A．气体压强是原来的2倍
B．气体压强比原来增加了50273
C．气体压强是原来的3倍
D．气体压强比原来增加了50323
解析：选D.根据查理定律p1T1＝p2T2得p2＝T2T1p1＝373323p1，即压强变为原来的373323倍．p2－p1＝(373323－1)p1＝50323p1，气体压强比原来增加了50323，答案为D.
2.如图2－3－10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 ℃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( )
图2－3－10
A．－273 ℃ B．－270 ℃
C．－268 ℃ D．－271 ℃
解析：选B.设绝对零度相当于T0
则T1＝－T0＋30，V1＝30S，
T2＝－T0＋90，V2＝36S
由盖－吕萨克定律得V1T1＝V2T2
代入数据解得T0＝－270 ℃，故选B.
3．如图2－3－11所示是一定质量的气体从状态A经过状态B到状态C的V－T图像，由图像可知( )
图2－3－11
A．pA＞pB B．pC＜pB
C．VA＜VB D．TA＜TB
解析：选D.由A到B的过程是等容变化，由pT＝C，且TB＞TA，故pB＞pA，故A、C错，D正确；由B到C的过程是等压变化，故B项错．
4．(2014年陕西榆林高二检测)如图2－3－12所示为一水平放置的柱形汽缸内用活塞封闭着一定质量的气体，初温为27 ℃，体积为100 cm3，活塞的面积为10 cm2.开始时内外气体压强均为105 Pa，活塞与缸壁间的最大静摩擦力f＝5 N．问：
图2－3－12
(1)当温度升高到37 ℃时，气体的体积多大？
(2)当温度升高到47 ℃时，气体的体积多大？
解析：开始时，p1＝105Pa，V1＝100 cm3，T1＝300 K
设温度升高到t ℃时，活塞开始滑动，此时封闭气体的压强
p＝p0＋fS＝105＋510－3＝1.05×105(Pa)
根据查理定律：p1T1＝p273＋t得
273＋t＝pp1T1，t＝300×1.05 ℃－273 ℃＝42 ℃
(1)温度升高到37 ℃时，活塞还未动，此时气体体积仍为100 cm3.
(2)温度从42 ℃到47 ℃为封闭气体的等压变化，由盖－吕萨克定律V1273＋42＝V273＋47得
V＝320315×100 cm3≈102 cm3.
答案：(1)100 cm3 (2)102 cm3
一、
1．一定质量的气体，如果保持它的压强不变，降低温度使它的体积为0 ℃时体积的1n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) ℃
解析：选C.0 ℃时的体积为V0，温度T0＝273 K．设此时温度T＝273＋t，则体积V＝1nV0.由盖－吕萨克定律V0T0＝VT，得V0T0＝1nV0273＋t，整理得t＝－273(n－1)/n ℃，故选C.
2．密封钢瓶中的气体，当它的温度从10 ℃升高到20 ℃时，压强从p1变为p2，则( )
A．p2＝2p1 B．p2－p1＝10273p1
C．p2－p1＝10283p1 D．p2－p1＝10293p2
解析：选CD.当温度变化不大时，可认为钢瓶的容积不变，钢瓶中的气体做等容变化，T1＝283 K，T2＝293 K．由查理定律得p2p1＝T2T1＝293283，根据比例性质有p2－p1p1＝293－283283，所以p2－p1＝10283p1，同理有p2－p1p2＝293－283293，所以p2－p1＝10293p2.故正确答案为C、D.
3．(2014年湛江高二检测)有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图像(如图2－3－13所示)．则如下的有关他们的说法，正确的是( )
图2－3－13
A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图a
B．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像是图b
C．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图c
D．若丁研究的是盖－吕萨克定律，则他作的图像是图d
解析：选ABD.查理定律：pT＝C所以A对C错．玻意耳定律：pV＝C，所以B对．盖－吕萨克定律：VT＝C，当然D也对．
4．假设高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p0＝1 atm，温度t0＝27 ℃，在火箭竖直向上飞行的过程中，加速度的大小等于重力加速度g，仪器舱内水银气压计的示数为p＝0.6p0，已知仪器舱是密封的，那么，这段过程中舱内温度是( )
A．16.2 ℃ B．32.4 ℃
C．360 K D．180 K
解析：选C.加速前后，仪器舱内气体是等容变化，可以用查理定律求加速时舱内温度．
取舱内气体为研究对象，由查理定律得300T2＝1×105p2.
取气压计内高出液面的水银柱为研究对象，由牛顿第二定律得
p2S－ρSh2g＝ρSh2a，
由以上两式得 p2＝1.2×105 Pa，T2＝360 K.
5．如图2－3－14所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )
图2－3－14
解析：选CD.假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝pΔTT，而各管原p相同，所以Δp∝1T，即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．
6.如图2－3－15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定质量同温度的空气，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( )
图2－3－15
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
解析：选A.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，A正确．
二、非
7．为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：
a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；
b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；
c．用电加热器加热容器内的空气；
d．将待测的安全阀安装在容器盖上；
e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．
(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：________.
(2)若测得的温度分别为t1＝27 ℃，t2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×105 Pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是________．
解析：(1)首先封闭一定质量的理想气体作为研究对象，所以把d、e放在前面，然后是a，记录初态后，对气体加热，直至安全阀开始漏气时记录末态温度．所以顺序应为：deacb.
(2)初态时p1＝p0
T1＝t1＋273 K＝300 K
末态时T2＝t2＋273 K＝360 K
由p1T1＝p2T2得p2＝p1T2T1＝1.2×105 Pa.
答案：(1)deacb (2)1.2×105 Pa
8.一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像如图2－3－16所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像．
图2－3－16
解析：对气体由A→B，根据玻意耳定律有p0V0＝3p0VB，则VB＝13V0.由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：
A：p0，T0，V0；B：3p0，T0，13V0；C：3p0,3T0，V0
V－T图像和p－V图像如图甲、乙所示．
答案：见解析
9．(2014年上海高二检测)汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升. 已知某型号轮胎能在－40 ℃～90 ℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5 atm ，最低胎压不低于1.6 atm，那么，在t＝20 ℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适(设轮胎的体积不变)．
解析：对于胎内气体，根据查理定律：
p1T1＝p2T2，t1、p1分别为－40 ℃、1.6 atm.
20 ℃时的压强为：p2＝T2T1p1＝293233×1.6 atm＝2.01 atm
若t3、p3分别为90 ℃、3.5 atm，
根据查理定律得：p′2T2＝p3T3，
20 ℃时压强为：p′2＝T2T3p3＝293363×3.5 atm＝2.83 atm.
胎压范围为：2.01 atm＜p＜2.83 atm.
答案：2.01 atm至2.83 atm
10．(2014年宁夏固原高二检测)如图2－3－17所示，活塞的质量为m，大气压强为p0，当密闭气体的温度由T1升高到T2时，活塞处于平衡状态，求：
图2－3－17
(1)温度为T2时气体的压强；
(2)温度为T2时的气体体积．
(汽缸的横截面积为S，忽略活塞与汽缸间的摩擦，温度T1时气体的体积为V1)
解析：(1)以活塞为研究对象进行受力分析，如图所示．由平衡条件pS＝mg＋p0S，得p＝mgS＋p0.
(2)由盖－吕萨克定律V1T1＝V2T2得：
V2＝T2T1V1.
答案：(1)mgS＋p0 (2)T2T1V1
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