素养提升课1 气体实验定律的综合应用-【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（粤教版）

该高中物理课件聚焦气体实验定律的综合应用，涵盖理想气体图像分析、变质量问题及多过程多气室问题，通过车胎漏气、氧气瓶分装等实际情境导入，衔接前期气体实验定律，搭建从基础到综合应用的学习支架。 其亮点在于以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，如变质量问题通过选研究对象转化为定质量问题，图像问题分析隐含物理量。结合例题解析与分层演练，助力学生提升解决复杂问题能力，教师可借助系统资源优化教学效率。

素养提升课一　气体实验定律的综合应用 　　　　 第二章 气体、液体和固体 1.会利用图像对气体状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题。　 2.会巧妙地选择研究对象，把变质量的气体问题变为定质量的气体问题。　 3.会利用气体实验定律分析多气室问题和气体变化的多过程问题。 素养目标 提升点一　理想气体的图像问题 1 提升点二　变质量问题 2 提升点三　气体实验定律的综合应用 3 课时测评 5 随堂演练　对点落实 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 提升点一　理想气体的图像问题 返回 一定质量的理想气体不同状态变化图像的比较 名称 图像 特点 等 容 线 p -­T p＝cT· ，斜率k＝ ，即斜率越大，对应的体积越小 p- ­t p与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15，0)，斜率越大，对应的体积越小 名称 图像 特点 等 压 线 V-­T V＝ T，斜率k＝ ，即斜率越大，对应的压强越小 V- ­t V与t为线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(－273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小 例1 A到B是等温变化，根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB 解得pB＝ 。 (2025·广东深圳高二月考)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求： (1)气体在状态B时的压强pB； (2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。 变式拓展．(多选)如图所示，一定质量理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化。若用V­T或p­V图像表示这一循环，可能正确的是 √ √ 1．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p­-V图像转换成p­-T图像或V-­T图像。 2．在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p­-V图像中重点比较气体的温度，p­-T图像中重点比较气体的体积，V­-T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。　　 返回 探究归纳 提升点二　变质量问题 返回 气体的“变质量”问题的四种情形 1．充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的“变质量”问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。 2．抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。 3．灌气问题：将一个大容器内的气体分装到多个小容器中的问题，也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。 4．漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使变质量问题变成定质量问题，再用相关方程求解即可。 例2 某品牌汽车前轮胎，厂家建议的标准胎压为2.4 bar(1.0 bar＝100 kPa)。某人购买该品牌汽车时，汽车胎压监测系统在仪表盘上显示左前轮胎压及温度如图甲所示。车辆使用一段时间后保养汽车时，发现仪表盘上显示左前轮胎压及温度如图乙所示。车胎内气体可看作理想气体，车胎内体积可视为不变，T＝t＋273。 (1)保养时，左前轮胎是否有漏气？ 答案：是 (2)若要使左前轮车胎在保养时胎压恢复到厂家建议的标准胎压2.4 bar，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度视为不变，求充入气体质量和车胎内原有气体质量之比。 变质量问题的分析思路及推论 1．处理变质量问题的思路：分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择研究对象，使这类问题转化为定质量问题，用相关规律求解。 2．两个推论 (1)如果一部分气体(p，V，T)被分成了几部分，状态分别为(p1，V1，T1)、 探究归纳 针对练．一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为 A．20 L B．40 L C．50 L D．60 L √ 以原先氧气罐内的气体为研究对象，在分装过程中，气体做等温变化，则初态p1＝15 MPa，V1＝400 L，末态p2＝3 MPa，V2待求，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得V2＝2 000 L，每个小氧气瓶的容积V0＝ L＝40 L，故A、C、D错误，B正确。 返回 提升点三　气体实验定律的综合应用 返回 1．气体状态的变化一般分为等温、等压、等容，其中等压变化和等温变化有时并不是那么明显，而是隐藏在题目中，需要我们挖掘题意，根据相关的描述进行判断。比如“缓慢移动”往往对应等压过程，但若是在大小不明的外力作用下缓慢移动，就不一定是等压过程，也有可能是等温过程；再比如外界温度不变时，“导热性能良好”往往对应等温过程。 2．一般解题思路 (1)确定研究对象，并判断是等温变化、等压变化还是等容变化。 (2)确定始、末状态及状态参量(p、V、T)。 (3)根据气体实验定律列方程求解。 例3 角度1　多过程问题 (2025·广东高二校联考)如图所示，上端开口的光滑 圆柱形气缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质 量的气体封闭在气缸内。