8.2气体的等容变化和等压变化 同步学案（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.知道查理定律和盖—吕萨克定律的内容和表达式.3.知道p－T图象和V－T图象及其物理意义．

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200K时的压强为0.8atm，压强增大到2atm时的温度为K.
(2)一定质量的气体，在压强不变时，温度为200K，体积为V0，当温度升高100K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与热力学温度的变化量ΔT成正比．
2．p－T图象和p－t图象
一定质量的某种气体，在等容变化过程中
(1)p－T图象：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：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．
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．
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　(2020·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气体，水平轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端与活塞相连．已知大气压强为1.0×105Pa，汽缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，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1.0×105Pa、温度为27℃，取重力加速度g＝10m/s2，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)1.2×105Pa　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＋＝1.2×105Pa
气体发生了等容变化，则＝
代入数据得：T＝360K
即：t＝87℃
(2)当汽缸恰好向右运动时，气体的温度有最低值，汽缸内气体压强为：p′＝p0－＝0.8×105Pa
气体发生了等容变化，则＝
代入数据得：T′＝240K
即：t′＝－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5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？

图5
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与热力学温度的变化量ΔT成正比．
2．V－T图象和V－t图象
一定质量的某种气体，在等压变化过程中，
(1)V－T图象：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6甲所示，且p1
图6
(2)V－t图象：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　如图7所示，质量M＝10kg的导热缸内套用面积S＝100cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，忽略汽缸和活塞的厚度．求：

图7
(1)缸内气体的压强p1；
(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．
答案　(1)9×104Pa　(2)327℃
解析　(1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S
解得：p1＝9×104Pa
(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．
在这一过程中对缸内气体由盖—吕萨克定律得
＝
所以T2＝2T1＝600K
故t2＝(600－273) ℃＝327℃.
例3　如图8所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上升了4cm.g取10m/s2，求：

图8
(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积．
答案　(1)4kg　(2)640cm3
解析　(1)设物体A的体积为ΔV.
T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3
T2＝330K，p2＝Pa，V2＝V1
T3＝360K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3
由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有＝
代入数据得m＝4kg
(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖—吕萨克定律有＝
代入数据得ΔV＝640cm3.
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 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．分析气体图象问题的注意事项
(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)不是热力学温度的先转换为热力学温度．
(3)要将图象与实际情况相结合．
例4　(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图象如图9所示．已知在状态B时气体的体积为VB＝3L，则下列说法正确的是(　　)

图9
A．从状态A到状态B气体的体积不变
B．从状态A到状态B气体的体积增大
C．状态B到状态C气体体积增大
D．状态C体积是2L
答案　AD
解析　状态A到状态B是等容变化，故体积不变，A对，B错；状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错；从题图中可知，pB＝1.0atm，VB＝3L，pC＝1.5atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2L，D对．




1．(查理定律的应用)一定质量的气体，保持体积不变，温度从1℃升高到5℃，压强的增量为2.0×103Pa，则(　　)
A．它从5℃升高到10℃，压强增量为2.0×103Pa
B．它从15℃升高到20℃，压强增量为2.0×103Pa
C．它在0℃时，压强为1.365×105Pa
D．每升高1℃，压强增量为Pa
2．(盖—吕萨克定律)如图10所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是(　　)

图10
A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′
B．加热后V1′>2V2′
C．加热后V1′<2V2′
D．条件不足，无法判断
3.(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A→C过程中，气体的压强不断变大
B．在C→B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
4．(盖—吕萨克定律的应用)如图12所示，绝热的汽缸内封有一定质量的气体，缸套质量M＝200kg，厚度不计的活塞质量m＝10kg，活塞横截面积S＝100cm2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为127℃，活塞位于汽缸正中间，整个装置都静止．已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2.求：

图12
(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．








考点一　查理定律
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
2．一定质量的气体，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
3.(多选)(2020·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
考点二　盖—吕萨克定律
4．一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450K B．升高了150℃
C．降低了150℃ D．降低了450℃
5.(2020·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
6.(多选)(2020·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
7．如图4所示是一定质量的气体经历的两个状态变化的p－T图象，对应的p－V图象应是下图中的(　　)

图4


8.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．pC C．VA D．TA
9.(多选)(2020·南阳市模拟)一定质量气体的状态变化过程的p－V图线如图6所示，其中A是初始状态，B、C是中间状态．A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行．若将上述变化过程改用p－T图线和V－T图线表示，则下列各图正确的是(　　)

图6

10.(多选)如图7所示为一定质量气体的等容线，下面说法正确的是(　　)

图7
A．直线AB的斜率是
B．0℃时气体的压强为p0
C．温度在接近0K时气体的压强为零
D．压强p与温度t成正比
11.如图8，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为20kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，汽缸全长为21cm，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长6cm，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10m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦)

图8
(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．




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9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300K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303K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303K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K．求：

图9
(1)当温度上升至303K且尚未放出气体时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．







13．(2020·北京市海淀区模拟)如图10所示，在大气中有水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S.已知大气压强为p0，热力学温度为T0.两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把热力学温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，使其热力学温度缓慢上升到T.若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？

图10








参考答案

1
答案　C
解析　根据查理定律可知压强的变化Δp与摄氏温度的变化Δt成正比．根据题意可知，每升高1℃，压强的增量为500Pa，则可知选项A、B、D错误；由查理定律可得＝，代入数据解得p1＝1.37×105Pa，则它在0℃时，压强为p0＝p1－500Pa＝1.365×105Pa，故选项C正确．
2．
答案　A
解析　加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确．
3.
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．
4．
答案　(1)3.0×105Pa　(2)527℃
解析　(1)以缸套为研究对象，由受力平衡得：p1S＝Mg＋p0S
解得：p1＝3.0×105Pa.
(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＝800K
故t2＝(800－273) ℃＝527℃.


考点一　查理定律
1．
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．
答案　C
3.
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
4．
答案　B
解析　由盖—吕萨克定律可得＝，代入数据可知，＝，得T2＝450K．所以升高的温度Δt＝150K＝150℃.
5.
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受力分析可知：(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．
6.(多选)
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
7．
答案　C
解析　在p－T图象中A、B均过原点，所以A→B为等容过程，体积不变，而从A→B气体的压强增大，温度升高，B→C为等温过程，C正确．
8.
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．

9.
答案　BD
解析　气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大，故A错误；由B→C是等容过程，且压强增大，气体温度升高，故C错误；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低．故B、D正确．
10.
答案　AB
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正确；在接近0K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成线性关系而不是成正比，D错误．
11.
答案　(1)14cm　(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′＝14cm.
(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＝400K，故t＝127℃.
12.
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＝300K，压强为p0；末状态温度T1＝303K，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＝303K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300K，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．
答案　当T≤T0时，p＝p0
当T>T0时，p＝p0
解析　设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为F，根据平衡条件可得
对活塞A：2p0S＋F＝2p1S
对活塞B：p1S＝p0S＋F
联立解得p1＝p0，F＝0
即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态．这时气体的体积为V1＝2Sl＋·2l＋Sl＝4Sl
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为V2＝4Sl＋Sl＝5Sl
根据盖—吕萨克定律得
＝
解得T2＝T0
由此可知，当T≤T2＝T0时，气体的压强为p2＝p0
当T>T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，
由查理定律得＝
解得p＝p0
即当T>T0时，气体的压强为p＝p0.