山东省专用201X201x学年高中物理 第八章 气体 第2节 气体的等容变化和等压变化讲义含.docx

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山东省专用201X201x学年高中物理第八章气体第2节气体的等容变化和等压变化讲义含

第2节气体的等容变化和等压变化

1.查理定律：

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

＝C。

2．盖－吕萨克定律：

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

＝C。

3．玻意耳定律、查理定律、盖－吕萨克定律的适用条件均为一定质量的某种气体。

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：

＝C或

＝

。

（3）适用条件：

①气体的质量不变；②气体的体积不变。

3．等容线

一定质量的气体，在体积不变时，其pT图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等容线。

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，体积V与热力学温度T成正比。

（2）表达式：

V＝CT或

＝C或

＝

。

（3）适用条件：

①气体的质量不变；②气体的压强不变。

3．等压线

一定质量的气体，在压强不变时，其VT图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等压线。

1．自主思考——判一判

（1）气体的温度升高，气体体积一定增大。

（×）

（2）一定质量的气体，在压强不变时体积与温度成正比。

（×）

（3）一定质量的某种气体，在压强不变时，其VT图像是过原点的直线。

（√）

（4）一定质量的气体在体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。

（×）

（5）pV＝C、

＝C、

＝C，三个公式中的常数C是同一个值。

（×）

2．合作探究——议一议

（1）某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗？

提示：

手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶附近的压强比山脚处小很多，内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。

（2）尝试根据等容线说明为什么绝对零度是低温的极限，只能接近，不能达到？

提示：

在pT图像中，等容线是一条过原点的倾斜直线，事实上，在温度很低时，查理定律已不适用了。

由查理定律外推得出的结果表明，绝对零度时，气体压强为零，说明分子将停止运动，这是不可能的，所以，绝对零度是低温的极限，只能接近，不能达到。

正因为如此，在pT坐标系中画等容线时，原点附近一小段应画成虚线，表示它仅是外推的结果。

（3）在摄氏温标下应该怎样表述盖—吕萨克定律？

提示：

一定质量的某种气体，在压强不变时，温度每升高（或降低）1℃，增大（或减小）的体积等于它在0℃时体积的

。

查理定律的应用

1．对查理定律的理解

（1）查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。

（2）适用条件：

气体质量一定，体积不变，压强不太大（小于n个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。

（3）一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高（或降低）相同的温度，所增加（或减小）的压强是相同的。

2．液柱或活塞移动类问题分析思路

（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不相等，则应比较液柱或活塞两端的受力变化ΔpS。

[典例]　（2017·全国卷Ⅰ）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。

已知室温为27℃，汽缸导热。

（1）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；

（2）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；

（3）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。

[解析]　

（1）设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。

依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

由玻意耳定律得

p0V＝p1V1①

（3p0）V＝p1（2V—V1）②

联立①②式得

V1＝

③

p1＝2p0。

④

（2）打开K3后，由④式知，活塞必定上升。

设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2（V2≤2V）时，活塞下气体压强为p2。

由玻意耳定律得

（3p0）V＝p2V2⑤

由⑤式得

p2＝

p0⑥

由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝

p0。

（3）设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300K升高到T2＝320K的等容过程中，由查理定律得

＝

⑦

将有关数据代入⑦式得

p3＝1.6p0。

⑧

[答案]　