在气缸内设有a、b两限制装置， 使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在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。现缓慢加热气缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为660 K时，活塞上升了4 cm。g取10 m/s2。求： (1)活塞的质量； 答案：4 kg (2)a、b两限制装置与气缸底部的距离。 答案：4 cm 例4 角度2　多气室问题 (2025·广东广州华南师大附中高二校考)如图所示，一粗细均匀足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1＝24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2＝30 cm，上方水银柱长h2＝4 cm，左右两侧水银面高度差h1＝12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，大气温度T1＝300 K，现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求： (1)加热前空气柱A、B的压强； 答案：68 cmHg　80 cmHg 加热前有pB＝p0＋ph2＝80 cmHg，pA＝pB－ph1＝68 cmHg。 (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2；(结果保留1位小数) 答案：441.2 K 空气柱B压强保持不变，则有pA2＝pB＝80 cmHg 对空气柱A根据理想气体状态方程有 解得T2≈441.2 K。 (3)加热后，B空气柱上方水银柱上升高度L。 答案：20.12 cm 以空气柱B为研究对象，加热前温度T1＝300 K，体积VB1＝L2S，加热后温度T2＝441.2 K，体积VB2＝(L2＋ΔL)S，由盖­吕萨克定律有 联立可得ΔL＝14.12 cm 则L＝ΔL＋ ＝20.12 cm。 返回 随堂演练　对点落实 返回 1．某一密闭气体，分别以两个不同的体积做等容变化，这两个等容过程对应的p-­t图像如图中的①、②所示。则相对应的V-­T图像或p­-V图像可能是 √ 同一部分气体在两个不同体积的情况下的p-­t图像中，0 ℃时图线①压强大，说明其对应的体积小，两条图线都是等容变化，且图线①对应体积小，故选D。 √ 2．(2025·广东中山一中校考)某教室内的空间为50 m3，温度为17 ℃，大气压强为76 cmHg，室内空气质量为60 kg。由于使用暖气，一段时间后，温度恒为27 ℃，大气压为76 cmHg，T＝t＋273，则教室内空气的质量变为 A．2 kg B．37.8 kg C．58 kg D．62 kg √ 3．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸中的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞与缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好，则下列说法中正确的是 A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些 B．若外界大气压增大，则气缸上底面距地面的高度将不变 C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小 D．若气温升高，则气缸上底面距地面的高度将增大 以气缸和活塞为整体，则弹簧弹力始终等于整体重力，弹簧长度不发生变化，则活塞距地面的高度不变，A、C错误；选气缸为研究对象，由平衡条件得G＋pS＝p1S，若外界大气压p增大，则气体压强增大，由p1V1＝p2V2知气体体积减小，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；若气温升高，缸内气体做等压变化，根据 可知，气体体积增大，气缸上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大，D正确。 √ 4．(2025·广东广州华南师大附中高二期中)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置，若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以下关于气体A、B的说法正确的是 A．气体A的压强不变 B．气体B的压强减小 C．气体A、B的体积都增大 D．气体A、B的体积都减小 被封闭气体B的压强pB＝p0－ρ水银ghB，被封闭气体A的压强pA＝pB－ρ水银ghA＝p0－ρ水银g(hA＋hB)，其中hA、hB为上、下两段水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高度都将减小，则封闭气体压强pA和pB增大，又由于气体是等温变化，由玻意耳定律知，气体A、B的体积都减小。故选D。 返回 课 时 测 评 返回 1．如图表示一定质量的理想气体从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，其中从状态3到状态1图线为双曲线的一部分。下列p-T图像中，反映了上述循环过程的是 √ 由 ＝c可知，1→2是等压升温过程，2→3是等容降温过程，3→1是等温升压过程，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 2．某一定质量的理想气体发生等压膨胀－等温压缩－等容降温三个状态变化后回到初始状态，整个过程的p­-V图像如图所示，则下列也能反映该过程的图像是 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 3．(多选)(2025·广东汕尾高二校考)一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是 A．a→b过程中，气体体积变小，温度降低 B．b→d过程中，气体温度不变，体积变小 C．d→a过程中，气体体积变小，压强增大 D．