3.气体的等压变化和等容变化 第1课时 气体的等压变化和等容变化-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义教师用书（人教版2019）

3．气体的等压变化和等容变化 第1课时　气体的等压变化和等容变化 【素养目标】　1.知道气体的等压变化，掌握气体等压变化规律的内容、公式及应用。2.知道气体的等容变化，掌握气体等容变化规律的内容、公式及应用。3.理解V-T图像和p-T图像的物理意义。 知识点一　气体的等压变化 [情境导学]　如图所示，利用烧瓶、橡胶塞、细玻璃管及其中的红色小液柱封闭一定量的气体。双手捂住瓶体时，会看到细玻璃管中红色液柱上升。 (1)瓶内封闭气体的温度如何变化？ (2)瓶内封闭气体的体积如何变化？ (3)瓶内封闭气体的压强如何变化？ 提示：(1)温度升高。(2)体积增大。(3)压强不变。 (阅读教材P26完成下列填空) 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。 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。 学生用书第40页 (2)表达式：V＝CT或＝。 (3)适用条件：气体的质量和压强不变。 (4)等压变化的图像：如图所示。 等压线在V-T图像中是一条过原点的直线。 [问题探究]　图中气缸内封闭着温度为100 ℃的空气，一重物用绳索经滑轮跟气缸中活塞相连接，重物和活塞都处于平衡状态，这时活塞离气缸底的高度为10 cm，如果缸内空气温度缓慢降至0 ℃，T＝t＋273 K。 (1)在变化过程中缸内气体发生的是什么变化？ (2)此时活塞到缸底的距离是多大？ 提示：(1)缸内气体发生的是等压变化。 (2)初状态V1＝S×(10 cm)，T1＝(273＋100) K＝373 K；末状态V2＝lS，T2＝273 K，由＝可得V2＝V1≈S×(7.32 cm)，即活塞到缸底的距离l约为7.32 cm。 如图所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。(结果均保留3位有效数字) (1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？ (2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 答案：(1)12.9 cm　(2)363 K 解析：(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，由题设条件有p1＝p0＋ρgh0 p2＝p0＋ρgh V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS 联立解得h≈12.9 cm。 (2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖-吕萨克定律有＝ 由题设条件有V3＝(2H－h)S 联立解得T2≈363 K。 1．盖-吕萨克定律的适用条件 (1)气体质量一定，压强不变。 (2)压强不太大(与大气压比较)，温度不太低(与常温比较)。 2．盖-吕萨克定律的表达式及推论 　　 3．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。　　 针对练1.如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L＝4 cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时，开关S断开，水温为27 ℃，水银柱下方空气柱的长度为L0＝20 cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B 学生用书第41页 处时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压强p0＝76 cmHg。则电路自动断开时水温为(　　) A．320 K　　　　　　　　 B．340 K C．330 K D．333 K 答案：C 解析：当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为L1＝L0＋。在此过程中空气柱的压强不变，根据盖-吕萨克定律有＝，联立并代入数据解得T1＝330 K，C正确。 针对练2.如图所示，气缸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，大气压强为p0。T＝t＋273 K。当气缸内气体温度是20 ℃时，活塞与气缸底部距离为h1；当气缸内气体温度是100 ℃时，活塞与气缸底部的距离是多少？ 答案：1.27h1 解析：初状态时T1＝(273＋20) K＝293 K，V1＝h1S 末状态时T2＝(273＋100) K＝373 K，V2＝h2S 其中S为活塞的横截面积 根据盖-吕萨克定律有＝ 解得h2＝T2＝×373≈1.27h1。 知识点二　气体的等容变化 [情境导学]　在炎热的夏天，打足气的自行车轮胎在日光的暴晒下有时会胀破，忽略轮胎体积变化。请思考： (1)轮胎内空气的温度、压强如何变化？ (2)轮胎内空气发生的是什么变化？ 提示：(1)日光暴晒时，轮胎里的空气温度升高，气体的压强增大。 (2)轮胎内的空气做等容变化。 (阅读教材P26—P27完成下列填空) 1．等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。 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＝。 (3)适用条件：气体的质量和体积不变。 (4)等容变化的图像：如图所示。 等容线在p -T图像中是一条过原点的直线。 [问题探究]　请思考下列问题： (1)一定质量的气体做等容变化时，温度从13 ℃升高到52 ℃，气体的压强增大为原来的4倍吗？ (2)一定质量的气体，在体积不变的条件下，压强的变化量与热力学温度的变化量是什么关系？ (3)查理定律的表达式＝C中的常量C是与气体的压强、温度有关吗？ (4)盖-吕萨克定律的表达式＝C中的C与查理定律的表达式＝C中的C意义相同吗？ 提示：(1)不是。(2)成正比。(3)无关。 (4)不相同。 如图所示，圆柱形气缸倒置在水平地面上，气缸内部封有一定质量的气体。已知气缸质量为10 kg， 学生用书第42页 缸壁厚度不计，活塞质量为5 kg，其横截面积为50 cm2，所有摩擦均不计。当缸内气体温度为27 ℃时，活塞刚好与地面接触，但对地面无压力。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，T＝t＋273 K。 (1)求此时封闭气体的压强； (2)现使气缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，缸内气体温度为多少摄氏度？ 答案：(1)9.0×104 Pa　(2)127 ℃ 解析：(1)设此时封闭气体的压强为p1，对活塞由平衡条件可得p0S＝p1S＋mg 解得p1＝9.0×104 Pa。 (2)设此时封闭气体的压强为p2，温度为T2，对气缸由平衡条件可得p0S＋Mg＝p2S 解得p2＝1.2×105 Pa 已知T1＝(27＋273) K＝300 K，对气缸内气体，温度升高过程中，气体体积不变，即为等容变化，由查理定律可得＝ 解得T2＝400 K 即t2＝127 ℃。 1．查理定律的适用条件 (1)气体质量一定，体积不变。 (2)压强不太大(与大气压比较)，温度不太低(与常温比较)。 2．查理定律的表达式及推论 表示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与热力学温度的变化量ΔT成正比。 3．应用查理定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。 (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，并对结果进行分析、检验。　　 针对练1.在密封容器中装有某种气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是(　　) A．气体的压强变为原来的2倍 B．气体的压强比原来增加了 C．气体的压强变为原来的 D．气体的压强比原来增加了 答案：B 解析：一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得＝，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，有＝＝＝，所以p2＝p1，因此压强比原来增加了，故B正确，A、C、D错误。 针对练2.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，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273 K，B中气体的温度为293 K，如果将它们的温度都降低10 K，则水银柱将(　　 ) A．向A移动　　　　　　 B．向B移动 C．不动 D．不能确定 答案：A 解析：假定水银柱两边气体的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为T1＝273 K和T2＝293 K，当温度降低ΔT＝10 K时，由查理定律可知＝，则Δp＝ΔT，因为p2＝p1，T2>T1，所以Δp1>Δp2，即A内压强减小得更多，所以最终A内压强更小，水银柱将向A移动，故A正确。 知识点三　气体的V-T图像与p-T图像 一定质量的气体，在状态变化过程中的p -T图像如图所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V-T图像和p-V图像(标注字母和箭头)。 解题指导：(1)状态A到状态B为等温变化。 (2)状态B到状态C为等压变化。 (3)状态C到状态A是等容变化。 答案：图像见解析图甲、乙 解析：状态A到状态B为等温变化，即TA＝TB＝T0，由玻意耳定律得pAVA＝pBVB 所以VB＝VA＝·V0＝ 状态B到状态C为等压变化，即pB＝pC＝3p0 由盖-吕萨克定律得＝ 所以VC＝VB＝×＝V0 状态C到状态A是等容变化，作出对应的V-T图像和p-V图像如图甲、乙所示。 学生用书第43页 1.气体的等压变化与等容变化的图像比较 项目 等压线 等容线 不 同 点 图例 与t的关系图像 纵坐标 体积V 压强p 斜率意义 气体质量一定时，根据盖-吕萨克定律可知p1＞p2＞p3＞p4，即斜率越大，压强越小 气体质量一定时，根据查理定律可知V1＞V2＞V3＞V4，即斜率越大，体积越小 相同点 (1)横坐标都是热力学温度T (2)图像都是一条过原点的倾斜直线 (3)都是斜率越大，气体的另外一个不变的状态参量越小 　　 2．解决气体图像问题的关键 (1)图像上的某个点：表示的是一定质量气体的一个平衡状态。 (2)图像上的某一段：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。 (3)过程分析：从图像中的某个点(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、计算出各点的状态参量(p、V、T)。　　 针对练1.(多选)一定质量的某种理想气体由状态A经状态C变化到状态B，这一过程的V-T图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．A→C过程中，气体的压强不变 B．C→B过程中，气体的压强减小 C．