【物理】2019届一轮复习人教版　气体的等容变化和等压变化学案 12页

第2讲　气体的等容变化和等压变化 ‎[目标定位]　1.了解一定质量的某种气体的等容变化与等压变化．　2.知道查理定律与盖—吕萨克定律的表达式及适用条件．　3.理解p－T图象与V－T图象的物理意义．　4.会运用气体变化规律解决实际问题．‎ 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规律．‎ ‎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＝或＝.‎ ‎(3)图象 一定质量的气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比，在p－T图上等容线为过原点的倾斜直线．如图8－2－1甲．在p－t图上等容线不过原点，但反向延长交t轴于－273.15_℃.如图乙．‎ 图8－2－1‎ 二、气体的等压变化 ‎1．等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积随温度的变化规律．‎ ‎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，其体积与热力学温度成正比．‎ ‎(2)表达式：V＝CT或＝.‎ ‎(3)图象：一定质量 的气体，在压强不变的条件下，体积与热力学温度成正比，在V－T图上等压线为一条延长线通过原点的倾斜直线，如图8－2－2所示．‎ 图8－2－2‎ 一、气体的等容变化与查理定律 ‎1．查理定律的表述 ‎(1)＝＝C(恒量)‎ ‎(2)＝ 图8－2－3‎ ‎2．p －T图中的等容线 ‎(1)pT图中等容线是一条通过原点的倾斜直线．‎ ‎(2)斜率k＝＝C(常数)与气体体积有关，体积越大，斜率越小．如图8－2－3所示，四条等容线的关系为：V1>V2>V3>V4.‎ 例1　电灯泡内充有氦氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在‎500 ℃‎时的压强不超过一个大气压，则在‎20 ℃‎的室温下充气，电灯泡内气体压强至多能充到多大？‎ 答案　0.38 atm 解析　由于电灯泡容积不变，故气体为等容变化，‎ 设‎500 ℃‎时压强为p1，t2＝‎20 ℃‎时的压强为p2.‎ 由题意可知：T1＝(500＋273)K＝773 K p1＝1 atm　T2＝(20＋273) K＝293 K　p2＝？‎ 由查理定律：＝，所以p2＝T2＝×293 atm＝0.38 atm.‎ 二、等压变化与盖—吕萨克定律 ‎1．盖—吕萨克定律的表述 ‎(1)＝＝C(恒量)‎ ‎(2)＝ ‎2．VT图中的等压线 如图8－2－4所示为VT图中的等压线，这是一条通过原点的倾斜直线，直线斜率k＝＝C，斜率越大，常量C越大，压强越小．在图中给出的四条等压线的关系为：p1>p2>p3>p4.‎ 图8－2－4‎ 例2　一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为‎27 ℃‎，如果把它加热到‎127 ℃‎，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？‎ 答案　倍 解析　设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝300 K；末态V2＝V＋ΔV，T2＝400 K，‎ 由盖—吕萨克定律＝，得＝，‎ 代入数据得ΔV＝，‎ 又因为m＝ρV，故＝＝＝.‎ 借题发挥　‎ 此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变．因此符合盖—吕萨克定律．‎ 三、假设法在判断液柱(或活塞)的移动问题的应用 此类问题的特点是：当气体的状态参量p、V、T都发生变化时，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解．其一般思路为 ‎(1)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＝ΔT，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较．‎ 例3　(2014·临沂统考)如图8－2－5所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝‎2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)‎ 图8－2－5‎ 答案　水银柱上移 解析　水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝h.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp1<Δp2，水银柱向下移动，若Δp1＝Δp2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．‎ 假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：‎ 上段：＝，所以p2′＝p2，‎ Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；‎ 同理下段：Δp1＝p1.‎ 又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋h>p2，‎ 所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．‎ 借题发挥　同一问题可从不同角度考虑，用不同方法求解，培养同学们的发散思维能力．此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动．‎ 针对训练　如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　　)‎ 答案　CD 解析　假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量Δp＝，而各管原压强p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．‎ 查理定律的应用 ‎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 答案　B 解析　一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，得T2＝＝2T1，B正确．‎ ‎2．一定质量的某种气体在等容变化过程中，已知‎0 ℃‎的压强为p0，求温度为t ℃时压强为多大？并判断温度每上升‎1 ℃‎，压强增加数值有何特点？‎ 答案　p0，数值相等，为‎0 ℃‎压强的 解析　设温度为t ℃时压强为p，由查理定律知＝ 即＝，所以p＝p0.‎ 变形得＝p0.即温度每升高‎1 ℃‎，压强的增加数值都相等，为‎0 ℃‎压强的.‎ 盖－吕萨克定律的应用 ‎3．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由‎5 ℃‎升高到‎10 ℃‎，体积的增量为ΔV1；温度由‎10 ℃‎升高到‎15 ℃‎，体积的增量为ΔV2，则(　　)‎ A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2‎ C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定 答案　A 解析　由盖—吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2(V1、V2分别是气体在‎5 ℃‎和‎10 ℃‎时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确．‎ 关于液柱移动问题的判定 图8－2－6‎ ‎4．如图8－2－6所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的原因是(　　)‎ A．