1.5 气体实验定律(2)-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（鲁科版2019）

第5节　气体实验定律(二) [学习目标]　1.知道什么是等压变化和等容变化。2.掌握查理定律和盖－吕萨克定律的内容、表达式和适用条件，能够用其处理有关的气体问题(重点)。3.理解p－T图像和V－T图像及其物理意义(难点)。 一、查理定律 (1)生活中我们经常遇到这样的事情，保温杯内剩余半杯热水时我们将杯子盖拧紧，放置一段时间后，杯子盖很难拧开或者拧不开，这是为什么？ (2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？ 答案　(1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开。 (2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破。 1．查理定律 (1)内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成正比。 (2)公式：p∝T或＝。 (3)条件：气体的质量一定，体积保持不变。 2.p－T图像(等容线) 3．微观解释 从微观角度看，一定质量的气体，在体积保持不变时，单位体积内的分子数保持不变。当温度升高时，分子平均动能增大，气体的压强也就增大；当温度降低时，分子平均动能减小，气体的压强也就减小。 1．如图所示为一定质量的气体在不同体积下的p－T图线，V1和V2哪一个大？ 答案　V1<V2，斜率越小，体积越大。 先作一个等温辅助线，在温度相同的情况下，压强越大，体积越小，则V1<V2 2．在下面的坐标系中，画出两条气体等容过程中的p－t图像，该图像有什么特点？ 答案　压强p与摄氏温度t的关系p＝C(t＋273)，是一次函数关系，p－t坐标系中的等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小。 例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。 例2　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，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，求： (1)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)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； 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 Pa① (2)现使气缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，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 Pa② 已知T1＝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＝③ 联立①②③可得T2＝400 K 即t2＝127 ℃。 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。 (5)求解结果并分析、检验。 二、盖－吕萨克定律 烧瓶上通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，这说明了什么？ 答案　水柱向外移动说明了在保持气体压强不变的情况下，封闭气体的体积随温度的升高而增大。 1．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，其体积与热力学温度成正比。 (2)表达式：V＝CT或＝或＝。 (3)适用条件：气体的质量和压强不变。 2．等压线 如图所示，V－T图像中的等压线是一条过原点的直线。 3．微观解释：从微观角度看，对于一定质量的气体，当温度升高时，分子平均动能增大，为了保持压强不变，单位体积的分子数相应减少，气体的体积必然相应增大。反之，当气体的温度降低时，气体的体积必然减小。 1．如图所示为一定质量的气体在不同压强下的V－T图线，p1和p2哪一个大？ 答案　p1<p2 作等温线，如图所示，在温度相同时，体积越大，压强越小，则p1<p2，即斜率越小，压强越大。 2．根据等压变化的V－T图像，试画出V－t图像，该图像有什么特点？ 答案　 如图所示，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，V－t图像中的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，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。 例3　(2023·福建南平市高级中学高二期中)如图所示，一根竖直放置的足够长且粗细均匀的玻璃管开口向上，水银柱封闭一段理想气体。已知玻璃管中气柱和水银柱的高度均为h＝5 cm，热力学温度为T1＝300 K，大气压强为p0＝75 cmHg。 (1)求玻璃管中封闭气体的压强p； (2)若将气体的热力学温度升高到T2＝312 K，求稳定后气柱的高度H。 答案　(1)80 cmHg　(2)5.2 cm 解析　(1)设玻璃管的横截面积为S，由平衡关系可得p0S＋ρghS＝pS 解得p＝p0＋ρgh＝80 cmHg (2)温度升高，稳定后，水银柱平衡，则封闭气体压强与温度变化前相同，则有 ＝ 解得H＝＝5.2 cm。 例4　(2023·湖南师大附中高二月考)研究表明，某病毒耐寒不耐热，温度在超过56 ℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有该病毒的气体被轻质绝热活塞(厚度不计)封闭在粗细均匀的绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E，气缸的总高度h＝90 cm。a缸内被封闭气体初始温度t1＝27 ℃，活塞与底部的距离h1＝60 cm，活塞和气缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2＝66 cm，关于上述变化过程，下列说法正确的是(　　) A．b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体的 B．a气缸中的气体，压强增大 C．稳定后，a气缸内的气体温度为50 ℃ D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a气缸内该病毒能够被灭活 答案　D 解析　由题意可知，原b气缸的高度h1′＝h－h1＝30 cm，当a气缸稳定后活塞与底部的距离h2＝66 cm，此时b气缸的高度h2′＝h－h2＝24 cm，设S为活塞的横截面积，那么b气缸中逸出的气体为原b气缸中气体的＝，故A错误；由于K始终打开，a气缸中的气体的压强不变，可得＝，又V1＝h1S，V2＝h2S，代入数值求得t2＝57 ℃，超过灭活温度，故B、C错误，D正确。 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，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。 (5)求解结果并分析、检验。 例5　(多选)(2022·辽宁葫芦岛市高二月考)如图所示，U形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦。初始时，活塞紧压小挡板，外界大气压强为p0。现缓慢升高气缸内气体的温度，则下列能反映气缸内气体的压强p、体积V随热力学温度T变化的图像是(　　) 答案　BD 解析　当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，在p－T图像中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p－T中，图线是平行于T轴的直线，A错误，B正确；气体先等容变化，后等压变化，V－T图像先平行于T轴，后是延长线经过原点的一条直线，C错误，D正确。 