(共48张PPT)
2 气体的等容变化和等压变化
对于一定质量的气体，当温度不变时，气体的压强跟体积成正比．那么，对于一定质量的气体，当体积不变时，气体的压强跟温度有什么规律？对于一定质量的气体，当压强不变时，气体的体积跟温度又有什么规律？
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________随________的变化规律．
【答案】压强 温度
2．查理定律
(1)内容：________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________．
(2)表达式：________或________或________．
二、气体的等压变化
1．等压变化：一定质量的气体，在压强不变的情况下，________随________的变化规律．
【答案】体积 温度
2．盖—吕萨克定律
(1)内容：________的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成________．
(2)表达式：________或________．
(3)图象：________的气体，在压强不变的条件下，体积与热力学温度成正比，在
VT
图上等压线为一条延长线通过________的倾斜直线，如图所示．
等容变化、查理定律和热力学温标
2．等容线
(1)pt图中的等容线
①pt图中的等容线是一条延长线通过横坐标－273.15
℃的倾斜直线．
②图甲中纵轴上的截距p0是气体0
℃时的压强．
③等容线的斜率和气体的体积大小有关，体积越大，斜率越小，在图乙中画一条平行于p轴的虚线，分别交等容线于A、B、C、D四点，分别过A、B、C、D四点向p轴作垂线，垂足分别为p1、p2、p3、p4，则p1
VB>VC>VD，即V1>V2>V3>V4.
3．“外推法”与热力学温标
通过对一定质量气体等容变化的pt线“外推”所得到气体压强为零时对应的温度(－273.15
℃)，称为热力学温标的零度(0
K)．
温馨提示：(1)“外推法”是科学研究的一种方法，“外推”并不表示定律适用范围的扩展．
(2)热力学温标是一种理论温标，与测温物质无关．
1．(2018宜宾名校模拟)一个密闭容器中装有气体，当温度变化时气体压强增大了(不考虑容器热胀冷缩)，则( )
A．密度增大
B．密度减小
C．分子平均动能增大
D．分子平均动能减小
【答案】C
等压变化和盖—吕萨克定律
2．等压线
(1)如图甲所示为Vt图中的等压线，这是一条延长线过－273.15
℃的倾斜直线，纵轴上截距V0表示气体在0
℃时的体积．等压线的斜率大小取决于压强的大小，压强越大，斜率越小．图中四条等压线的关系为：p1>p2>p3>p4.
2．(多选)如图甲、乙所示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．甲图是等压线，乙图是等容线
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．乙图表明随温度每升高1
℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变
【答案】AD
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、压强不太大且体积不变的条件下得出的，当压强很大，温度很低或体积改变时，这些定律就不成立了，故C错；由于图线是直线，故D正确．
如图所示，两端封闭粗细均匀竖直放置的玻璃管内，有一长为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，管内水银柱将如何移动？(设原来温度相同)
由温度变化引起的液柱移动的问题
下面通过几种常用方法对此问题加以分析：
(1)假设法
水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝h，温度升高后，两部分气体的压强都增大．若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向怎样，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
3．(2018扬州名校模拟)如图所示，两端开口的U形管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h增大，应( )
A．从左管滴入水银
B．从右管滴入水银
C．让气体升温
D．让气体降温
【答案】B
解析：以右侧管中封闭气体作为研究对象，封闭气体的压强p＝p0＋h＝p0＋h右，要使两侧水银面高度差h增大，封闭气体的压强p＝p0＋h变大．从左侧管口滴入水银，h右不变，封闭气体压强p＝p0＋h右不变，两侧水银面高度差h不变，故A错误；从右侧管口滴入水银，h右变大，封闭气体压强p＝p0＋h右变大，由p＝p0＋h可知，两侧水银高度差h增大，故B正确；使气体升温，h右不变，封闭气体压强p＝p0＋h右不变，两侧水银面高度差h不变，故C错误；使气体降温，h右不变，封闭气体压强p＝p0＋h右不变，两侧水银面高度差h不变，故D错误．
例1 有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计．
查理定律的应用
(1)在1标准大气压下对B管进行温度标刻(1标准大气压相当于76
cmHg的压强)．已知当温度t1＝27
℃时，管内水银面的高度为x1＝16
cm，此高度即为27
℃的刻线，问t＝0
℃的刻线在何处？
(2)若大气压已变为相当于75
cmHg的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27
