倾斜直线 (3)都是斜率越大，气体的另外一个不变的状态参量越小 一定质量的气体，在状态变化过程中的p-T图像如图所示，在状态A时的体积为V0，试画出A→B→C→A图线对应的V-T图像和p-V图像(标注字母和箭头)。 解题指导：(1)状态A到状态B为等温变化。 (2)状态B到状态C为等压变化。 (3)状态C到状态A为等容变化。 答案： 例3 状态A到状态B为等温变化，即TA＝TB＝T0，由玻意耳定律得pAVA＝pBVB 所以VB＝VA＝·V0＝ 状态B到状态C为等压变化，即pB＝pC＝3p0 由盖－吕萨克定律得＝ 所以VC＝VB＝·＝V0 则状态C到状态A是等容变化 作出对应的V-T图像和p-V图像如图甲、乙所示。 解决气体图像问题的关键 1.图像上的某个点：表示的是一定质量气体的一个平衡状态。 2.图像上的某一段：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，并判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。 3.过程分析：从图像中的某个点(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、计算出各点的状态参量(p、V、T)。 规律总结 针对练1.(多选)一定质量的某种理想气体由状态A经状 态C变化到状态B，这一过程的V－T图像如图所示，下 列说法正确的是 A.A→C过程中，气体的压强不变 B.C→B过程中，气体的压强减小 C.若该图像的纵坐标改为压强p，则A→C过程中，气体的体积增大 D.若该图像的纵坐标改为压强p，则C→B过程中，气体的体积增大 √ √ A→C过程中，气体体积不变，温度升高，根据＝C可 知，气体的压强增大，A错误；C→B过程中，气体温 度不变，体积减小，根据pV＝C可知，气体的压强增 大，B错误；若该图像的纵坐标改为压强p，A→C过程 中，气体压强不变，温度升高，根据＝C可知，气体的体积增大，C正确；若该图像的纵坐标改为压强p，C→B过程中，气体温度不变，压强减小，根据pV＝C可知，气体的体积增大，D正确。故选CD。 针对练2.(多选)一定质量的气体的状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在选项图中的p-T图像或V-T图像上，其中正确的是 √ √ 由题图可知A→B是等压膨胀过程，即VB＞VA，由盖－吕 萨克定律可知＝，所以TB＞TA，即温度升高；B→C 是等温压缩过程，即VB＞VC，pC＞pB，即压强变大；C→ A是等容降压过程，即pC＞pA，由查理定律可知＝，所以TC＞TA，即温度降低。故选AC。 返回 课堂回眸 课时测评 返回 1.如图所示，在冬季，装有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来。其中主要原因是 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，大气压变大 D.瓶内气体因温度降低而压强减小 √ 暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体的温度降低，根据查理定律有＝，由于T1＞T2，所以p1＞p2，即暖水瓶内气体的压强由p1减小为p2，气体的压强减小，所以拔出瓶塞更费力。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，T＝t＋273 K，则温度的变化是 A.升高了450 K B.升高了150 ℃ C.降低了150 ℃ D.降低了450 ℃ √ 由盖－吕萨克定律可得＝，代入数据可得T2＝450 K，所以温度升高了150 ℃或150 K。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.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 ℃，T＝t＋273 K，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 √ 冷藏室内气体在初状态时T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，末状态时T2＝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，根据查理定律得＝，代入数据解得p2≈0.93×105 Pa。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·云南曲靖高二期末)一定质量的理想气体，由状态A经状态B变为状态C，其中状态A到状态B过程为等压变化，状态B到状态C过程为等容变化。已知VA＝0.2 m3，TA＝TC＝280 K，TB＝308 K。气体在状态B时的体积大小VB和气体由状态B到状态C过程中压强p的变化情况是 A.VB＝0.22 m3；p增大 B.VB＝0.22 m3；p减小 C.VB＝0.18 m3；p增大 D.VB＝0.18 m3；p减小 √ 状态A到状态B过程为等压变化，则有＝，可得VB＝0.22 m3；状态B到状态C过程为等容变化，根据查理定律可知，温度降低，则压强p减小。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图所示，一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦)，温度降低时，下列说法正确的是 A.气体压强减小 B.汽缸高度H减小 C.活塞高度h减小 D.气体体积增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设汽缸质量为M，活塞质量为m，对汽缸受力分析可知Mg ＋p0S＝pS，解得p＝＋p0，可知当温度降低时，气体的 压强不变；对活塞和汽缸整体受力分析可知(m＋M)g＝kx， 可知当温度降低时，x不变，则h不变；根据盖－吕萨克定律可得＝，故温度降低时，气体的体积减小，因h不变，则汽缸高度H减小。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增加量为Δp1；当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是 A.10∶1 B.373∶273 C.1∶1 D.383∶283 √ 由查理定律的推论＝可知Δp＝ΔT，温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增加量Δp1＝Δp2。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(多选)一定质量的理想气体的压强p与温度T的关系图像如图所示。气体先经过等压变化由状态A变为状态B，再经过等容变化由状态B变为状态C，已知气体在状态C的体积为6 L。下列说法正确的是 A.气体在状态B的温度为300 K B.气体在状态B的温度为400 K C.气体在状态A的体积为4 L D.