（1）

　2p0　

（2）在汽缸B的顶部

（3）1.6p0

1．查理定律及其推论

2．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。

1．如图甲、乙所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。

当氢气的温度为0℃、氧气温度为20℃时，水银柱保持静止。

判断下列情况下，水银柱将怎样移动？

（1）图甲中两气体均升高20℃；

（2）图甲中氢气升高10℃，氧气升高20℃；

（3）图乙中两气体均降低10℃。

解析：

由查理定律

＝

得：

＝

＝

＝

，即Δp＝

p1。

对于图甲，氢气和氧气的初压强相同，设为p。

当温度变化时，先假设水银柱不动。

（1）ΔpA＝

p＞0，ΔpB＝

p＞0，

因ΔpA＞ΔpB，故水银柱向B容器一方移动。

（2）ΔpA＝

p＞0，ΔpB＝

p＞0，

因ΔpA＜ΔpB，故水银柱向A容器一方移动。

（3）ΔpA＝－

pA＜0，ΔpB＝－

pB＜0，

因pA＞pB，故|ΔpA|＞|ΔpB|，水银柱向A容器一方（向下）移动。

答案：

（1）向B移动　

（2）向A移动　（3）向A（下）移动

2.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27℃。

当温度升高到30℃时，为了使气体体积不变，需要再注入多少水银？

（设大气压强为p0＝75cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6g/cm3）

解析：

设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化。

初态：

p1＝p0＋15cmHg＝90cmHg，

T1＝（273＋27）K＝300K；

末态：

p2＝（90＋x）cmHg，T2＝（273＋30）K＝303K。

由查理定律

＝

得

＝

，解得x＝0.9cm。

则注入水银柱的长度为0.9cm。

答案：

0.9cm

盖—吕萨克定律的应用

对盖—吕萨克定律的理解

（1）盖—吕萨克定律是实验定律，是由法国科学家盖—吕萨克通过实验发现的。

（2）适用条件：

气体质量一定，压强不变且不太大（小于n个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。

（3）推论：

一定质量的气体，从初状态（V、T）开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为

＝

或ΔV＝

·V。

[典例]　如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0。

当汽缸内气体温度是20℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？

[思路点拨]　

[解析]　初状态：

T1＝273K＋20K＝293K，V1＝h1S，

末状态：

T2＝273K＋100K＝373K，V2＝h2S，其中S为活塞的横截面积，

根据盖—吕萨克定律：

＝

得：

V2＝

T2，

即h2＝

T2＝

×373＝1.27h1。

[答案]　1.27h1

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。

1.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相同温度的空气，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　因为在温度降低的过程中，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。

根据盖吕萨克定律的分比形式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，所以|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。

故本题的正确答案是选项A。

2.如图所示，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。

开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。

在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了ΔT；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处。

已知大气压强为p0。

求：

气体最后的压强与温度。

解析：

开始时，封闭气体压强p1＝p0，体积V1＝H1S

温度T1＝T

加砝码后压强为p2

体积V2＝H2S

温度T2＝T＋ΔT

再撤去保温材料后，压强p3＝p2

体积V3＝H3S

温度T3＝T

从状态2到状态3为等压变化，由盖—吕萨克定律：

＝

最后的T3＝T＝

由于状态1和状态3温度相等，由玻意耳定律：

p0H1S＝p3H3S

最后压强p3＝

p0。

答案：

p0　

ΔT

气体的pT图像与VT图像的应用

1．pT图像与VT图像的比较

不同点

图像

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，V4＜V3＜V2＜V1

压强的倒数，斜率越大，压强越小，p4＜p3＜p2＜p1

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pT图像与VT图像的注意事项

（1）首先要明确是pT图像还是VT图像。

（2）不是热力学温标的先转换为热力学温标。

（3）解决问题时要将图像与实际情况相结合。

[典例]　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VT图像，已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。

（1）说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，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pT图像，并在图像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）在根据图像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，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律。

（2）在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程。

[解析]　

（1）在VT图像中，AB为过原点的直线，是等压线，由AB两个状态的参量根据盖—吕萨克定律：

＝

，得：

TA＝

TB＝

×300K＝200K。

（2）B状态的压强等于A状态的，BC在等容线上，要作出pT图像还要求出C状态的压强，根据B、C两个状态的参量，利用查理定律：

＝

，得：

pC＝

TC＝

×400Pa＝2×105Pa。

在乙图中的图像如图所示。

[答案]　

（1）A→B过程中压强不变　200K

（2）见解析

气体图像相互转换的五条“黄金律”

（1）准确理解pV图像、pT图像和VT图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。

（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）从图像中的某一点（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）根据计算结果在图像中描点，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。

1.如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。

设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是（　　）

A．TA＜TB，TB＜TC　　　B．TA＞TB，TB＝TC

C．TA＞TB，TB＜TCD.TA＝TB，TB＞TC

解析：

选C　从A到B属于等容变化

＝

，因为pA>pB，所以TA>TB，A、D项错误；从B到C属于等压变化

＝

，因为VC>VB，所以TC>TB，B项错误，C项正确。

2.一定质量的气体状态变化的pV图像如图所示，其中AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA的延长线通过坐标原点O，已知A状态的热力学温度为TA，B状态的热力学温度为TB，求C状态的热力学温度TC。

