2017-2018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教学案 新人教版选修3-3

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：气体的质量不变；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p T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：VCT或C或。(3)适用条件：气体的质量不变；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，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)在质量和体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。()(5)pVC、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。查理定律的应用典例容积为2 L的烧瓶，在压强为1.0105 Pa时，用塞子塞住，此时温度为27 ，当把它加热到127 时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把盖子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ，求：(1)塞子打开前的最大压强；(2)27 时剩余空气的压强。思路点拨 解析塞子打开前，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：p11.0105 Pa, T1273 K27 K300 K末态：p2？，T2273 K127 K400 K由查理定律可得p2p11.0105 Pa1.33105 Pa。(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象：初态：p11.0105 Pa，T1400 K末态：p2？，T2300 K由查理定律可得p2p11.0105 Pa0.75105 Pa。答案(1)1.33105 Pa(2)0.75105 Pa查理定律及其推论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对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是()A气体的摄氏温度升高到原来的二倍B气体的热力学温度升高到原来的二倍C气体的摄氏温度降为原来的一半D气体的热力学温度降为原来的一半解析：选B由查理定律得T2T12T，B正确。2.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图821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p075 cmHg且不变，水银密度13.6 g/cm3)图821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：p1p015 cmHg90 cmHg，T1(27327)K300 K；末态：p2(90x) cmHg，T2(27330)K303 K。由查理定律得，解得x0.9 cm。则注入水银柱的长度为0.9 cm。答案：0.9 cm盖吕萨克定律的应用典例如图822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？图822思路点拨解析初状态：T1273 K20 K293 K，V1h1S，末状态：T2273 K100 K373 K，V2h2S，其中S为活塞的横截面积，根据盖吕萨克定律：得：V2T2，即h2T23731.27h1。答案1.27h1盖吕萨克定律及其推论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。 1一定质量的理想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450 KB升高了150 C升高了40.5 D升高了450 解析：选B根据盖吕萨克定律，其中V2V1，T1300 K；解得T2450 K，则t150 ，B正确。2.如图823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T；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。图823解析：开始时，封闭气体压强p1p0，体积V1H1S温度T1T加砝码后压强为p2体积V2H2S温度T2TT再撤去保温材料后，压强p3p2体积V3H3S温度T3T从状态2到状态3为等压变化，由盖吕萨克定律：最后的T3T由于状态1和状态3温度相等，由玻意耳定律：p0H1Sp3H3S最后压强p3p0。答案：p0T气体的pT图像与VT图像的应用1p T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，V4V3V2V1压强的倒数，斜率越大，压强越小，p4p3p2p1相同点都是一条通过原点的倾斜直线横坐标都是热力学温度T都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小2对于p T图像与VT图像的注意事项(1)首先要明确是p T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824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1.5105 Pa。图824(1)说出AB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：TATB300 K200 K。(2)B状态的压强等于A状态的，BC在等容线上，要作出p T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：pCTC400 Pa2105 Pa。在乙图中的图像如图所示。答案(1)AB过程中压强不变200 K(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，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825甲所示，一定质量的气体的状态沿1231的顺序循环变化，若用p V或VT图像表示这一循环，在图乙中表示正确的是()图825解析：选B在甲图p T图像中，气体在12过程发生的是等容变化，且压强、温度均增大，23过程发生的是等温变化，且压强减小、体积增大，31过程发生的是等压变化，且温度减小、体积减小，结合各过程状态参量变化特点，可知B正确。2.一定质量的气体状态变化的pV图像如图826所示，其中AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA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。图826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VAVB，pBpC，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)：p1V1p2V2或pVC(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(2015全国卷)如图827所示，一固定的竖直气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m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为m21.50 kg，横截面积为S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l40.0 cm；气缸外大气的压强为p1.00105 Pa，温度为T303 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T1495 K。现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。求：图827(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气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V1S1S2V2S2l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(p1p)m1gm2gS2(p1p)故缸内气体的压强不变。由盖吕萨克定律有联立式并代入题给数据得T2330 K(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。在此后与气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，有联立式并代入题给数据得p1.01105 Pa。答案(1)330 K(2)1.01105 Pa(1)大活塞与筒底接触之前，两活塞处于动态平衡， 受力不变，气体的压强也不变。(2)大活塞与筒底接触之后，气体的体积不再变化，随着温度的继续降低，气体压强减小。 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828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300 K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升到303 K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303 K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：图828(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；(2)当温度恢复到300 K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T0300 K，压强为p0，末状态温度T1303 K，压强设为p1，由查理定律得代入数据得p1p0。(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1Sp0Smg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T2303 K，压强p2p0，末状态温度T3300 K，压强设为p3，由查理定律得设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得Fp3Sp0Smg联立式，代入数据得Fp0S。答案：(1)p0(2)p0S2.如图829所示，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A和B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。图829解析：设平衡时，A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1p0，对B有p2p1B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V，则有pp0因为温度始终不变，对于混合气体有(p1p2)VpV 设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为hd漏气后A距离底面的高度为hd联立可得hhh以上各式联立化简得h。答案：1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些()解析：选D等容变化过程的pt图在t轴上的交点坐标是(273 ，0)，D正确。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1所示，则()图1A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pVC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贮气罐内的某种气体，在密封的条件下，温度从13 上升到52 ，则气体的压强()A升高为原来的4倍B降低为原来的C降低为原来的 D升高为原来的解析：选D气体体积不变，由查理定律得，故D对。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2所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB3VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将()图2A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3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V12V2。现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法中正确的是()图3A加热过程中，始终有V12V2B加热后V12V2C加热后V12V2D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p0gh1不变，下段气体的压强保持p0gh1gh2不变，整个过程为等压变化，根据盖吕萨克定律得，所以，即V12V2，故A正确。6. (多选)一定质量的气体做等压变化时，其Vt图像如图4所示。若保持气体质量不变，而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是()图4A等压线与V轴之间夹角变小B等压线与V轴之间夹角变大C等压线与t轴交点的位置不变D等压线与t轴交点的位置一定改变解析：选ABC对于一定质量气体的等压线，其Vt图像的延长线一定过273.15 的点，故C项正确；由于题目中没有给定压强p的变化情况，因此A、B都有可能，故选A、B、C。7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V355 mL。假设在室温(17 )下罐内装有0.9V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：本题为一定质量的气体发生等容变化，取CO2气体为研究对象。初态：p11 atm，T1(27317)K290 K，末态：p21.2 atm，T2待求。由查理定律得：T2 K348 K。t(348273)75 。答案：75 8如图5所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。图5开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空； 右活塞上方气体体积为V0/4。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。解析：(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕萨克定律得由此得TT0。(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得pVx(pp0)(2V0Vx)p0V0联立式得6Vx2V0VxV020其解为VxV0另一解VxV0，不合题意，舍去。答案：(1)T0(2)V016