高中物理人教版选修3-3学案：第八章2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
[学习目标]　1.知道什么是等容变化和等压变化．　2. 知道查理定律、盖—吕萨克定律的内容及表达式并会用这些定律处理问题．(难点)　3.知道p－T图象、V－T图象的物理意义并会运用其分析处理等容、等压变化过程．(难点)
知识点一 气体的等容变化
1．等容变化
一定质量的气体在体积不变时压强随温度的变化．
2．查理定律
(1)文字表述：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)公式表达：p＝CT或＝或＝.
(3)图象表达
(4)适用条件：气体的质量一定，气体的体积不变．
[思考]
我国民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，即用一个小罐，将纸燃烧后放入罐内，然后迅速将火罐开口端紧压在人体的皮肤上，待火罐冷却后，火罐就被紧紧地“吸”在皮肤上．你知道其中的道理吗？
【提示】　火罐内的气体体积一定，冷却后气体的温度降低，压强减小，故在大气压力作用下被“吸”在皮肤上．
[判断]
1．在等容过程中，压强p与摄氏温度成正比．(×)
2．在等容过程中的p－T图象是双曲线的一支．(×)
3．等容过程的p－图象是一条通过原点的直线．(×)
知识点二 气体的等压变化
[填空]
1．等压变化
质量一定的气体，在压强不变的条件下，体积随温度的变化．
2．盖—吕萨克定律
(1)文字表述：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)公式表达：V＝CT或＝或＝.
(3)适用条件：气体质量一定；气体压强不变．
3．图象
[思考]
能否参考一定质量的某种气体的等容变化的p－t图象，画出一定质量气体等压变化的V－t图象？
【提示】　运用“外推法”可知t＝－273.15 ℃时，V＝0，其V－t图象如图所示：
[判断]
1．一定质量的气体，若体积变大，则温度一定升高．(×)
2．一定质量的气体，体积与温度成反比．(×)
3．一定质量的某种气体，在压强不变时，其V－T图象是过原点的直线．(√)
考点一　查理定律和盖—吕萨克定律的应用(深化理解)
1．两定律的比较
定律
查理定律
盖—吕萨克定律
表达式
＝＝恒量
＝＝恒量
成立条件
气体的质量一定，体积不变
气体的质量一定，压强不变
图线表达
直线的斜率越大，体积越小，如图，V2＜V1
直线的斜率越大，压强越小，如图，p2＜p1
2.两个重要的推论
【例题1】　(·新课标全国卷Ⅱ)如图8-2-4，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间．
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．
【思路点拨】　(1)缓慢加热直到b活塞恰升至顶部，活塞下的气体做等压变化．
(2)对a中气体，由于A顶部导热，a中气体做等温变化．
【解析】　(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气做等压变化，设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为，由题给数据和盖—吕萨克定律得
V1＝V0＋×＝V0①
V2＝V0＋V0＝V0②
＝③
由①②③式和题给数据得T2＝320 K
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意耳定律得
V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0④
p′1V′1＝p′2V′2⑤
由④⑤式得p′2＝p0.
【答案】　(1)320 K　(2)p0
【规律总结】应用查理定律和盖—吕萨克定律解题五步走
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．
3．确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积．
4．根据查理定律或盖—吕萨克定律公式列式求解．
5．求解结果并分析、检验．
【即时训练】1．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则正确说法是(　　)
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．温度每升高1 K体积增加原来的
D．体积的变化量与温度的变化量成正比
【解析】　由盖—吕萨克定律可知A错误，B正确；温度每升高1℃即1 K，体积增加0℃体积的，C错误；由盖—吕萨克定律的变形式＝可知D正确．
【答案】　BD
2．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？(设轮胎容积不变)
【解析】　由于轮胎容积不变，气体做等容变化，
设在T0＝293 K时，充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax.
依题意，当T1＝233 K时胎压为p1＝1.6 atm
根据查理定律＝，即＝
解得：pmin＝2.01 atm
当T2＝363 K时胎压为p2＝3.5 atm
根据查理定律＝，即＝
解得：pmax＝2.83 atm.