气体在状态A的体积为3 L √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 气体由状态B变为状态C，气体的体积不变，则有 ＝，可得气体在状态B的温度为TB＝TC＝ ×400 K＝300 K，故A正确，B错误；气 体由状态A变为状态B，气体的压强不变，则有＝，可得气体在状态A的体积为VA＝VB＝×6 L＝4 L，故C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(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p-t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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题图可知，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；由题图可知，状态B到状态C的过程中，气体温度不变，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·江苏宿迁高二期末)如图所示，汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体，已知汽缸不漏气且内壁光滑。初始时，活塞紧压小挡板，封闭气体体积为V0，外界大气压为p0。缓慢升高汽缸内气体的温度至活塞升至汽缸顶部，气体的压强p、体积V与热力学温度T的图像正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在气体压强等于大气压p0前，气体做等容变化，根据＝ 变形得p＝·T，可知p与T成正比，即p-T图像延长线过原点； 当气体压强等于大气压p0后，气体压强保持不变，恒为p0， 气体做等压变化，根据＝变形得V＝·T，可知V与T成正比，即V-T图像延长线过原点。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)如图所示，将粗细均匀且一端开口的导热性能极好的玻璃管水平放置，管内用长为h＝15 cm的水银封闭着一段长为l0＝9 cm的空气柱。若将玻璃管开口向上缓慢地竖直起来，空气柱长度变为l1＝7.5 cm，已知环境温度恒为t0＝27 ℃，管内气体可视为理想气体，T＝t＋273 K。下列选项正确的是 A.大气压为p0＝75 cmHg B.玻璃管竖直放置时内部封闭气体压强为80 cmHg　 C.竖直状态下，分子的平均动能不变 D.竖直状态下，为了使封闭气体长度变为l0，可以将封闭气体的温度缓慢升高50 ℃ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设大气压为p0，则玻璃管水平放置时，内部封闭气体压强为p0，玻璃管竖直放置时，内部封闭气体压强为p1＝p0＋15 cmHg，根据玻意耳定律有p0Sl0＝p1Sl1，联立解得p0＝75 cmHg，p1＝90 cmHg，故A正确，B错误；玻璃管开口向上缓慢地竖直起来，环境温度恒定，气体温度不变，分子的平均动能不变，故C正确；根据盖-吕萨克定律有＝，其中T0＝300 K，解得T1＝360 K，则t1＝87 ℃，温度缓慢升高了Δt＝t1－t0＝87 ℃－27 ℃＝60 ℃，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(10分)如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环。气体的温度t＝27 ℃，外界大气压p0＝1.0×105 Pa。现将汽缸开口向上竖直放置，如图乙(g取10 m/s2，T＝t＋273 K)。 (1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h； 答案：30 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 汽缸水平放置时，封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105 Pa，温度T1＝t＋273 K＝300 K，体积V1＝lS 汽缸开口向上竖直放置时，封闭气体的压强p2＝p0＋＝1.2×105 Pa，温度T2＝T1＝300 K，体积V2＝hS 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得h＝30 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)如果将缸内气体加热到600 K，求此时气体的压强p。 答案：1.44×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 温度升高，活塞到达卡环前，气体做等压变化，此时p3＝p2，V2＝hS，V3＝(l＋d)S，T2＝300 K 由盖－吕萨克定律得＝ 解得T3＝500 K＜600 K 汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变 化，p3＝1.2×105 Pa，T3＝500 K，T4＝600 K 由查理定律得＝ 解得p＝1.44×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(10分)如图所示，内壁光滑、横截面积S＝12.5 cm2的汽缸固定在水平地面上，汽缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m＝ 1 kg。初始环境温度为t0＝15 ℃时，台秤示数为5 N，活塞距缸底H0＝ 4.6 cm，不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，T＝t＋273 K。 (1)初始状态下汽缸中的气体压强为多少？ 答案：9.6×104 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 初始状态，对重物受力分析可得 FT＝mg－FN 对活塞受力分析可得p0S＝FT＋p1S 解得p1＝9.6×104 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度？ 答案：3 ℃ 重物刚要脱离台秤时，对重物受力分析可得 FT'＝mg 对活塞受力分析可得p0S＝FT'＋p2S 由查理定律可得＝ 解得t＝3 ℃。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)当环境温度低至－3 ℃时，活塞距汽缸的高度为多少？ 答案：4.5 cm 由盖－吕萨克定律可得＝ 解得H＝4.5 cm。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 第1课时　气体的等压变化和等容变化 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $