2 .3气体的等容变化和等压变化（word版含答案）

2　气体的等容变化和等压变化
[学科素养与目标要求]　
物理观念：1.掌握查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式及适用条件.2.理解p－T图象与V－T图象的物理意义．
科学思维：熟练掌握查理定律和盖—吕萨克定律，并能灵活运用其解决实际问题．
一、气体的等容变化
1．等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度的变化．
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成正比．
(2)表达式：p＝CT或＝.推论式：＝
(3)适用条件：气体的质量和体积不变．
(4)图象：如图1所示．
图1
①p－T图象中的等容线是一条过原点的倾斜直线．
②p－t图象中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15 ℃.
二、气体的等压变化
1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度的变化．
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成正比．
(2)表达式：V＝CT或＝.推论式：＝.
(3)适用条件：气体的质量和压强不变．
(4)图象：如图2所示．
图2
①V－T图象中的等压线是一条过原点的倾斜直线．
②V－t图象中的等压线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15 ℃.
1．判断下列说法的正误．
(1)一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小．(　×　)
(2)“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上．
(　√　)
(3)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比．(　√　)
(4)查理定律的数学表达式＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量．(　×　)
2．(1)气体做等容变化，温度为200 K时的压强为0.8 atm，压强增大到2 atm时的温度为 K.
(2)一定质量的气体，在压强不变时，温度为200 K，体积为V0，当温度升高100 K时，体积变为原来的 倍．
答案　(1)500　(2)
一、气体的等容变化
(1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？
(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？
答案　(1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．
(2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．
1．查理定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT成正比．
特别提醒　一定质量的某种气体在体积不变的情况下，压强p跟热力学温度T成正比，而不是与摄氏温度t成正比．
2．p－T图象和p－t图象
(1)p－T图象：一定质量的某种气体，在等容变化过程中，气体的压强p和热力学温度T的图线是过原点的倾斜直线，如图3甲所示，且V1图3
(2)p－t图象：一定质量的某种气体，在等容变化过程中，压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图象纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
3．应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、压强．
(4)根据查理定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
例1　(2019·阜新市实验中学高三上月考)如图4所示，汽缸内封闭有一定质量的理想气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与活塞相连．已知大气压强为1.0×105 Pa，汽缸的质量为50 kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01 m2，汽缸与地面间的最大静摩擦力为汽缸重力的0.4倍，活塞与汽缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃，取重力加速度g＝10 m/s2，试求：
图4
(1)缓慢升高气体温度，汽缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t；
(2)为保证汽缸静止不动，汽缸内气体的温度应控制在什么范围内．
答案　(1)1.2×105 Pa　87 ℃　(2)－33 ℃到87 ℃之间
解析　(1)汽缸恰好开始运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时对汽缸有：pS＝p0S＋Ff
汽缸内气体压强为：p＝p0＋＝1.2×105 Pa
气体发生了等容变化，则＝
代入数据得：T＝360 K
即：t＝T－273 K＝87 ℃
故汽缸恰好开始向左运动时汽缸内气体的压强p＝1.2×105 Pa，温度为t＝87 ℃
(2)当汽缸恰好向右运动时，温度有最低值，汽缸内气体压强为：p′＝p0－＝0.8×105 Pa
气体发生了等容变化，则＝
代入数据得：T′＝240 K
即：t′＝T′－273 K＝－33 ℃
故汽缸内气体的温度在－33 ℃到87 ℃之间时，汽缸静止不动．
二、气体的等压变化
(1)如图所示，用水银柱封闭了一定质量的气体．当给封闭气体加热时能看到什么现象？
(2)一定质量的气体，在压强不变时，体积和热力学温度有什么关系？
答案　(1)水银柱向上移动　(2)体积和热力学温度成正比
1．盖—吕萨克定律及推论
表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与温度的变化量ΔT成正比．
2．V－T图象和V－t图象
(1)V－T图象：一定质量的某种气体，在等压变化过程中，气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图5甲所示，且p1图5
(2)V－t图象：一定质量的某种气体，在等压变化过程中，体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图象纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积．
特别提醒　一定质量的气体，在压强不变时，其体积与热力学温度成正比，而不是与摄氏温度成正比．
3．应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体．
(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、体积．
(4)根据盖—吕萨克定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
例2　(2019·哈师大附属中学高三月考)如图6，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(压强不太大)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.