解析：

气体由A至B的状态变化过程是沿等容线进行的，根据查理定律得：

＝

，

气体由B至C的状态变化过程是沿等压线进行的，根据盖—吕萨克定律有：

＝

，

由图像知直线OAC的斜率恒定，有：

＝

，

并且VA＝VB，pB＝pC，

由以上各式可得：

TC＝

。

答案：

气体实验定律的综合应用

1．三大气体实验定律

（1）玻意耳定律（等温变化）：

p1V1＝p2V2或pV＝C（常数）。

（2）查理定律（等容变化）：

＝

或

＝C（常数）。

（3）盖—吕萨克定律（等压变化）：

＝

或

＝C（常数）。

2．利用气体实验定律解决问题的基本思路

[典例]　如图所示，一定量气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活塞C（不占体积）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），两边水银柱高度差为76cm，右室容器中连接有阀门K，可与外界大气相通（外界大气压等于76cmHg）。

求：

（1）将阀门K打开后，A室的体积变成多少？

（2）打开阀门K后将容器的气体从300K分别加热到400K和540K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？

[解析]　此题的条件：

室温300K，活塞光滑且导热，打开K后，A室气体温度不变，气压变为一个大气压p0，注意U形管体积不计。

打开阀门K后，加热容器中的气体，使气温变为两个不同的温度，压强并非始终为一个大气压p0，升温后，需要提前考虑，温度多高时A室气体能充满整个容器，当温度超过某一值后，活塞C到达最右端，气体体积保持不变，再升温，则发生等容变化。

（1）开始时，pA0＝2p0，VA0＝

，打开阀门，A室气体发生等温变化，pA＝p0，体积为VA，

由玻意耳定律pA0VA0＝pAVA，

得VA＝

＝

V0。

（2）设打开阀门后将容器内气体从T0＝300K升到T，体积由

V0变到V0，气体发生等压变化，

由盖吕萨克定律得

＝

，即T＝

T0＝450K。

因T1＝400K<450K，气体压强为pA1＝p0，

故水银柱高度差为0；

从T＝450K升高到T2＝540K过程中，气体发生等容变化，

由查理定律

＝

，

得pA2＝

PA1＝

×p0＝1.2p0。

T2＝540K时，水银面的高度差为（1.2－1）×76cm＝15.2cm。

[答案]　

（1）

V0　

（2）0　15.2cm

（1）活塞与容器底接触之前，活塞处于动态平衡，受力不变，气体的压强也不变。

（2）活塞与容器底接触之后，气体的体积不再变化，随着温度的继续升高，气体压强升高。

1．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。

如图所示，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到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。

整个过程中封闭气体均可视为理想气体。

求：

（1）当温度上升到303K且尚未放气时，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。

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＝

p0。

②

（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。

⑥

答案：

（1）

p0　

（2）

p0S

2.如图所示，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＝2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2；小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0cm；汽缸外大气的压强为

p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K。

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＝495K。

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10m/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

＋S2

①

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＝330K⑤

（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′＝1.01×105Pa。

⑦

答案：

（1）330K　

（2）1.01×105Pa

1．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，主要原因是（　　）

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减小

解析：

选D　根据查理定律可知瓶内气体因温度降低而压强减小，而外界压强不变，所以软木塞不易拔出。

2.[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VT图上的表示如图所示，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

解析：

选AD　气体在过程AC中发生等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故A正确。

在CB变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由

＝C可知，温度升高，压强增大，故B错误。

综上所述，在ACB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。

3.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止。

设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好。

使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是（　　）

A．若外界大气压强增大，则弹簧将压缩一些

B．若外界大气压强增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大

C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小

D．若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大

解析：

选D　取活塞及汽缸为研究对象，其重力和弹簧弹力平衡，无论气体怎样变化，弹力不变，其长度不变，A错误；p气＝p0＋

，大气压强p0增大，气体压强变大，温度不变，由玻意耳定律知气柱变短，即汽缸上底面离地高度变小，B错误；气体压强不变，温度升高，根据盖—吕萨克定律知体积增大，气柱变长，知C错误，D正确。

4.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，故C对。

5.如图所示，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，下列说法中正确的是（　　）

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

解析：

选A　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。

6.如图所示，a、b表示两部分气体的等压线，根据图中所给条件可知，当t＝273℃，气体a的体积比气体b的体积大（　　）

A．0.1m3　　　B．0.2m3

C．0.3m3D.0.4m3

解析：

选D　在0℃到273℃的温度区间上应用盖—吕萨克定律分别研究气体a和b可得到方程

＝

，