《山东省专用2018_2019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解析新人教版选修3.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省专用2018_2019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解析新人教版选修3.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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pT图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等
2、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，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。(
3、)(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
4、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
5、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pp，求出每部分气体压强的变化量p，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pS。典例(2017全国卷)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
6、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p0Vp1V1(3p0)Vp1(2VV1)联立式得V1p12p0。(2)打开K3后，由式知，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(V22V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得(3p0)Vp2V2由式得p2p0由式知，打开K3后活塞上升直到B的顶
7、部为止；此时p2为p2p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1300 K升高到T2320 K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得p31.6p0。答案(1)2p0(2)在汽缸B的顶部(3)1.6p01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
8、、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pp1。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)pAp0，pBp0，因pApB，故水银柱向B容器一方移动。(2)pAp0，pBp0，因pApB，故水银柱向A容器一方移动。(3)pApA0，pBpB0，因pApB，故|pA|pB|，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
9、有一段15 cm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p075 cmHg且不变，水银密度13.6 g/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：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
10、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V和温度的变化T间的关系为或VV。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：T1273 K20 K293 K，V1h1S，末状态：T2273 K100 K373 K，V2h2S，其中
11、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H1H2，水银柱长度h1h2，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
12、管移动较多B均向上移动，A管移动较多CA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VV，因A、B管中的封闭气柱，初温T相同，温度降低量T也相同，且T0，所以V0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1H2，A管中气柱的体积较大，所以|V1|V2|，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
13、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。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
14、的pT图像与VT图像的应用1pT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pT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。(1)说出AB过程中压强变化的情形，并根据图像提供的
15、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
16、 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
17、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()ATATB，TBTCBTATB，TBTCCTATB，TBTCD.TATB，TBTC解析：选C从A到B属于等容变化，因为pApB，所以TATB，A、D项错误；从B到C属于等压变化，因为VCVB，所以TCTB，B项错误，
18、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)
19、：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T0300 K，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76 cm，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76 cmHg)。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300 K分别加热到400 K和540 K，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300 K，活塞光滑且导热，打开K后，A室气体温度不变，气压变为一
20、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，pA02p0，VA0，打开阀门，A室气体发生等温变化，pAp0，体积为VA，由玻意耳定律pA0VA0pAVA，得VAV0。(2)设打开阀门后将容器内气体从T0300 K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TT0450 K。因T1400 K450 K，气体压强为pA1p0，故水银柱高度差为0；从T4
21、50 K升高到T2540 K过程中，气体发生等容变化，由查理定律，得pA2PA1p01.2p0。T2540 K时，水银面的高度差为(1.21)76 cm15.2 cm。答案(1)V0(2)015.2 cm(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
22、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：(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，
23、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；汽缸外大气的压强为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
24、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。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的
25、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 Pa1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
26、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.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
27、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VB3VA，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
28、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V12V2。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.如图所示，a、b表示两部分气体的等压线，根据图中所
29、给条件可知，当t273 ，气体a的体积比气体b的体积大()A0.1 m3B0.2 m3C0.3 m3D.0.4 m3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，。解得Va0.6 m3，Vb0.2 m3，VVaVb0.4 m3，正确选项为D。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CO
30、2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如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度与质量均不计，在B处设有限制装置，使活塞只能在B以上运动，B以下汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.2V0。开始时活塞在A处，温度为87 ，大气压强为p0，现缓慢降低汽缸内气体的温度，直至活塞移动到A、B的正中间，然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，然后再缓慢降低汽缸内气体的温度，直到3 。求：(1)活塞刚到达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pV图线。解析：(1)缓慢降低汽缸内气体的温度，使活塞移到A、B的正中间，此过程是等压过程：由盖吕萨克定律代入数据，得T330 K。然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，这个过程是等温过程，故活塞刚到达B处时的温度TB330 K。(2)保持温度不变，在活塞上加沙，直至活塞刚好移动至B，这个过程是等温过程：根据玻意耳定律有，p01.1V0p1V0，解得p11.1p0，再接下等容过程，根据查理定律有：，解得p0.9p0。(3)整个过程的pV图线如图所示。答案：(1)330 K(2)0.9p0(3)见解析