第2章 3 第1课时 气体的等压变化和等容变化-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教版）

3　气体的等压变化和等容变化 第1课时　气体的等压变化和等容变化 第二章　气体、固体和液体 [学习目标]　1.知道什么是气体的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,并会进行相关分析计算(重难点)。 课时作业 巩固提升 要点1　气体的等压变化 要点2　气体的等容变化 内容索引 要点1　气体的等压变化 一 4 梳理 必备知识 自主学习 1.等压变化 一定质量的某种气体,在压强不变时,　　　随　　　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　　　。  (2)表达式:V=　　　或=。  (3)适用条件:①气体的　　　不变;②气体的压强不变。  体积 温度 正比 CT 质量 3.气体等压变化图像 一定质量的气体,在压强不变时,其V-T图像是一条过　　　的直线,这条直线叫作等压线,如图所示。  原点 [思考与讨论] 我国新疆吐鲁番市盛产的葡萄干品质优良,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。 (1)房内气体做什么变化? (2)设晾房的体积为V0,求从晚上到中午溢出气体在37 ℃时的体积。 提示:(1)等压变化。 (2)选晚上房间内的空气为研究对象,在37 ℃时体积变为V1,根据盖-吕萨克定律得= 即= 得V1=V0 从晚上到中午溢出气体在37 ℃时的体积为ΔV=V1-V0=V0。 1.盖-吕萨克定律及推论 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。 归纳 关键能力 合作探究 2.V-T和V-t图像 (1)V-T图像:一定质量的某种气体,在等压过程中,气体的体积V和热力学温度T图线的延长线是过原点的倾斜直线,如图甲所示,且p1<p2,即压强越大,斜率越小。 (2)V-t图像:一定质量的某种气体,在等压过程中,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,图像纵轴的截距V0是气体0 ℃时的体积,等压线是一条延长线通过横轴上t=-273.15 ℃的倾斜直线,且斜率越大,压强越小。 [例1]　如图所示,汽缸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。当汽缸内气体温度是20 ℃时,活塞与汽缸底部距离为h1;当汽缸内气体温度是100 ℃时,活塞与汽缸底部的距离是多少?(活塞B始终未离开汽缸) [答案]　1.27h1 [解析]　初状态:T1=(273+20)K=293 K,V1=h1S 末状态: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=得 = 即h2=h1=×h1≈1.27h1。 [例2]　(2024·河北唐山开滦二中月考)一根粗细均匀、长度L=89 cm的导热玻璃管开口向下竖直放置,管中长度l1=12 cm的水银封闭的气体柱的长度l2=77 cm,如图甲所示。现将玻璃管沿纸面缓慢转动180°至开口向上并固定,如图乙所示。已知外界大气压强恒为76 cmHg,环境的温度始终为t0=15 ℃。 (1)求图乙中水银到管口的距离h。 (2)对图乙中的封闭气体加热,要使水银恰好到达管口未溢出,封闭气体的温度为多少? [答案]　(1)21 cm　(2)396 K(或123 ℃) [解析]　(1)由平衡条件可得,甲图中封闭气体的压强为p1=p0-12 cmHg =64 cmHg 由平衡条件可得,乙图中封闭气体的压强为p2=p0+12 cmHg=88 cmHg 由玻意耳定律得p1Sl2=p2S(l2-h) 联立解得图乙中水银到管口的距离为h=21 cm。 (2)设封闭气体的水银恰好到达管口时,封闭气体的热力学温度为T,则由盖-吕萨克定律可得 = 可得T=396 K 对应的摄氏温度t=(396-273)℃=123 ℃。 名师点评 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盖-吕萨克定律的适用条件: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。 [针对训练]　1.如图所示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处时,电路自动断开,电热丝停止加热。大气压强p0=76 cmHg,则水温为多少时电路自动断开(　　) A.320 K　　　　　　　　 B.340 K C.330 K D.333 K 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。 2.一圆柱形汽缸,质量M为10 kg,总长度L为40 cm,内有一厚度不计的活塞,质量m为5 kg,横截面积S为 50 cm2,活塞与汽缸壁间摩擦不计,但不漏气,当外界大气压强p0为1×105 Pa、温度t0为7 ℃时,如果用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来,如图所示,汽缸内气体柱的高L1为35 cm,g取 10 m/s2。求: (1)此时汽缸内气体的压强; (2)当温度升高到多少摄氏度时,活塞与汽缸将分离。 答案:(1)0.8×105 Pa　(2)47 ℃ 解析:(1)以汽缸为研究对象,对其进行受力分析,其受到重力、外界大气压力和汽缸内气体的压力。 根据平衡条件得p0S=pS+Mg 则p=p0-=(1×105-)Pa=0.8×105 Pa。 (2)温度升高,汽缸内气体的压强不变,体积增大,根据盖-吕萨克定律得= = 解得t=47 ℃。 二 要点2　气体的等容变化 22 1.等容变化 一定质量的某种气体,在　　　不变时,　　　随　　　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　　　。  (2)表达式:p=　　　或=。  (3)适用条件:①气体的　　　不变;②气体的　　　不变。  梳理 必备知识 自主学习 体积 压强 温度 正比 CT 质量 体积 3.气体等容变化图像(如图所示) (1)图甲p-T图像中的等容线是一条　　 　　　　　　　。  (2)图乙p-t图像中的等容线不过原点,但反向延长线交t轴于　　　　　　　。  过原点的倾斜直线 -273.15 ℃ [思考与讨论] 打足气的自行车在烈日下暴晒,常常会爆胎,原因是什么? 提示:车胎在烈日下暴晒,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。 归纳 关键能力 合作探究 2.p-T图像和p-t图像 (1)p-T图像:如图甲所示,斜率越大,体积越小,即V1<V2。 (2)p-t图像:压强p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,则p=p0(1+),斜率越大,体积越小,图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强。 [例3]　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倍 D.