【答案】　充气后的胎压范围为2.01 atm～2.83 atm
考点二　p－T图象、V－T图象的应用(深化理解)
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
体积的倒数，斜率越大，体积越小，V4V2压强的倒数，斜率越大，压强越小，p4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)不是热力学温标的先转换为热力学温标．
(3)解决问题时要将图象与实际情况相结合．
【例题2】　图甲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.
　　　　　甲　　　　　　　　　乙
图8-2-5
(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的值．
(2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图象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．
【思路点拨】　(1)由图象获取信息，可知从A到B气体做等压变化，从B到C气体做等容变化．(2)由图象可得A、B、C三点对应的状态参量然后利用相关规律求解．
【解析】　(1)由图象可知A→B为等压过程，根据盖—吕萨克定律可得＝，所以TA＝TB＝×300 K＝200 K.
(2)根据查理定律得＝，pC＝pB＝pB＝pB＝pA＝×1.5×105Pa＝2.0×105Pa.
则可画出由状态A→B→C的p-T图象如图所示．
【答案】　(1)压强不变　200 K　(2)见解析
【规律总结】要准确熟练地将一种图象转换成另一种图象，必须明确以下几个问题：
1．准确理解p-V图象、p-T图象和V-T图象的物理意义和各图象的函数关系，各图象的特点．
2．知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T.
3．知道图线上的某一线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；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程．
4．从图象中的某一点(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p、V、T.
5．根据计算结果在图象中描点、连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误．
【即时训练】1．(多选)如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是(　　)
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中p－t线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V－t线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
【解析】　由查理定律p＝CT＝C(t＋273.15)及盖—吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K，故B错；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，故C错；由于图线是直线，故D正确．
【答案】　AD
如图8-2-7甲所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用p-V或V-T图象表示这一循环，在图乙中表示正确的是(　　)

图8-2-7
【答案】　B
【学法指导】液柱(或活塞)移动问题的分析方法
用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是：气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解．
1．假设推理法
根据题设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．巧用假设推理法可以化繁为简，化难为易，简捷解题．其一般分析思路是：
(1)先假设液柱(或活塞)不发生移动，两部分气体均做等容变化．
(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp＝p，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较．
(3)如果液柱(或活塞)两端的横截面积相等，且Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱不移动．
(4)如果液柱(或活塞)两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS)．若Δp均大于零，则液柱向ΔpS较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱向|ΔpS|值较大的一方移动；若ΔpS相等，则液柱不移动．
2．极限法
所谓极限法就是将问题推向极端．如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零，这样就使复杂的问题变得简单明了．
如图所示，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l2＝2l1，若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
根据极限法：由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小，设想p2→0，即管上部认为近似为真空，于是立即得到，温度T升高，水银柱向上移动．
3．图象法
利用图象：首先在同一p－T图上画出两段气柱的等容线，如图所示．由于两气柱在相同温度下的压强不同，所以它们等容线的斜率也不同，气柱的压强较大的等容线的斜率也较大．从图中可以看出，当两气柱升高相同温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，所以水银柱向压强增量小的一端移动，对上面的水银柱问题用图象法分析，很容易得出水银向上移动的结果．
【例题3】　在一粗细均匀且两端封闭的U形玻璃管内，装有一段水银柱，将A和B两端的气体隔开，如图所示．在室温下，A、B两端的气体体积都是V，管内水银面的高度差为Δh，现将它竖直地全部浸没在沸水中，高度差Δh怎么变化？
【答案】　增大
【点拨】判断液柱的移动方向往往采用假设法．假设液柱不动，然后由查理定律的分比式比较压强的变化，从而判断出液柱的移动方向．
【即时训练】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0 ℃，B中气体的温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10℃，则水银柱将(　　)
向A移动　　　　　　
B．向B移动
C．不动
D．不能确定
【答案】　A
【课后作业】[基础练]
1．一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃，它的压强增加量
(　　)
A．相同　　　　　　　　 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．成正比例增大
【答案】　A
描述一定质量的气体作等容变化的过程的图线是图中的(　　)

【答案】　D
3．(·三亚高二检测)在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，这主要是因为 (　　)
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．瓶内气体因温度降低而压强变小
【答案】　D
4．一定质量的气体保持压强不变，它从0 ℃升到5 ℃的体积增量为ΔV1；从10 ℃升到15 ℃的体积增量为ΔV2，则(　　)
A．ΔV1＝ΔV2　　　　　　 B．ΔV1＞ΔV2
C．ΔV1＜ΔV2 D．无法确定
【答案】　A
(多选)如图所示，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(　　)

【解析】　假设水银柱不动，则两端封闭气体发生等容变化，根据查理定律有Δp＝p，再根据各选项条件判断，C、D正确．
【答案】　CD
6．(多选)如图8-2-12所示，在汽缸中用活塞封闭一定质量的气体，活塞与缸壁间的摩擦不计，且不漏气，将活塞用绳子悬挂在天花板上，使汽缸悬空静止．若大气压不变，温度降低到某一值，则此时与原来相比较(　　)
A．绳子张力不变
B．缸内气体压强变小
C．绳子张力变大
D．缸内气体体积变小
【答案】　AD
7．如图8-2-13所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－3 m2，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________Pa(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)．
若从初温27 ℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50 m缓慢地变为0.51 m，则此时气体的温度为________℃.