图6
(1)若圆筒的横截面积为S＝10 cm2，求圆筒的质量m；
(2)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh为多少？
答案　(1)0.14 kg　(2)1 cm
解析　(1)筒内气体压强p＝p0＋ρgh1
对筒受力分析，据平衡条件可得mg＋p0S＝pS
解得：m＝＝ρSh1＝1.0×103×10×10－4×0.14 kg＝0.14 kg
(2)水温缓慢升高，气体发生等压变化，设温度升到27 ℃时，气柱的长度为h2，由盖—吕萨克定律得：＝
圆筒静止，筒内外液面高度差恒定
筒底露出水面的高度Δh＝h2－h1
联立解得Δh≈1 cm.
三、p－T图象与V－T图象的比较
1．p－T图象与V－T图象的比较
不同点 图象
纵坐标 压强p 体积V
斜率意义 斜率越大，体积越小，V4相同点 ①都是一条通过原点的倾斜直线 ②横坐标都是热力学温度T ③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小
2.对于p－T图象与V－T图象的注意事项
(1)首先要明确是p－T图象还是V－T图象．
(2)不是热力学温度的先转换为热力学温度．
(3)解决问题时要将图象与实际情况相结合．
例3　如图7甲所示是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
图7
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，画出由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．
答案　见解析
解析　(1)由题图甲可以看出，A与B的连线的延长线经过原点O，所以A→B是等压变化，即pA＝pB.根据盖—吕萨克定律可知：＝，即TA＝·TB＝×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得：＝，即pC＝·pB＝·pB＝pB＝pA＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa.可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
1．在根据图象判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图象的形状判断各物理量的变化规律．
2．在气体状态变化的图象中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡态，一条线段表示气体状态变化的一个过程．
例4　(多选)一定质量的气体的状态经历了如图8所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
图8
A．ab过程中不断增加
B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加
D．da过程中保持不变
答案　AB
解析　因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；如图所示，连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd1．(查理定律的应用)容积为2 L的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把盖子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求：
(1)塞子打开前的最大压强；
(2)降温至27 ℃时剩余空气的压强．
答案　(1)1.33×105 Pa　(2)7.5×104 Pa
解析　(1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象
初态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K
末态：T2＝400 K，压强为p2
由查理定律可得＝
则p2＝×p1＝×1.0×105 Pa≈1.33×105 Pa
(2)塞子重新塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象
初态：p1′＝1.0×105 Pa，T1′＝400 K
末态：T2′＝300 K，压强为p2′
由查理定律可得＝
则p2′＝×p1′＝×1.0×105 Pa＝7.5×104 Pa
2．(盖—吕萨克定律的应用)如图9所示，绝热的汽缸内封有一定质量的气体，缸体质量M＝200 kg，厚度不计的活塞质量m＝10 kg，活塞横截面积S＝100 cm2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中间，整个装置都静止．已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图9
(1)缸内气体的压强 p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处．
答案　(1)3.0×105 Pa　(2)327 ℃
解析　(1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，由汽缸受力平衡得：p1S＝Mg＋p0S
解得：p1＝3.0×105 Pa.
(2)设当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，即缸内气体做等压变化．对这一过程缸内气体，由盖—吕萨克定律得：＝
所以T2＝2T1＝600 K
故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃.
3．(p－T图象)(多选)如图10所示为一定质量气体的三种变化过程，则下列说法正确的是(　　)
图10
A．a→d过程气体体积增加
B．b→d过程气体体积不变
C．c→d过程气体体积增加
D．a→d过程气体体积减小
答案　AB
解析　在p－T图象中等容线是延长线过原点的倾斜直线，且气体体积越大，直线的斜率越小．因此，a状态对应的体积最小，c状态对应的体积最大，b、d状态对应的体积相等，故A、B正确．
4.(V－T图象)(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上的表示如图11所示，则(　　)
图11
A．在AC过程中，气体的压强不断变大
B．在CB过程中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
答案　AD
解析　气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C(C是常量)可知，体积减小，压强增大，故A正确．由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C(C是常量)可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．
一、选择题
考点一　查理定律的应用
1．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体(　　)
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
答案　B
解析　纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由查理定律知封闭气体压强减小，罐紧紧“吸”在皮肤上，B选项正确．
2．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
答案　B
解析　冷藏室气体的初状态：T1＝(273＋27) K＝300 K，p1＝1×105 Pa
末状态：T2＝(273＋7) K＝280 K，压强为p2
一定质量的气体体积不变，根据查理定律得：＝
代入数据得：p2≈0.93×105 Pa.