课时对点练 考点一　查理定律及应用 1．(2022·黑龙江省高二期中)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　把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过传热，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故选B。 2．一定质量的气体，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，其压强的增量为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　由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下为恒量，且Δp＝ΔT。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。 考点二　盖—吕萨克定律及应用 3.一定质量的某种气体做等压变化时，其体积V随摄氏温度t变化的关系图像(V－t图像)如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列说法可能正确的是(　　) A．等压线与t轴之间的夹角变大 B．等压线与t轴之间的夹角不变 C．等压线与t轴交点的位置不变 D．等压线与t轴交点的位置一定改变 答案　C 解析　一定质量的气体做等压变化时，其V－t图像是一条倾斜直线，图线斜率越大，压强越小，则压强增大后，等压线与t轴之间的夹角变小，A、B错误；等压线的延长线一定通过t轴上的点(－273.15 ℃，0)，因此等压线与t轴交点的位置不变，C正确，D错误。 4．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是(　　) A．升高了450 K B．升高了150 ℃ C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃ 答案　B 解析　由盖－吕萨克定律可得＝，代入数据可知，＝，得T2＝450 K。所以升高的温度Δt＝150 K＝150 ℃，选B。 5.(多选)(2023·内蒙古包铁一中高二下月考)如图，竖直放置、开口向上的足够长的试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体(　　) A．温度降低，则压强可能增大 B．温度升高，则压强可能减小 C．温度降低，则压强不变 D．温度升高，则体积增大 答案　CD 解析　大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，故A、B错误，C正确；根据盖—吕萨克定律＝C可知，温度升高，则体积增大，故D正确。 6.(2022·湖南省高二期末)两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部横截面积S＝ 0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为T1＝27 ℃，现把容器浸入温度为T2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为(　　) A．5 cm3 B．7 cm3 C．10 cm3 D．12 cm3 答案　C 解析　设容器的容积为V，由气体做等压变化可知 ＝，有＝ 解得V＝10.1 cm3，故选C。 7.如图所示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，其中AB与T轴平行，由图像可知(　　) A．pA＞pB B．pC＜pB C．VA＜VB D．TA＜TB 答案　D 解析　由V－T图像可以看出由A→B是等容过程，TB＞TA，故pB＞pA，A、C错误，D正确；由B→C为等压过程，pB＝pC，故B错误。 8.一定质量的气体的状态经历了如图所示ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与T轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　) A．ab过程中不断增大 B．bc过程中不断减小 C．cd过程中不断增大 D．da过程中保持不变 答案　A 解析　ab过程气体发生的是等温变化，压强减小，由玻意耳定律可知，气体的体积变大，故A正确。bc连线过原点，bc过程是等容变化，故bc过程中体积不变，故B错误。cd过程是等压变化，由盖—吕萨克定律可知，温度降低，体积减小，故C错误。d点、O点连线的斜率大于a点、O点连线的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程中体积增大，故D错误。 9.(2022·江苏徐州一中高二开学考试)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(水银可导电)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处时，电路自动断开，电热丝停止加热，大气压强p0＝76 cmHg不变。则水温为多少时电路自动断开？ 答案　330 K 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。 10.(2023·福建厦门集美中学高二阶段检测)如图所示，在长为L＝61 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用h＝4 cm高的水银柱封闭L1＝38 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为27 ℃，大气压强p0＝76 cmHg。(取0 ℃＝273 K) (1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度； (2)若保持管内温度始终为27 ℃，现将玻璃管缓慢放至水平时，求管中气体的长度。 答案　(1)450 K　(2)40 cm 解析　(1)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀，则 T1＝300 K，V1＝38 cm×S，V2＝57 cm×S 由盖－吕萨克定律得＝ 解得T2＝450 K (2)气体等温变化，末状态压强为p3＝76 cmHg，气体长度为L，则 V3＝LS，p1＝(76＋4)cmHg＝80 cmHg 由玻意耳定律p1V1＝p3V3 解得L＝40 cm。 11．(2022·辽宁沈阳市高二期末)如图所示，内壁光滑横截面积S＝12.5 cm2的气缸固定在水平地面上，气缸中封闭有一定质量的气体，绕过两个轻质定滑轮的轻绳一端与轻质活塞A相连，一端与台秤上的重物B相连。重物B的质量为m＝1 kg。初始环境温度为t0＝15 ℃时，台秤示数为5 N，活塞距缸底H0＝4.6 cm，(不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取0 ℃＝273 K)试计算： (1)初始状态下气缸中的气体压强为多少； (2)为保证重物不离开台秤，环境温度不能低于多少摄氏度； (3)当环境温度低至－3 ℃时，活塞距气缸底的高度为多少。 答案　(1)9.6×104 Pa　(2)3 ℃　(3)4.5 cm 解析　(1)初始状态，对重物受力分析可得 T＝mg－N 对活塞受力分析可得p0S＝T＋p1S 解得p1＝9.6×104 Pa (2)重物刚要脱离台秤时， 对重物受力分析可得T′＝mg 对活塞受力分析可得p0S＝T′＋p2S 由查理定律可得＝ 解得t＝3 ℃ (3)由盖—吕萨克定律可得＝ 解得H＝4.5 cm。 学科网（北京）股份有限公司 $$