d→a过程中，气体压强增大，温度升高 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 a→b过程中，气体发生等压变化，温度降低，根据盖­吕萨克定律 ＝c，可知气体体积变小，故A正确；b→d过程中，气体发生等温变化，压强减小，根据玻意耳定律p-V＝c，可知气体体积增大，故B错误；d→a过程中，由题图可知p与T成正比，则气体发生等容变化，压强增大，温度升高，故C错误，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 取全部气体为研究对象，由玻意耳定律有p1(V1＋V2)＝pV1，解得p＝2.5 atm，故A正确。 4．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为 A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 设可分装n袋，气体做等温变化，取全部气体研究，根据玻意耳定律有p1V＝p2V＋np2V0，代入数据解得n＝56袋，故选B。 5．容积为20L的钢瓶内，贮有压强为1.5×107 Pa的氧气。打开钢瓶的阀门，让氧气分装到容积为5 L的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.0×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 A．60袋 B．56袋 C．50袋 D．40袋 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 6．(多选)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0＝1 atm) A．1 atm、30 L B．4 atm、2.5 L C．1 atm、40 L D．4 atm、7.5 L √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 7．(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在固定的导热气缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。关于气体从状态①变化到状态②的过程，下列图像可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据 ＝c可知压强将减小。对A图像进行分析，p-V图像是双曲线的一支，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图像进行分析，p-V图像是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图像进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图像进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，故D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 8．粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，且开始时温度相同，将玻璃管两端的气体均升高相同温度的过程中，水银柱将 A．向A端移动 B．向B端移动 C．始终不动 D．以上三种情况都有可能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 假设水银柱不发生移动，则两部分气体均做等容变化，由查理定律有Δp＝ p，由于pA＝pB，ΔTA＝ΔTB，TA＝TB，可知ΔpA＝ΔpB，所以水银柱始终不动，故假设正确，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 9．一定质量的理想气体，由状态C(6，2)沿直线CA变化到A(2，6)，如图所示，气体在C、B、A三个状态中的温度之比是 A. 1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶4∶3 D．4∶3∶4 根据理想气体状态方程 ＝c可知TC∶TB∶TA＝pCVC∶pBVB∶pAVA，结合题图可得TC∶TB∶TA＝3∶4∶3，故选C。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 10 ．如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可忽略)，如果不计大气压的变化，该装置就是一支简易的气温计，则 A．吸管上气温计刻度是均匀的，左大右小 B．温度升高后，罐中气体压强增大 C．用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大 D．用更小的饮料罐，其余条件不变，可提高该气温计的测温灵敏度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 11．(多选)如图表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化的情况是 A．从状态c到状态d，压强减小 B．从状态d到状态e，压强增大 C．从状态e到状态a，压强减小 D．从状态a到状态b，压强不变 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 在V-T图像中等压线是过坐标原点的直线，如图所示，由理想气体状态方程得V＝ ·T，可知，当压强增大，等压线的斜率k＝ 变小，由图可确定pa＜pe＜pd＜pc＜pb。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 12．(8分)一端开口的U形管内由水银柱封有一段空气柱，大气压强为76 cmHg，当气体温度为23 ℃时空气柱长为8 cm，开口端水银面比封闭端水银面低2 cm, 如图所示，T＝t＋273，则 (1)当气体温度上升到多少℃时，空气柱长为10 cm? 答案：117 ℃ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设管的横截面积为S，气体的初状态为p1＝p0－ph＝74 cmHg，V1＝8S(cm3)，T1＝296 K 气体的末状态p2＝p0＋ph＝78 cmHg， V2＝10S(cm3) 代入数据解得T2＝390 K 即t2＝117 ℃。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)若保持温度为23 ℃不变，在开口端加入多长的水银柱能使空气柱长为7.4 cm? 气体的体积V3＝7.4S(cm3) 根据玻意耳定律有p1V1＝p3V3 代入数据解得p3＝80 cmHg 需加入水银柱的长度为L＝[80－76＋2＋(8－7.4)×2] cm＝7.2 cm。 