第2章 3 第1课时 气体的等压变化-【精彩三年】2023-2024学年新教材高中物理选择性必修第三册课程探究与巩固教师用书配套word（人教版）

3　气体的等压变化和等容变化 第1课时　气体的等压变化 课程解读 课标要点 学科素养 链接浙江选考 通过实验，了解气体实验定律 科学探究：通过实验，了解气体的等压变化规律 掌握气体的等压变化规律——盖­吕萨克定律 （见学生用书P20） 知识点　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，体积随温度变化的过程叫作气体的等压变化。 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，其体积V与热力学温度T成正比。 (2)公式：V＝CT或＝。 (3)适用条件：气体的　质量　一定，气体的压强不变。 (4)盖­吕萨克定律的推论 表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比。 3．等压变化图像 (1)V­T图像：一定质量的气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1<p2，即斜率越小，压强越大。 　　 (2)V­t图像：一定质量的气体的体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像在纵轴上的截距V0是气体在0 ℃时的体积。 [思辨] 1．判断题（正确的打“√”，错误的打“”） (1)一定质量的某种气体做等压变化时，体积V与摄氏温度t成正比。（　　） (2)一定质量的某种气体做等压变化时，体积V与热力学温度T成正比。(　√　) (3)一定质量的某种气体做等压变化时，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比。(　√　) 2．思考题：一定质量的某种气体做等压变化时，体积的变化量ΔV与摄氏温度的变化量Δt成正比吗？ 【答案】 成正比。 （见学生用书P20） 类型一　盖­吕萨克定律的定性应用 如图所示，两根粗细不同、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温度相同的气体，气柱长度H1<H2，水银柱长度h1>h2，现使封闭气体降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　B　) A．均向下移动，A管中水银柱移动的距离较多 B．均向下移动，B管中水银柱移动的距离较多 C．均向下移动，两管中水银柱移动的距离一样多 D．水银柱的移动距离与管的粗细有关 【解析】 因为大气压保持不变，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＝C，可得＝C，则ΔV＝V，即SΔH＝SH，化简得ΔH＝H，则气柱长度的变化即水银柱移动的距离与玻璃管的粗细无关，D错误；因A、B管中的封闭气柱初温T相同，温度的变化量ΔT也相同，则ΔH和H成正比，又ΔT<0，所以ΔH<0，即A、B管中气柱的长度都减小，水银柱均向下移动，因为H1<H2，所以|ΔH1|<|ΔH2|，即B管中气柱长度减小得较多，B管中水银柱下降的距离较多，B正确，A、C错误。 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，下列说法正确的是(　A　) A．加热过程中，始终有V′1＝2V′2 B．加热后，V′1>2V′2 C．加热后，V′1<2V′2 D．条件不足，无法判断 【解析】 加热前、后，上段空气柱的压强保持p0＋ρgh1不变，下段空气柱的压强保持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V′1＝2V′2，故选A。 类型二　盖­吕萨克定律的定量应用 应用盖­吕萨克定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象——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。 如图所示，活塞的质量为m，大气压强为p0，密闭气体的温度由T1升高到T2。已知汽缸的横截面积为S，忽略活塞与汽缸间的摩擦，温度为T1时气体的体积为V1，重力加速度为g。 (1)温度为T2时气体的压强为　＋p0　。 (2)温度为T2时气体的体积为　V1　。 【解析】 (1)以活塞为研究对象进行受力分析，如图所示。 由平衡条件得pS＝mg＋p0S， 解得p＝＋p0。 (2)密闭气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得＝， 解得V2＝V1。 如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的气体，活塞与汽缸间的摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g。 (1)求U形细管内两侧水银柱的高度差。 (2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度。 【答案】 (1)　(2)T0 【解析】 (1)设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析有 p0S＝pS＋Mg， 用水银柱表达封闭气体的压强p＝p0－ρgΔh， 联立解得Δh＝。 (2)加热过程封闭气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得 ＝， 即＝， 解得T＝T0。 类型三　盖­吕萨克定律的综合应用 如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞（质量、厚度均不计）将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为L。大气压强恒为（重力加速度为g），环境热力学温度恒为T0＝300 K。 (1)若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶（含砂）的总质量M。 (2)若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求活塞刚接触卡环时气体的温度。 【答案】 (1)3m　(2)375 K 【解析】 (1)未加砂子时，根据平衡条件得 p1S＋mg＝p0S， 当活塞刚接触卡环时，对封闭气体，根据玻意耳定律有 p1·LS＝p2LS， 根据平衡条件得 p2S＋Mg＝p0S， 联立解得 M＝3m。 (2)活塞接触卡环之前，缸内气体发生等压变化，根据盖­吕萨克定律有 ＝， 解得活塞刚接触卡环时气体的温度T1＝375 K。 一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm（即76.0 cmHg）、温度为27.0 ℃的氦气时，体积为3.50 m3。在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气的压强逐渐减小至此高度上的大气压36.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变。此后停止加热，保持高度不变。已知在这一海拔高度气温为－48.0 ℃。求： (1)氦气在停止加热前的体积。 (2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积。 【答案】 (1)7.39 m3　(2)5.54 m3 【解析】 (1)在气球上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气经历等温变化过程。根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2， 式中p1＝76.0 cmHg，V1＝3.50 m3，p2＝36.0 cmHg，V2是在此等温过程末氦气的体积， 代入数据解得V2≈7.39 m3。 (2)在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300 K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225 K，该过程为等压过程，根据盖­吕萨克定律有＝， 式中V3是在此等压过程末氦气的体积， 代入数据解得V3≈5.54 m3。 本课点睛（教师用书独有） 等压变化规律——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V＝CT或＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$