(共37张PPT)
第2章 气体定律与人类生活
2．3 查理定律和盖－吕萨克定律
第2章 气体定律与人类生活
正
等容线
过原点的直线
V3>V2>V1
体积
平均动能
正
等压线
过原点的直线
升高
压强
体积
减小
预习导学新知探究
梳理知识·夯实基础
多维课堂,师生互动
突破疑难·讲练提升
V/mL
①②
T/K
T/K
B
/ Pa
p/Pa↑①②
V/mL
V/mL
(共33张PPT)
a B
HiH2
P
V
T
V
P
B
C
0
0
2V0
2Po
B
P
A
3
O To 2To 3T T
0
0V0
甲
2．3 查理定律和盖－吕萨克定律
1.理解查理定律和盖\x(\a\al(－)吕萨克定律及其微观解释，并学会解决相关实际问题.（重点＋难点）,2.理解p－T图上等容变化的图线及其物理意义，知道p－T图上不同体积的等容线.（重点）,3.理解V－T图上等压变化的图线及其物理意义，知道V－T图上不同压强的等压线.（重点）
, 一、探究等容过程的规律——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．公式：设一定质量的某种气体，由压强p1、温度T1的某一状态，保持体积不变的情况下变化到压强p2、温度T2的另一状态，则有＝或者＝．
3.气体在体积不变的情况下发生的状态变化过程，叫做等容过程．表示该过程的p－T图像称为等容线．一定质量的气体的等容线是过原点的直线．一定质量的某种气体在不同体积下的几条等容线如图所示，其体积的大小关系是V3>V2>V1．
4．微观解释：一定质量的气体保持体积不变时，分子的密度也保持不变．温度升高后，分子的平均动能增加，根据压强产生的微观机理可知，气体的压强就会增大．
二、探究等压过程的规律——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，体积V与热力学温度T成正比．
2．公式：设一定质量的某种气体，由体积V1、温度T1的某一状态，在压强不变的情况下，变到体积V2、温度T2的另一状态，则有＝或者＝．
3.气体在压强不变的情况下发生的状态变化过程，叫做等压过程．表示该变化过程的V－T图像称为等压线．一定质量的某种气体的等压线是过原点的直线．如图所示．
4．微观解释：一定质量的气体温度升高时，分子的平均动能增加，为了保持其压强不变，必须相应地增大气体的体积，使分子的密度减小．
查理定律的理解及应用
1．查理定律的两种表述方法
(1)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p∝T.其表达式为＝或＝，写成等式的形式就是p＝CT.
(2)查理定律在摄氏温标下的描述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，温度每升高(或降低)1 ℃，增加(或减少)的压强是0 ℃时的压强p0的，表达式为：p－p0＝p0，p为t ℃时的压强．
查理定律的两种描述是等价的，可以根据一个关系式推导出另一个关系式：p－p0＝p0?p＝p0.由此可得＝，即＝.
2．等容过程的p－T图像和p－t图像
(1)p－T图像：一定质量的某种气体，在等容过程中，气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且V1＜V2，即体积越大，斜率越小.
(2)p－t图像：一定质量的某种气体，在等容过程中，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－273.15 ℃的点的倾斜直线，且斜率越大，体积越小．图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
(1)通过对一定质量某种气体等容变化的p－t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)．这种获得热力学温度的方法称为“外推法” .“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)等容线在p－T图像中是一条经过原点的直线，而在p－t图像中不过原点，其延长线与横轴的交点为－273.15 ℃.
命题视角1 p－T图像的分析
(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的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( )
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
[思路点拨] 分别作出过a、d点的等容线，根据等容线斜率大小判断体积变化情况．
[解析] 首先，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；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd＜Ve，所以Vd＜Va，所以da过程中体积不是保持不变，D错误．
[答案] AB
命题视角2 查理定律公式的应用
有人设计了一种测温装置，其结构如图所示．玻璃泡A内封有一定量气体，与管A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度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．
(1)在标准大气压下对B管进行温度标度(1标准大气压相当于76 cm水银柱的压强)．已知当温度t＝27 ℃时的刻度线在x＝16 cm处，问t＝0 ℃的刻度线在x为多少厘米处？
(2)若大气压已变为相当于75 cm水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27 ℃，问此时实际温度为多少？
[解析] (1)玻璃泡A内气体的初始状态：T1＝300 K，p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg
末态即t＝0 ℃的状态：T0＝273 K，p＝？
由查理定律：＝得：p＝54.6 cmHg
所以t＝0 ℃时水银面高度，即刻度线的位置是：
x0＝(76－54.6) cm＝21.4 cm.
(2)此时A泡内气体的压强：
p2＝(75－16) cmHg＝59 cmHg
由查理定律：＝得：T2＝295 K，即t＝22 ℃.
[答案] (1)21.4 cm (2)22 ℃
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．
【通关练习】
1.(多选)如图所示，是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中正确的是( )
A．a→d的过程气体体积增大
B．b→d的过程气体体积不变
C．c→d的过程气体体积增大
D．a→d的过程气体体积减小
解析：选AB.在p－T图线上等容线的延长线是过坐标原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小．如图所示，过O点作a、c两点的等容线，可知：a状态对应的体积最小，c状态对应的体积最大．所以选项A、B正确．
2．一高压气体钢瓶，容积为V，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T1＝300 K，内部气体经加热后温度升至T2＝400 K，求：
(1)温度升至T2时气体的压强；
(2)若气体温度保持T2＝400 K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？
解析：(1)设升温后气体的压强为p，由于气体做等容变化，根据查理定律得＝，
又T1＝300 K，T2＝400 K
解得p＝p0.
(2)钢瓶内气体的温度不变，p0V＝p0V′
则剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝＝.
答案：(1)p0 (2)3∶4
对盖－吕萨克定律的理解
1．盖－吕萨克定律的两种表述方法
(1)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V∝T，其表达式为＝.
(2)盖－吕萨克定律在摄氏温标下的描述：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高(或降低)1 ℃，增加(或减小)的体积是0 ℃时的体积V0的，表达式为：V－V0＝V0，V为t ℃时的体积．
盖－吕萨克定律的两种描述是等价的，可以根据一个关系式推导出另一个关系式：V－V0＝V0?V＝V0，由此可得＝，即＝.
2．等压过程的V－T图像和V－t图像
(1)V－T图像：一定质量的某种气体，在等压过程中，气体的体积V与热力学温度T的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1＜p2，即压强越大，斜率越小．
(2)V－t图像：一定质量的某种气体，在等压过程中，体积V与摄氏温度t是一次线性函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的点的倾斜直线，且斜率越大，压强越小．
等压变化中的V－T图线是过原点的一条直线，而V－t图线不过原点，其反向延长线与横轴的交点为－273.15 ℃.
命题视角1 V－T图像的分析
(多选)一定质量的理想气体经历
如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在V－T图上都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断( )
A．ab过程中气体压强不断减小
B．bc过程中气体压强不断减小
C．cd过程中气体压强不断增大
D．da过程中气体压强不断增大
[解题探究] (1)在V－T图像中，过原点的直线表示________变化；
(2)V－T图像的斜率越大，表示压强越________．
[解析] 由图像知，pa＝pb＞pc＝pd，因此ab过程压强不变，bc过程压强减小，cd过程压强不变，da过程压强增大，故B、D正确，A、C错误．
[答案] BD
命题视角2 盖—吕萨克定律公式的应用
如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2.它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看成理想气体．
(1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强．
(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求汽缸内气体的温度．
[解析] (1)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡，有：
p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg
代入数据解得压强p1＝1.2×105 Pa.
(2)由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始时的温度为T1，变化后的温度为T2，则根据盖—吕萨克定律，有：＝
代入数据解得T2＝500 K.
[答案] (1)1.2×105 Pa (2)500 K
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压强保持不变．
(3)分别找出初、末两状态的温度、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．
【通关练习】
1.某一密闭气体，分别以两个不同的体积做等容变化，这两个等容过程对应的p－t图像如图中的①、②所示．则相对应的V－T图象或p－V图像可能是下图中的( )
解析：选D.同一部分气体在两个不同体积的情况下的p－t图象中，0摄氏度时图线①压强大，说明体积小；两条图线都是等容变化，故A、B、C错误，D正确．
2.在如图所示的汽缸中封闭着温度为100 ℃的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10 cm，如果缸内空气变为0 ℃，问：
(1)重物是上升还是下降？
(2)这时重物将从原处移动多少距离？(设活塞与汽缸壁间无摩擦)
解析：(1)缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升．
(2)根据题意分析可知缸内气体做等压变化．设活塞截面积为S(cm2)，气体初态体积V1＝10S(cm3)，温度T1＝373 K，末态温度T2＝273 K，体积设为V2＝hS(cm3)(h为活塞到缸底的距离)
根据＝可得＝，解得h≈7.3 cm
则重物上升高度Δh＝(10－7.3) cm＝2.7 cm.