3．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是(　　)
A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283
答案　C
解析　由查理定律得Δp＝ΔT，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 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．
4.(多选)(2019·夏津第一中学月考)如图1所示是课外小组进行实验探究的示意图，在烧瓶上连着一根玻璃管(玻璃管的体积忽略不计)，用橡皮管把它跟一个软U形管连在一起，烧瓶中封入了一定质量的理想气体，整个烧瓶浸没在温水中．用此装置来研究一定质量的气体在体积不变时，压强随温度的变化情况．开始时软U形管两端水银面一样高，下列几种做法中，能使软U形管左侧水银面保持原先位置的是(　　)
图1
A．把烧瓶浸在热水中，同时把A向下移
B．把烧瓶浸在热水中，同时把A向上移
C．把烧瓶浸在冷水中，同时把A向下移
D．把烧瓶浸在冷水中，同时把A向上移
答案　BC
解析　将烧瓶浸入热水中时，气体的温度升高，由于气体的体积不变，所以气体的压强要变大，应将A管向上移动，所以B正确，A错误；将烧瓶浸入冷水中时，气体的温度降低，由于气体的体积不变，所以气体的压强要减小，应将A管向下移动，所以C正确，D错误．
考点二　盖—吕萨克定律的应用
5．一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 ℃，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 ℃
答案　B
解析　由盖—吕萨克定律可得＝，代入数据可知，＝，得T2＝450 K．所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃.
6.(2019·重庆市第一中学高二下月考)如图2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(　　)
图2
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
答案　B
解析　对汽缸受力分析可知：mg＋p0S＝pS，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和汽缸的整体：(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，x不变，即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，选项B正确，A、C、D错误．
7.(多选)(2019·包铁一中高二下月考)如图3，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体(　　)
图3
A．温度降低，则压强可能增大
B．温度升高，则压强可能减小
C．温度降低，则压强不变
D．温度升高，则体积增大
答案　CD
解析　大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，故A、B错误，C正确；根据＝C可知，温度升高，则体积增大，所以D正确．
考点三　p－T图象和V－T图象
8．(多选)如图4所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的p－T图象，则下列判断正确的是(　　)
图4
A．VA＝VB
B．VB＝VC
C．VBD．VA>VC
答案　AC
解析　由题图和查理定律可知VA＝VB，故A正确；由状态B到状态C，气体温度不变，压强减小，由玻意耳定律知气体体积增大，故C正确．
9．如图5所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的V－T图象，由图象可知(　　)
图5
A．pA>pB
B．pCC．VAD．TA答案　D
解析　由V－T图象可以看出由A→B是等容过程，TB>TA，故pB>pA，A、C项错误，D项正确；由B→C为等压过程，pB＝pC，故B项错误．
10．(多选)如图6所示为一定质量气体的等容线，下面说法中正确的是(　　)
图6
A．直线AB的斜率是
B．0 ℃时气体的压强为p0
C．温度在接近0 K时气体的压强为零
D．BA延长线与横轴交点为－273 ℃
E．压强p与温度t成正比
答案　ABD
解析　在p－t图象上，等容线的延长线与t轴的交点坐标为(－273 ℃，0)，从题图中可以看出，0 ℃时气体压强为p0，因此直线AB的斜率为，A、B、D正确；在接近0 K时，气体已液化，因此不满足查理定律，压强不为零，C错误；压强p与温度t的关系是线性关系而不是成正比，E错误．
二、非选择题
11.如图7，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为20 kg，横截面积为50 cm2，厚度为1 cm2，汽缸全长为21 cm，大气压强为1×105 Pa，当温度为7 ℃时，活塞封闭的气柱长6 cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．(g取10 m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字)
图7
(1)将汽缸倒过来放置，求此时气柱的长度；
(2)汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度．
答案　(1)14 cm　(2)127 ℃
解析　(1)以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有：p0S＋mg＝pS①
汽缸倒过来后，有；p′S＋mg＝p0S②
温度为7 ℃不变，根据玻意耳定律，有：pSl0＝p′Sl′③
联立①②③式解得：l′＝14 cm.
(2)活塞刚好接触平台时，设气体的温度为T，初、末状态压强不变，根据盖—吕萨克定律，有
＝，
代入数据解得T＝400 K，故t＝127 ℃.
12.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图8所示，横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．求：
图8
(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
答案　(1)p0　(2)p0S
解析　(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得＝①
代入数据得p1＝p0②
(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得
p1S＝p0S＋mg③
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得
＝④
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得
F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝p0S.
13.(2018·全国卷Ⅱ)如图9，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.
图9
答案　T0　(p0S＋mg)h
解析　开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h.