高中人教版物理选修3-3学案：8.2,气体等容变化和等压变化,含答案

　第二节

　气体的等容变化和等压变化 【素养目标定位】

　※※ 掌握气体的等容变化、查理定律 ※※ 掌握气体的等压变化、盖·吕萨克定律 【素养思维脉络】

　 课前预习反馈 知识点 1 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叫作等容变化。

　2．查理定律 (1)内容：一定质量的气体，在__体积不变__的情况下，它的压强与热力学温度成__正__比。

　(2)表达式：p＝CT 或 pT ＝C p 1T 1 ＝__p 2T 2 __或p 1p 2 ＝__T 1T 2 __。

　3．等容过程的 p－T 和 p－t 图象

　图象说明：

　(1)等容变化的 p－T 图象是延长线过原点的倾斜直线，如图甲所示，且 V 1 __<__V 2 ，即体积越大，斜率越__小__。

　(2)等容变化的 p－t 图象是延长线过横轴__－273.15__ ℃的倾斜直线，如图乙所示，且斜率越大，体积越__小__，图象纵轴的截距 p 0 为气体在__0_℃__时的压强。

　知识点 2 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叫作等压变化。

　2．盖·吕萨克定律 (1)内容：一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积与热力学温度成正比。

　(2)表达式：V＝CT 或 V 1T 1 ＝__V 2T 2 __或V 1V 2 ＝__T 1T 2 __。

　3．等压过程的 V－T 和 V－t 图象

　图象说明：

　(1)等压过程的 V－T 图象是延长线过原点的倾斜直线，如图甲所示，且 p 1 __<__ p 2 ，即压强越大，斜率越__小__。

　(2)等压过程的 V－t 图象是一条延长线过横轴__－273.15__ ℃的倾斜直线，如图乙所示，且斜率越大，压强越__小__。图象纵轴截距 V 0 是气体在__0_℃__时的体积。

　辨析思考 『判一判』 (1)现实生活中，自行车轮胎在烈日下暴晒，车胎内气体的变化是等容过程。(×) (2)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。(√) (3)气体的温度升高，气体的体积一定增大。(×) (4)一定质量的气体，等压变化时，体积与温度成正比。(×) (5)一定质量的某种气体，在压强不变时，其 V－T 图象是过原点的倾斜直线。(√) (6)查理定律的数学表达式 pT ＝C，其中 C 是一常量，C 是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量。(×) 『选一选』 (多选)(2020·安徽省淮北市第一中学高二下学期期中)在下列图中，可能反映理想气体经历了等压变化→等温变化→等容变化后，又回到原来状态的有( AC )

　解析：由图可看出经历了“等压变化”→“等温变化”→“等容变化”后，又回到原来状态的是 A、C。

　『想一想』 我国民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，即用一个小罐，将纸燃烧后放入罐内，然后迅速将火罐开口端紧压在人体的皮肤上，待火罐冷却后，火罐就被紧紧地“吸”在皮肤上。你知道其中的道理吗？

　答案：火罐内的气体体积一定，冷却后气体的温度降低，压强减小，故在大气压力作用下被“吸”在皮肤上。

　课内互动探究 探究

　 气体的等容变化 ┃┃思考讨论 1__■ 炎热的夏天，给汽车轮胎充气时，一般都不充得太足(如图所示)；给自行车轮胎打气时，也不能打得太足。这是什么原因呢？

　提示：轮胎体积一定，由查理定律知，气体压强与热力学温度成正比，当轮胎打足气后，温度升高车胎内压强增大，车胎易胀破。

　┃┃归纳总结__■ 1．查理定律的表达式 p 1T 1 ＝p 2T 2 ＝C 2．查理定律的适用条件 (1)气体质量一定，体积不变。

　(2)(实际)气体的压强不太大(小于几个标准大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。

　3．利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成立的条件，即是否是质量和体积保持不变。

　(3)确定初、末两个状态的温度、压强。

　(4)按查理定律公式列式求解，并对结果进行讨论。

　4．查理定律的重要推论 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 与温度的变化量 ΔT 之间的关系为 Δp＝ ΔTTp。

　┃┃典例剖析__■ 典例 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。该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为 1.0×10 5

　Pa(常温下的大气压强值)，当内外压强差超过 6.0×10 4

　Pa 时表盘玻璃将爆裂。当时登山运动员携带的温度计的读数是－21 ℃，表内气体体积的变化可忽略不计。

　(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？ (2)当时外界的大气压强为多少？ 解题指导：取表内气体为研究对象―→根据查理定律列方程―→求气体压强―→ 分析判断 解析：(1)以表内气体为研究对象，初状态的压强为 p 1 ＝1.0×10 5