答案：(1)上升 (2)2.7 cm
[随堂检测]
1．对于一定质量的气体，以下说法正确的是( )
A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比
B．气体做等容变化时，温度升高1 ℃，增加的压强是原来压强的
C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1
解析：选C.一定质量的气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不成正比关系，选项A错；根据公式pt＝p0，其中p0是0 ℃时的压强Δp＝p0，B选项错误．由公式＝＝得选项C正确．D项中＝得p2＝p1，故D项错误．
2．(多选)如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则( )
A．弯管左管内外水银面的高度差为h
B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
解析：选AD.被封闭气体的压强按右边计算为p＝p0＋ph，按左边算也为p＝p0＋ph，故左管内外水银面的高度差为h，A项正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B、C均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D项正确．
3.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示．已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将( )
A．向A端移动
B．向B端移动
C．始终不动
D．以上三种情况都有可能
解析：选C.由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动，C正确．
4．如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．
(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；
(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温．
解析：(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意，有
p1＝pC＋Δp①
式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB.依题意，有
pB＝pC②
玻璃泡A和B中气体的体积为
V2＝VA＋VB③
根据玻意耳定律得
p1VB＝pBV2④
联立①②③④式，并代入题给数据得
pC＝Δp＝180 mmHg.⑤
(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡C中气体的压强为
pC′＝pB＋Δp⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得
＝⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
T′＝364 K.
答案：(1)180 mmHg (2)364 K
[课时作业]
一、单项选择题
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 ℃时体积的倍，则此时气体的温度为( )
A. ℃ B．－ ℃
C. ℃ D．－273n(n－1) ℃
解析：选C.0 ℃时的体积为V0，温度T0＝273 K．降低温度后，设此时温度T＝273＋t，则体积V＝V0.由盖－吕萨克定律＝，得＝，整理得t＝ ℃，故选C.
2．如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C再到状态A的p－T图像，由图可知( )
A．VA＝VB B．VB>VC
C．VB＝VC D．VA>VC
解析：选A.沿直线从A到B是等容过程，因此VA＝VB，故A项正确；由题图可知，连接OC，直线OC的斜率比直线OB的斜率小，因此VB3．如图所示，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( )
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＝·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、多项选择题
4.某同学利用DIS实验系统研究一定量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如p－t图像所示．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气体的体积不变
B．状态B到状态C气体温度增加
C．状态A的压强是0.5 atm
D．状态C体积是2 L
解析：选AD.状态A到状态B是等容变化，故体积不变，A对；状态B到状态C是等温变化，气体温度不变，B错；从题图中可知，pB＝1.0 atm，TB＝(273＋91)K＝364 K，TA＝273 K，根据查理定律，有＝，即＝，解得pA＝0.75 atm，C错；pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，D对．
5.如图所示，一开口向右的汽缸固定在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有一挡板，外界大气压为p0.初始时，活塞紧压挡板处，缸内气体体积为V0.现缓慢升高缸内气体温度，则图中能正确反映缸内气体压强和体积随温度变化情况的是( )
解析：选BD.开始时，活塞压紧挡板，气体压强小于p0，温度升高压强增大，在增大到p0前气体做等容变化，在p－T图中是一条过原点的直线，当压强增大到p0后，温度再升高，活塞右移，气体做等压变化，p－T图中是一条平行于T轴的直线，故A错，B对；同理可分析C错，D对．
6.图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气( )
A．内能增大
B．压强增大
C．分子间引力和斥力都减小
D．所有分子运动速率都增大
解析：选AB.在水加热升温的过程中，封闭气体的温度升高，内能增大，选项A正确；根据＝C知，气体的压强增大，选项B正确；气体的体积不变，气体分子间的距离不变，分子间的引力和斥力不变，选项C错误；温度升高，分子热运动的平均速率增大，但并不是所有分子运动的速率都增大，选项D错误．
三、非选择题
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＝得p2＝＝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．
解析：对气体由A→B，根据玻意耳定律有p0V0＝3p0VB，则VB＝V0.由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：
A：p0，T0，V0；B：3p0，T0，V0；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．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：
＝，t1、p1分别为－40 ℃、1.6 atm，
20 ℃时的压强为：p2＝p1＝×1.6 atm≈2.01 atm.
根据查理定律得：＝，若t3、p3分别为90 ℃、3.5 atm，20 ℃时压强为：p2′＝p3＝×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.如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
解析：(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得
V1＝S1＋S2①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③
故缸内气体的压强不变．由盖－吕萨克定律有
＝④
联立①②④式并代入题给数据得
T2＝330 K．⑤
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有
＝⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105 Pa.
答案：(1)330 K (2)1.01×105 Pa
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