环境温度升高 B．大气压强升高 C．沿管壁向右管内加水银 D．U形玻璃管自由下落 答案　ACD 解析　对左管被封气体：p＝p0＋ph，由＝k，可知当温度T升高，大气压p0不变时，h增加，故A正确；大气压升高，h减小，B错；向右管加水银时，由温度T不变，p0不变，V变小，p增大，即h变大，C正确；U形管自由下落，水银完全失重，气体体积增加，h变大，D正确．‎ ‎(时间：60分钟)‎ 题组一　查理定律的应用 ‎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，火罐就会紧紧地被“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 答案　B 解析　体积不变，当温度降低时，由查理定律＝C可知，压强减小，故B项正确．‎ ‎2．在密封容器中装有某种气体，当温度从‎50 ℃‎升高到‎100 ℃‎时，气体的压强从p1变到p2，则(　　)‎ A.＝ B．＝ C.＝ D．1＜＜2‎ 答案　C 解析　由于气体做等容变化，所以＝＝＝，故C选项正确．‎ ‎3．一定质量的气体，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，所增压强Δp2，则Δp1与Δp2之比是(　　)‎ A．10∶1 B．373∶273‎ C．1∶1 D．383∶283‎ 答案　C 解析　由查理定律得Δp＝ΔT，一定质量的气体在体积不变的条件＝恒量，温度由‎0 ℃‎升高到‎10 ℃‎和由‎100 ℃‎升高到‎110 ℃‎，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．‎ ‎4．一个密闭的钢管内装有空气，在温度为‎20 ℃‎时，压强为1 atm，若温度上升到‎80 ℃‎，管内空气的压强约为(　　)‎ A．4 atm B． atm C．1.2 atm D． atm 答案　C 解析　由查理定律知＝，代入数据解得，p2＝1.2 atm，所以C正确．‎ 题组二　盖－吕萨克定律的应用 图8－2－7‎ ‎5．如图8－2－7所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为‎30 cm；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是‎36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线(　　)‎ A．－273 B．－270‎ C．－268 D．－271‎ 答案　B 解析　当水温为30刻度线时，V1＝30S；当水温为90刻度线时，V2＝36S ‎，设T＝t刻线＋x，由盖—吕萨克定律得＝，即＝，解得x＝270刻线，故绝对零度相当于－270刻度，选B.‎ ‎6．如图8－2－8所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－‎3 m2‎，一定质量的气体被质量为‎2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________ Pa(大气压强取1.01×105 Pa，g取‎10 m/s2)．若从初温‎27 ℃‎开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由‎0.50 m缓慢地变为‎0.51 m，则此时气体的温度为________ ℃.‎ 图8－2－8‎ 答案　1.05×105　33‎ 解析　p1＝＝＝ Pa＝0.04×105 Pa，‎ 所以p＝p1＋p0＝0.04×105 Pa＋1.01×105 Pa ‎＝1.05×105 Pa，由盖—吕萨克定律得＝，‎ 即＝，所以t＝‎33 ℃‎.‎ ‎7．房间里气温升高‎3 ℃‎时，房间内的空气将有1%逸出到房间外，由此可计算出房间内原来的温度是________ ℃.‎ 答案　27‎ 解析　以升温前房间里的气体为研究对象，由盖—吕萨克定律：＝，解得：T＝300 K，t＝‎27 ℃‎.‎ 题组三　液柱移动问题的判断 ‎8．如图8－2－9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(　　)‎ 图8－2－9‎ 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 答案　A 解析　封闭气柱均做等压变化，故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，初温相同，温度的变化也相同，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管中气柱体积减小得较多，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A项正确．‎ ‎9．如图8－2－10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(　　)‎ 图8－2－10‎ 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 答案　AD 解析　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正确．‎ 图8－2－11‎ ‎10．两个容器A、B，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图8－2－11所示，A、B所装气体的温度分别为‎17 ℃‎和‎27 ℃‎，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高‎10 ℃‎，则水银柱将(　　)‎ A．向右移动 B．向左移动 C．不动 D．条件不足，不能确定 答案　A 解析　假设水银柱不动，A、B气体都做等容变化：‎ 由Δp＝p知 Δp∞，因为TAΔpB，所以水银柱向右移动．‎ 题组四　综合应用 图8－2－12‎ ‎11．如图8－2－12所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入‎7 ℃‎的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为‎14 cm，当水温升高到‎27 ℃‎时，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)‎ 答案　‎‎1 cm 解析　设筒底露出水面的高度为h.‎ 当t1＝‎7 ℃‎时，H1＝‎14 cm气柱，当t2＝‎27 ℃‎时，H2＝(14＋h ‎)cm，由等压变化规律＝，得＝，解得h＝‎1 cm，也就是钢筒露出水面的高度为‎1 cm.‎ 图8－2－13‎ ‎12．如图8－2－13所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为‎40 cm2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‎60 cm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＝1.0×105Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了‎4 cm.g取‎10 m/s2求：‎ ‎(1)活塞的质量；‎ ‎(2)物体A的体积．‎ 答案　(1)‎4 kg　(2)‎640 cm3‎ 解析　(1)设物体A的体积为ΔV.‎ T1＝300 K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40－ΔV T2＝330 K，p2＝Pa，V2＝V1‎ T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV 由状态1到状态2为等容过程＝ 代入数据得m＝‎‎4 kg ‎(2)由状态2到状态3为等压过程＝ 代入数据得ΔV＝‎640 cm3.‎