【解析】　p1＝＝＝Pa＝0.04×105Pa，所以p＝p1＋p0＝0.04×105Pa＋1.01×105Pa＝1.05×105Pa，由盖—吕萨克定律得＝，即＝，所以t＝33 ℃.
【答案】　1.05×105　33
8．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL.假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9 V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
【解析】　取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17)K＝290 K，
末态：p2＝1.2 atm，T2未知．
气体发生等容变化，
由查理定律＝得
T2＝T1＝K＝348 K，
t＝(348－273) ℃＝75 ℃.
【答案】　75 ℃
[提升练]
9．(多选)一定质量的某种气态自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上表示如图所示，则(　　)
A．在过程AC中，气体的压强不断变大
B．在过程CB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
10.如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是(　　)
A．温度降低，压强增大
B．温度升高，压强不变
C．温度升高，压强减小
D．温度不变，压强减小
【解析】　对被封闭的气体研究，当水柱上升时，封闭气体的体积V减小，结合理想气体的状态方程＝C得，当外界大气压强P0不变时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低；当外界大气压强p0减小时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低；当外界大气压强p0增大时，封闭气体的压强p存在可能增大、可能不变、可能减小三种情况．当封闭气体的压强p增大时，温度T可能升高、不变或降低，封闭气体的压强p不变时，温度一定降低，封闭气体的压强p减小时，温度一定降低．故只有选项A可能．
【答案】　A
11．(·金山区高二检测)如图所示，竖直放置的汽缸内有一可做无摩擦滑动的活塞，活塞面积为2.0×10－3m2，活塞质量可忽略，汽缸内封闭一定质量的气体，气体体积为V，温度是27℃，大气压强为1.0×105 Pa.问：
图8-2-16
(1)在活塞上放一个质量为多少千克的砝码，使汽缸内气体的体积变为原来体积的；
(2)要使体积恢复到V，应使气体温度升高到多少摄氏度？
【解析】　(1)放上砝码后，封闭气体做等温变化，设放上砝码的质量为m，则平衡后，汽缸内封闭气体的压强为p2＝p0＋，由题意可知：
初状态：p1＝p0＝1.0×105 Pa　V1＝V
末状态：p2＝p0＋　V2＝V
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
得：p0V＝(p0＋)×V
代数解得：m＝5 kg
(2)气体升温过程为等压变化，由盖—吕萨克定律＝代数解得：
T2＝375 K　t2＝T2－273℃＝102℃
【答案】　(1)5 kg　(2)102℃
12．容积为2 L的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa时，用塞子塞住瓶口，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被弹开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求：
(1)塞子弹开前的最大压强；
(2)27 ℃时剩余空气的压强．
【解析】　塞子弹开前，瓶内气体的状态变化为等容变化．塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用查理定律求解．
(1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象：
初态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋27) K＝300 K
末态：p2＝？T2＝(273＋127) K＝400 K
由查理定律可得p2＝＝ Pa≈1.33×105 Pa.
(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象：
初态：p1′＝1.0×105 Pa，T1′＝400 K
末态：p2′＝？，T2′＝300 K
由查理定律可得p2′＝＝Pa≈7.5×104 Pa.
【答案】　(1)1.33×105 Pa　(2)7.5×104 Pa