℃，问：此时的实际温度为多少？
反思领悟：解答本题应明确题设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，因此A泡内气体的状态变化可认为是等容变化，然后再根据查理定律求解．
利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条件．是否是质量和体积保持不变或是质量和压强保持不变．
(3)确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积．
(4)按查理定律公式列式求解．
(5)分析检验求解结果．
1．(2019南宁名校模拟)如图所示，左边容器的体积是右边的4倍，两边充以同种气体，温度分别为20
℃和10
℃，此时连接两容器的细玻璃管的水银柱保持静止，如果容器两边的气体温度各升高10
℃，忽略水银柱及容器的膨胀，则水银柱将( )
A．向左移动
B．向右移动
C．静止不动
D．条件不足，无法判断
【答案】A
例2 一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为27
℃，如果把它加热到127
℃，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？
解析：设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝300
K；末态V2＝V＋ΔV，T2＝400
K
盖—吕萨克定律的应用
反思领悟：此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变．因此符合盖—吕萨克定律．
利用盖—吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即某被封闭气体．
(2)分析状态变化过程，明确初、末状态，确认在状态变化过程中气体的质量和体积保持不变．
(3)分别找出初、末两状态的温度、压强或温度、体积．
(4)根据盖—吕萨克定律列方程求解．
(5)分析所求结果是否合理．
2．如图所示，圆柱形的汽缸上部有小挡板，可以阻止活塞滑离汽缸，汽缸内部的高度为d，质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内.开始时活塞离底部高度为d，温度为t1＝27
℃，外界大气压强为p0＝1
atm
，现对气体缓缓加热，求：
(1)当气体温度升高到t2＝127
℃时，活塞升高了多少？
(2)当气体温度升高到t3＝357
℃时，缸内气体的压强是多少？
例3 图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变成状态C的VT图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105
PA．
对VT图象与pT图象的理解及应用
(1)说明A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的pT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．
反思领悟：在一定质量的气体的pT，VT图象中，比较某两个状态的体积或压强大小，可以用这两个状态与坐标原点的连线的斜率大小来判断．斜率越大，体积或压强越小；斜率越小，体积或压强越大．
3．(2019无锡名校期中)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕上显示出如图所示的pt图象.已知在状态B时气体的体积为VB＝3
L，则下列说法正确的是( )
A.状态A到状态B气体的体积越来越大
B.状态A的压强是0.5
atm
C.状态C体积是2
L
D.状态B到状态C气体的内能增加
【答案】C 第八章 2
基础达标
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，火罐就会紧紧地被“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
2．描述一定质量的气体做等容变化的过程的图线是下图中的哪一个( )
【答案】D
解析：等容变化的过程的p－t图线在t轴上的交点坐标是(－273
℃，0)，D正确．
3．(2019浦东期末)如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，管内有水银柱封住一段空气柱，如果沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，保持弯曲部分管子位置不动，则封闭在管内的空气柱将( )
A．体积不变
B．体积变大
C．压强变大
D．压强不变
【答案】C
解析：设玻璃管两侧水银面高度差是h，大气压为p0，封闭气体压强p＝p0－ρgh，沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，高度差变小成h′，对水银受力分析，在右侧以向上为正方向，有F＝(p0－p)S－ρgh′S＝ρgS(h－h′)，受力向上，故水银将压缩左侧封闭气体，封闭气体压强变大，体积变小，故C正确，A、B、D错误．
4．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．＝
D．1＜＜2
【答案】C
解析：由于气体做等容变化，所以＝＝＝，故C选项正确．
5．(2019杨浦二模)两个容器A、B，用截面均匀的水平细玻璃管相连，如图所示，A、B所装气体的温度分别为17
℃和27
℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10
℃，那么水银柱将( )
A．向右移动
B．向左移动
C．不动
D．条件不足，不能确定
【答案】A
解析：假定两个容器的体积不变，即V1，V2不变，A、B中所装气体温度分别为290
K和300
K，当温度升高ΔT时，容器A的压强由p1增至p1′，Δp1＝p1′－p1，容器B的压强由p2增至p2′，Δp2＝p2′－p2.由查理定律得Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT，因为p2＝p1，所以Δp1＞Δp2，即水银柱应向右移动．故选A．
6．(多选)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ΔV1；温度由10
℃升高到15
℃，体积的增量为ΔV2，则下面说法中不正确的是( )
A．ΔV1＝ΔV2
B．ΔV1＞ΔV2
C．ΔV1＜ΔV2
D．无法确定
【答案】BCD
解析：由盖—吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝·V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2(V1、V2分别是气体在5
℃和10
℃时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确．本题选不正确的，故选BCD．
能力提升
7．(2019武汉名校检测)如图所示，两端封闭的U形管位于竖直平面内，A、B管中有一定质量的理想气体处于室温状态，开始时A、B管中的水银面相平，现使U形管在竖直平面内顺时针转过一个不大的角度，待管中水银柱稳定后，保持管转动后的姿态不变( )
A．若让U形管自由下落，则B管中的水银面将上升
B．若让U形管自由下落，则两管中的气体压强将相等
C．若将整个U形管放入热水中，则B管中的水银面将上升
D．若将整个U形管放入热水中，则两管中的气体压强将相等
【答案】B
解析：设未放入热水中时A、B两部分气体的压强大小分别为pA、pB．假设放入热水中后，束缚住水银柱不动，则两部分气体都发生等容变化，根据查理定律得对A中气体＝，则得＝，即＝，得ΔpA＝pA，同理可得ΔpB＝pB，由于pA8．(2019石家庄校级月考)图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接．当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于( )
A．2
m
B．0.5
m
C．1
m
D．1.5
m
【答案】D
解析：由图可知A、B容器内相通，气体压强相等，玻璃管D、E内压强也相等，大气压强加上玻璃管内液体压强等于球内气体压强，即p0＋ρgh1＝p0＋ρgh，解得h＝1.5
m．故D正确，A、B、C错误．
9．(2019新课标Ⅱ卷)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图所示．其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是______．
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
【答案】ABE
解析：对选项A，pV＝nRT，p＝·T，p＝kT，得k＝不变，即体积V不变，Va＝Vc，A正确；对选项B，理想气体内能是温度T的函数，而Ta>Tc，故Ea>Ec，B正确；对选项C，cd过程为恒温升压过程，外界对系统做正功，但系统内能不变，故放热，放热量Q＝W外，C错误；对选项D，da过程为恒压升温过程，体积增加，对外做功，故吸热，但吸热量Q＝W外＋ΔE內，故Q>W外，D错误；对选项E，bc过程恒压降温，体积减小，
W＝pΔV＝nRΔTbc，da过程W′＝P′ΔV′＝nRΔTda，因为＝，故＝，E正确．
10．(2019新课标Ⅱ卷)如图，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．
【答案】T0 (p0S＋mg)h
解析：设活塞刚要离开a处时汽缸内气体的温度为T1，压强为p1
在此段过程中，封闭气体做等容变化，根据查理定律得
＝
而p1＝
可得T1＝T0
设活塞到达b处时汽缸内气体的温度为T2
活塞上升过程，汽缸内气体做等压变化，则有＝
解得T2＝T1＝T0
在此过程中气体对外所做的功
W＝Fh＝p1Sh＝(p0S＋mg)h．
11．如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间活动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297
K，现缓慢加热汽缸内的气体，直至399.3
K．求：
甲
乙
(1)活塞刚离开B处时的温度TB；
(2)缸内气体最后的压强p；
(3)在图乙中画出整个过程的p－V图线．
【答案】(1)330
K (2)1.1p0 (3)见解析图
解析：(1)活塞离开B之前，气体做等容变化，根据查理定律，得＝
解得TB＝＝
K＝330
K．
(2)考虑气体各状态间的关系，设活塞最终可以移动到A处，活塞从刚离开B处到刚到达A处，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，有＝
解得TA＝1.1TB＝363
K
活塞从刚到达A处到气体升温至399.3
K，气体做等容变化，由查理定律，得＝
解得p＝＝p0＝1.1p0
由结果p>p0可知，活塞可以移到A处的假设成立．
(3)p－V图线如下图所示．