　Pa，温度为 T 1 ＝300 K 其末状态的压强为 p 2 ，温度为 T 2 ＝252 K 根据查理定律，有 p 1T 1 ＝p 2T 2

　解得：p 2 ＝8.4×10 4

　Pa 如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强为 p 0 ＝8.4×10 4

　Pa＋6×10 4

　Pa＝1.44×10 5

　Pa，大于山脚下的大气压强(即常温下的大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的。

　(2)当时外界的大气压强为 p 0 ＝p 2 －6.0×10 4

　Pa＝2.4×10 4

　Pa。

　答案：(1)向外爆裂 (2)2.4×10 4

　Pa ┃┃对点训练__■

　1.(2020·安徽省滁州市明光中学高二下学期期中)如图所示，A、B 两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，那么水银柱( A )

　A．向 A 移动

　B．向 B 移动 C．不动 D．不能确定 解析：假定两个容器的体积不变，即 V 1 ，V 2 不变，所装气体温度分别为 273

　K 和 293

　K，当温度降低 ΔT 时，左边的压强由 p 1 降至 p′ 1 ，Δp 1 ＝p 1 －p′ 1 ，右边的压强由 p 2 降至 p′ 2 ，Δp 2 ＝p 2 －p′ 2 。由查理定律推论得：Δp 1 ＝p 1273 ΔT，Δp 2 ＝p 2293 ΔT，因为 p 2 ＝p 1 ，所以 Δp 1 >Δp 2 ，即水银柱应向 A 移动。故选 A。

　探究

　 气体的等压变化 ┃┃思考讨论 2__■ 相传三国时期著名的军事家、政治家诸葛亮被司马懿困于平阳，无法派兵出城求救。就在此关键时刻，诸葛亮发明了一种可以升空的信号灯——孔明灯，并成功进行了信号联络，其后终于顺利脱险，试论述孔明灯能够升空的原理。

　提示：孔明灯是利用火焰的热量使容器内的气体等压膨胀，使部分气体从孔明灯内溢出，进而使孔明灯内气体的质量减小，当大气对孔明灯的浮力恰好等于孔明灯的重力时，即达到孔明灯升空的临界条件，若继续升温，孔明灯就能升空了。

　┃┃归纳总结__■ 1．盖·吕萨克定律的表达式 V 1T 1 ＝V 2T 2 ＝C 2．盖·吕萨克定律的适用条件 (1)气体质量一定，压强不变。

　(2)(实际)气体的压强不太大(小于几个标准大气压)，温度不太低(不低于零下几十摄氏度)。

　3．利用盖·吕萨克定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象，即被封闭气体。

　(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律成立的条件，即是不是质量和压强保持不变。

　(3)分别找出初、末两状态的温度、体积。

　(4)根据盖·吕萨克定律列方程求解，并对结果进行讨论。

　4．盖·吕萨克定律的重要推论 一定质量的气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的改变量 ΔV 与温度的变化量ΔT 之间的关系是 ΔV＝ ΔTTV。

　┃┃典例剖析__■ 典例 2 我国新疆吐鲁番地区，盛产葡萄干，品质优良，其中一个重要原因，缘于当地昼夜温差大的自然现象。现有一葡萄晾房四壁开孔，如图，房间内晚上温度 7 ℃，中午温度升为 37 ℃，假设大气压强不变。求中午房间内空气质量与晚上房间内空气质量之比。

　解题指导：

　选晚上房内的空气为研究对象→根据等压变化列方程→分析判断体积关系→推断质量关系 解析：设房间体积为 V 0 ，选晚上房间内的空气为研究对象，在 37 ℃时体积变为 V 1 ，根据盖·吕萨克定律得 V 1T 1 ＝V 0T 2

　V 1273＋37 ＝V 0273＋7

　V 1 ＝3128 V 0

　故中午房间内空气质量 m 与晚上房间内空气质量 m 0 之比：mm 0 ＝ρV 0ρV 1 ＝2831 。

　答案：

　2831

　┃┃对点训练__■ 2.(2020·江苏省苏州五中高二下学期期中)如图所示，空的饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处密封，吸管内注入一小段油柱(长度可以忽略)，制成简易气温计，已知饮料罐的容积为 V，吸管内部横截面积为 S，接口外吸管长度为 L 0 。当温度为 T 1 时，油柱与接口相距 L 1 ，不计大气压的变化。

　(1)简要说明吸管上标示的气温刻度是否均匀；

　(2)求气温计能测量的最高温度 T m 。

　答案：(1)刻度是均匀的 (2) V＋L0 ST 1V＋L 1 S 解析：(1)根据盖－吕萨克定律：

　VT ＝C，则 C＝VT ，所以 ΔV＝CΔT，即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的； (2)罐内气体压强保持不变，同理有 V＋L1 ST 1＝ V＋L0 ST m，解得：T m ＝ V＋L0 ST 1V＋L 1 S。

