1、第2课时查理定律盖吕萨克定律1查理定律(等容变化)：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，_与_成正比表达式常量或_或_.2盖吕萨克定律(等压变化)：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，_与_成正比表达式常量或_或_.3对于一定质量的气体，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4一定质量的气体，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C气体压强是原来的3倍D气体压强比原来增
2、加了5一定质量的气体，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()A273 B270C268 D271【概念规律练】知识点一查理定律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？2一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0升高
3、到10时，其压强的增量为p1，当它由100升高到110时，所增压强为p2，则p1与p2之比是()A101 B373273C11 D383283知识点二盖吕萨克定律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)4一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5升高到10，体积的增量为V1；温度由10升高到15，体积的增量为V2，则()AV1V2 BV1V2CV1V2 D无法确定【方
4、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V右，温度均为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无法确定是否移动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，将管内气体分为两部分已知l22l1，若使两部分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)1一定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
5、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. B.C. D1V2CV1H2，水银柱长度h1h2，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CA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
6、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不能确定题号123456789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定质量的空气汽缸质量为M10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m5.0 kg，其圆面积S50 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p0105 Pa，g取10 m/s2)11一定质量的空气，27时的体积为1.0102 m3，在压强不变的情况下，温度
7、升高100时体积是多大？第2课时查理定律盖吕萨克定律课前预习练1压强p热力学温度T2体积V热力学温度T3B一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即，得T22T1，B正确4D根据查理定律得p2p1p1，即压强变为原来的倍p2p1(1)p1p1，气体压强比原来增加了，所以正确答案为D.5A一定质量的气体，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6B此情景为等压过程，有两个状态t130刻线，V130S和t290刻线，V236S设Tt刻线x，则由盖吕萨克定律得即解得x270刻线，所以绝对零度相当于270刻线，选
8、B.课堂探究练10.38 atm解析忽略灯泡容积的变化，气体为等容变化，找出气体的初、末状态，运用查理定律即可求解灯泡内气体初、末状态的参量分别为气体在500 ，p11 atm，T1(273500)K773 K.气体在20时，热力学温度为T2(27320)K293 K.由查理定律得p2p11 atm0.38 atm方法总结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成正比，即常量或.2C由查理定律得pT.一定质量的气体在体积不变的条件下恒量，温度由0升高到10和由100升高到110，T10 K相同，故压强的增量p1p2，C项正确方法总结查理定律的重要推论：一定质量的气体，从初状态
9、(p、T)开始，发生一个等容变化过程，其压强的变化量p与温度的变化量T间的关系为：或.31 cm解析当水温升高时，筒内的气体发生的一个等压变化过程设筒底露出水面的高度为h.当t17即T1280 K时，V114 cm长气柱；当T2300 K时，V2(14 cmh)长气柱由等压过程的关系有，即，解得h1 cm，也就是钢筒露出水面的高度为1 cm.方法总结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成正比，即常量或.4A由盖吕萨克定律可得，即VV1，所以V1V1，V2V2(V1、V2分别是气体在5和10时的体积)，而，所以V1V2，A正确方法总结盖吕萨克定律的重要推论：一定质量的气
10、体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的改变量V与温度的变化量T之间的关系是：或5C设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p左p右p对左端，则p左p左p同理右端p右p所以p右p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、下两部分气体的体积不变，由查理定律得到pp，则对上端p上p上对下端p下p下其中T上T下，T上T下，p上p下所以p上p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，从而确定其它两个量之间的相互关系，进而研究各量
11、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p的大小关系，从而确定液柱移动情况课后巩固练1C2D3C4C一定质量的气体做等容变化，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pp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；，解得p2p1(1)，由此可判断D错误5C根据盖吕萨克定律，在压强不变的条件下V1V0(1)，即V0(1)，整理后得t273(n1)/n .6A当p不变时，由盖吕萨定律常量，知，V1V2V1V1，V2V3V
12、2V2V1V1，故A正确7A由于b部分气体压强pbp0ph1保持不变，温度升高，体积增大，而a部分气体的压强papbph2p0ph1ph2也保持不变，温度不变，由玻意耳定律知体积不变，故只有A项正确8A因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变根据盖吕萨克定律的分比形式VV，因A、B管中的封闭气柱，初温T相同，温度降低量T也相同，且T0，所以VH2，A管中气柱的体积较大，|V1|V2|，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
13、项A.9A由pp，可知p，而TA273.15 K，TB293.15 K，所以A部分气体压强减小的多，水银柱将向A移动10127解析因为当温度T1(27327) K300 K时，活塞对地面恰好无压力，列平衡方程：p1Smgp0S，解得p1p0105 Pa Pa0.9105 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：p2Sp0SMg，解得p2p0105 Pa Pa1.2105 Pa根据查理定律：，得解得t127.111.33102 m3解析一定质量的空气，在等压变化过程中，可以运用盖吕萨克定律进行求解，空气的初、末状态参量分别为初状态：T1(27327) K300 K，V11.0102 m3末状态：T2(27327100) K400 K由盖吕萨克定律得，气体温度升高100时的体积为V2V11.0102 m31.33102 m3