若该图像的纵坐标改为压强p，则A→C过程中，气体的体积增大 D．若该图像的纵坐标改为压强p，则C→B过程中，气体的体积增大 答案：CD 解析：A→C过程中，体积不变，温度升高，根据＝C可知，气体的压强增大，A错误；C→B过程中，温度不变，体积减小，根据pV＝C可知，气体的压强增大，B错误；若该图像的纵坐标改为压强p，A→C过程中，压强不变，温度升高，根据＝C可知，气体的体积增大，C正确；若该图像的纵坐标改为压强p，C→B过程中，温度不变，压强减小，根据pV＝C可知，气体的体积增大，D正确。故选CD。 针对练2.(多选)一定质量的气体的状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p -T图像或V -T图像上，其中正确的是(　　 ) 答案：AC 解析：由题图可知A→B是等压膨胀过程，即VB＞VA，由盖-吕萨克定律可知＝，所以TB＞TA，即温度升高；B→C是等温压缩过程，pC＞pB，即压强变大；C→A是等容降压过程，pC＞pA，由查理定律可知＝，所以TC＞TA，即温度降低，故A、C正确。 1．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是(　　 ) A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍 B．气体的热力学温度升高到原来的两倍 C．温度每升高1 K，体积增加原来的 D．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比 答案：BD 解析：由盖-吕萨克定律可知，在压强不变时，体积与热力学温度成正比，故A错误，B正确；温度每升高1 ℃即1 K，体积增加0 ℃体积的，故C错误；由盖-吕萨克定律的推论＝可知，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，故D正确。 2.(2023·北京朝阳区高二质检)如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引 学生用书第44页 入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压强的变化，这就是一个简易的气温计。通过实验，将温度值画在吸管上，以下说法正确的是(　　 ) A．吸管右端的刻度对应更低的温度 B．温度的刻度并不是均匀的 C．若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，则测温范围会增大 D．若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大 答案：D 解析：罐内气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可知，罐内气体温度越高，体积越大，吸管内油柱越靠近吸管的右端，则吸管上温度的刻度值应左低右高，故A错误；根据盖-吕萨克定律及其推论可知＝C＝，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有ΔT＝＝Δx，＝C，则ΔT＝Δx，可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上温度的刻度分布均匀，故B错误；由选项B的分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量的关系为Δx＝ΔT，若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动的距离也会变大，则其测温范围会减小，故C错误；由选项B的分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量的关系为Δx＝ΔT＝ΔT，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会增大，故D正确。 3.如图是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的V-T图像，由图像可知(　　 ) A．pA＜pB　　　　 B．pC＜pB C．VA＜VB D．TA＞TB 答案：A 解析：由V-T图像可以看出由A→B是等容过程，TB＞TA，故pB＞pA，C、D错误，A正确；由B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误。 4．(粤教版选择性必修第三册·P27·例题2·改编)炎热的夏天，当我们在教室开空调时，除了温度以外，教室内空气的质量其实也发生了改变。请估算降温前后教室内空气的质量变化量。(已知1个标准大气压下，温度为0 ℃时，空气密度为1.29 kg/m3。设教室为长方形，长、宽、高分别为L＝10 m，D＝6 m，H＝3 m，开空调使室内空气从温度t1＝33 ℃降到t2＝26 ℃，室内气压近似保持为1个标准大气压。T＝t＋273.15 K。) 答案：见解析 解析：把降温过程中从室外进入室内的空气与原来室内的空气看成一个整体，则气体质量恒定。设在0 ℃、33 ℃、26 ℃时，整个气体的体积分别为V0、V1、V2，根据盖-吕萨克定律，有 ＝＝ 而V2＝LDH＝180 m3，由此求得 V0≈164.36 m3，V1≈184.21 m3 设33 ℃时空气密度为ρ1，则ρ0V0＝ρ1V1，且已知1个标准大气压下，温度为0 ℃时，空气密度ρ0＝1.29 kg/m3，则 ρ1＝＝ kg/m3≈1.15 kg/m3 而室内空气的质量变化量等于外界进入室内的空气质量，即Δm＝ρ1(V1－V2)＝1.15×(184.21－180) kg≈4.84 kg 则从温度t1＝33 ℃降到t2＝26 ℃，室内空气约增加了4.84 kg。 学科网（北京）股份有限公司 $$