　核心素养提升 查理定律与盖·吕萨克定律的比较 定律 查理定律 盖·吕萨克定律 表达式 p 1T 1 ＝p 2T 2 ＝恒量 V 1T 1 ＝V 2T 2 ＝恒量 成立条件 气体的质量一定，体积不变 气体的质量一定，压强不变 图线表达

　 应用 直线的斜率越大，体积越小，如图V 2 <V 1

　直线的斜率越大，压强越小，如图p 2 <p 1

　案例 图甲所示是一定质量的理想气体由状态 A 经过状态 B 变为状态 C 的 V－T 图象。已知气体在状态 A 时的压强是 1.5×10 5

　Pa。

　(1)说出 A 到 B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图中 T A 的温度值。

　(2)请在图乙坐标系中，作出由状态 A 经过状态 B 变为状态 C 的 p－T 图象，并在图线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。

　解题指导：在不同的图象中，只能表达两个状态参量的关系，第三个参量可通过状态方程或气体实验定律求得。

　解析：(1)由图甲可以看出，A 与 B 的连线的延长线过原点 O，所以从 A 到 B 是一个等压变化，即 p A ＝p B 。

　根据盖·吕萨克定律可得 V AT A ＝V BT B ，

　所以 T A ＝ V A T BV B＝ 0.4×3000.6K＝200 K。

　(2)由图甲可以看出，从 B 到 C 是一个等容变化，根据查理定律得 p BT B ＝＝p CT C 。

　所以 p C ＝ T C p BT B＝ 400×1.5×105300 Pa＝2.0×10 5

　Pa。

　则可画出由状态 A 经 B 到 C 的 p－T 图象如图所示。

　答案：(1)200 K (2)如图所示。

　课堂巩固达标 1．(2020·江苏省新沂市润新学校高三下学期 3 月)在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来。其中主要原因是( D ) 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：木塞难拔出的现象，是由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，根据查理定律得：

　p 1T 1 ＝p 2T 2

　；由于 T 1 >T 2 ，所以 p 1 >p 2 ，即暖瓶内的压强由原来的 p 1 减小为现在的 p 2 ，瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以拔出瓶塞更费力。故选 D。

　2．(2020·湖北省武汉市高二下学期期中联考)(多选)一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示 A→B→C→A 的循环过程，则( AB )

　A．气体在 A 状态时温度等于气体在 B 状态时的温度 B．从状态 B 变化到状态 C 的过程中，气体经历的是等压变化

　C．从状态 B 变化到状态 C 的过程中，气体分子平均动能增大 D．从状态 C 变化到状态 A 的过程中，气体的温度逐渐减小 解析：气体在 A 状态和 B 状态满足玻意尔定律 pV＝C，所以 A、B 两状态温度相等，A 正确；根据图像可知，从状态 B 变化到状态 C 的过程中，压强恒定，所以气体经历的是等压变化，B 正确；根据图像可知 V C <V B ，根据盖－吕萨克定律 VT ＝C 可知 T C <T B ，温度是分子平均动能的标志，所以从状态 B 变化到状态 C 的过程中，气体分子平均动能减小，C 错误；根据图像可知 p C <p A ，根据查理定律 pT ＝C 可知 T C <T A ，从状态 C 变化到状态 A 的过程中，气体的温度逐渐增大，D 错误。

　3．(2020·北京市高三学业水平等级考试模拟卷三)如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为 40 cm 2 的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体 A 封闭在气缸内。在气缸内距缸底 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 p 0 (p 0 ＝1.0×10 5

　Pa 为大气压强)，温度为 300 K。现缓慢加热气缸内气体，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/s 2求：

　(1)活塞的质量； (2)物体 A 的体积。

　答案：(1)4 kg (2)640 cm 3

　解析：(1)设物体 A 的体积为 ΔV。

　T 1 ＝300 K，p 1 ＝1.0×10 5

　Pa，V 1 ＝60×40－ΔV T 2 ＝330 K，p 2 ＝(1.0×10 5 ＋mg40×10－ 4 ) Pa，V 2 ＝V 1

　T 3 ＝360 K，p 3 ＝p 2 ，V 3 ＝64×40－ΔV 由状态 1 到状态 2 为等容过程 p 1T 1 ＝p 2T 2

　代入数据得 m＝4 kg (2)由状态 2 到状态 3 为等压过程 V 2T 2 ＝V 3T 3

　代入数据得 ΔV＝640 cm 3