答案：7.2 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 13．(8分)(2025·江苏苏州市高二联考)如图所示，按 下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气 口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0＝8.0 L， 出水管竖直部分内外液面相平、出水口与大气相通且 与桶内水面的高度差h1＝0.20 m。出水管内水的体积 忽略不计，水桶的横截面积S＝0.08 m2。现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0 L的水。(已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度大小g＝10 m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。)求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (1)此时桶内气体的压强大小？ 初始时，桶内气体的压强与外界相等p1＝p0 缓慢流出了V1＝2.0 L水后，桶内液面下降了h＝ m＝0.025 m 此时管口与桶内液面高度差为H＝h＋h1＝0.225 m 此时，桶内气体的压强为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×0.225 Pa＝1.022 5×105 Pa。 答案：1.022 5×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？ 以最终在桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0(V0＋ΔV)＝p2(V0＋V1) 解得ΔV＝2.225 L。 答案：2.225 L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 14.(10分)(2025·山东青岛市高二统考)如图(a)所示，导热良好的封闭汽缸内盛有一定深度的水银，细、薄玻璃管开口朝下竖直漂浮在水银中。平衡 时，玻璃管内气柱总长度l0=20cm，露出水银面的 高度h0=4cm，汽缸内水银面上方气体压强为p0 =76cmHg。现利用充气泵给上层气体缓慢充气，使玻璃管上端(管底)恰好与水银面相平。整个过程中各部分气体温度保持不变，不考虑水银的蒸发。求： (1)玻璃管上端恰好与水银面相平时， 玻璃管内气体的压强。 答案：115cmHg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设玻璃管内气体压强为p管 ，汽缸内气体 压强为p缸 ，玻璃管的横截面积为S，对 玻璃管及内 部气体受力分析得p管S=p缸S +mg 设内、外液面高度差为 H，则有p管=p缸+pH 由以上两式得pH= 由此可知玻璃管在向下移动过程中管内液面高度不变 当玻璃管刚好没入水银中时，管内气柱长度为l= l0-h0=16cm 由玻意耳定律得p1V1=p2V2 其中p1=p0+pl，V1=l0S，V2=lS 解得p2=115cmHg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)充气过程中充入汽缸内气体的质量与原汽缸内气体的质量之比η。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由(1)得充气后汽缸内气体压强 p'=p2- pl=99cmHg 设充入的气体压强为p0，体积为ΔV， 初始气体体积 为V0，则由玻意耳定律 得p0V0+p0ΔV=p'V0 解得 ΔV= V0 所以充入的气体质量与原来气体质量之比 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (3)系统稳定性是指系统要素在外界影响下表现出的某种稳定状态。系统受到某种干扰而偏离原来状态时，能经过自身调整恢复原状态，则系统是稳定的；相反，如果不能恢复到原状态，甚至偏离越来越大，则系统是不稳定的。请简要说明当汽缸内的压强发生微小变化时，图(b)中处于悬浮状态的细 玻璃管是否是稳定状态。 答案：否，理由见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 玻璃管及管内气体悬浮状态受力平衡，有F浮 =mg 即ρgV排 =mg，V排即管内气体的体积 当汽缸内压强增大时，玻璃管内的气体压强也随之增 大，管内气体体积将减小，由上式知玻璃管及管内气 体受力不再平衡，合力向下，玻璃管将向下运动，且 越往下运动，管内气体压强越大，气体体积越小，向 下的合力就越大，玻璃管做加速度变大的加 速运动， 不会回到原位置；当汽缸内压强减小时，玻璃管加速向上，直至露出水面，所以处于悬浮状态 的玻璃管是不稳定的。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 谢 谢 观 看 ！ 第二章 气体 、液体和固体 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 名称 图像 特点 等 温 线 p ­V pV＝cT(c为常量)，即p、V之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 p ­ p＝cT·，斜率k＝cT，即斜率越大，对应的温度越高 由题图可知，1到2状态是等容变化，p与T均增大；2到3状态是等压变化，p不变，T降低，根据盖­吕萨克定律有＝，又T2＞T3，可知V2＞V3；3到1状态是等温变化，压强p减小，温度T不变，根据玻意耳定律有p3V3＝p1V1，又p3＞p1，可知V3＜V1，故选A、D。 (p2，V2，T2)、…、(pn，Vn，Tn)，则有＝＋＋…＋。 (2)气体密度与状态参量的关系：将V＝代入理想气体状态方程即可得＝。 ＝ 开始加热到活塞刚离开a、b，封闭气体做等容变化，根据查理定律有＝，其中p0＝1.0×105 Pa，T0＝300 K，T1＝330 K，p1＝p0＋ 代入数据解得活塞质量为m＝4 kg。 ＝ ＝ ＝ 根据理想气体状态方程＝c，等压膨胀过程，温度增加，p­T图像与T轴平行；等温压缩过程，压强增加，p­T图像与p轴平行；等容降温过程，压强减小，p­T图像的延长线经过坐标原点，故A错误，B正确；根据理想气体状态方程＝c，等压膨胀过程，温度增加，V­T图像的延长线经过坐标原点；等温压缩过程，压强增加，V­T图像与V轴平行；等容降温过程，压强减小，V­T图像与T轴平行，故C、D错误。故选B。 根据理想气体状态方程，有＝ ＝ η= = = 。 $