气体的压强比原来增加了 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4]　如图所示,圆柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上,汽缸内被活塞封闭有一定质量的空气。汽缸质量为M=10 kg,缸壁厚度不计,活塞质量m=5.0 kg,其横截面积S=50 cm2,与缸壁的摩擦不计。在缸内气体温度为27 ℃时,活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力。已知大气压强p0=1×105 Pa,g取10 m/s2(T=t+273 K)。 (1)求此时封闭气体的压强p1。 (2)现设法使缸内气体温度升高,则当缸内气体温度升高到多少摄氏度时,汽缸对地面恰好无压力? [答案]　(1)0.9×105 Pa　(2)127 ℃ [解析]　(1)活塞对地面无压力时,对活塞进行受力分析,根据平衡条件可得p1S+mg=p0S,解得p1=p0-=0.9×105 Pa。 (2)初状态时T1=(273+27)K=300 K。 设当温度升为T2时,汽缸对地面恰好无压力,对汽缸受力分析,根据平衡条件可得p2S=p0S+Mg,解得此时封闭气体的压强p2=p0+=1.2×105 Pa。 缸内气体做等容变化,由查理定律得=,解得T2=400 K,对应的摄氏温度t2=(400-273)℃=127 ℃。 名师点评 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查理定律的适用条件: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。 5.求解结果并分析、检验。 [针对训练]　3.北方某地的冬天室外气温很低,吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为 T1、压强为 p1,肥皂泡冻结后泡内气体温度降为 T2。整个过程中泡内气体视为理想气体,不计体积和质量的变化,大气压强为p0。求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。 答案:p1-p0 解析:肥皂泡内气体做等容变化,冻结后,设泡内气体压强为p2,则=,得 p2=p1,则肥皂膜内外气体的压强差Δp=p2-p0=p1-p0。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.一定质量的气体在等压变化中体积增大了,若气体原来的温度为 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 ℃ 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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,即Δt=150 ℃,即升高了150 ℃。 2.某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度,存放食物之前,该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电。若大气压为1.0×105 Pa,刚通电时显示温度为27 ℃,通电一段时间后显示温度为7 ℃,则此时密封的冷藏室中气体的压强是(　　) A.0.26×105 Pa B.0.93×105 Pa C.1.07×105 Pa D.3.86×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:冷藏室气体的初状态:T1=(273+27)K=300 K,p1=1.0×105 Pa;末状态:T2=(273+7)K=280 K。设此时冷藏室内气体的压强为p2,此过程气体体积不变,根据查理定律得=,代入数据得p2≈0.93×105 Pa,故B正确。 3.如图所示,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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:由于暖水瓶内气体的体积不变,经过一晚的时间,瓶内气体的温度降低,根据查理定律有=,由于T1>T2,所以p1>p2,即暖水瓶内的压强由p1减小为p2,气体向外的压力减小,所以拔出瓶塞更费力,D正确。 4.(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,体积增加量是原来的 D.体积的变化量与热力学温度的变化量成正比 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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,而T=t+273.15 K,所以与摄氏温度不成正比,故A错误,B正确;温度每升高1 ℃即1 K,体积增加量是0 ℃时体积的,故C错误;由盖-吕萨克定律的变形式=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。 5.如图所示,一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与缸壁的摩擦)。温度降低时,下列说法正确的是(　　) A.气体压强减小 B.汽缸高度H减小 C.活塞高度h减小 D.气体体积增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:对汽缸受力分析可知Mg+p0S=pS,则当温度降低时,气体的压强不变;对活塞和汽缸的整体受力分析可知(m+M)g=kx,则当温度变化时,x不变,即h不变;根据盖-吕萨克定律可得=,故温度降低时,气体的体积减小,因h不变,则汽缸高度H减小,选项B正确,A、C、D错误。 6.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.加热过程中,始终有V1'=2V2' B.加热后V1'>2V2' C.加热后V1'<2V2' D.条件不足,无法判断 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:加热前后,上段气体的压强保持p0+ρgh1不变,下段气体的压强保持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V1'=2V2',故A正确。 7.一定质量的气体,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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 8.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(　　) A.-7 ℃ B.7 ℃ C.27 ℃ D.24 ℃ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:以升温前房间里的气体为研究对象,由盖-吕萨克定律得=,由题意得=1%,解得T=297 K,故t=24 ℃,所以D正确,A、B、C错误。 [B组　综合强化练] 9.一定质量气体的压强与体积关系的图像如图所示,该气体从状态A经历A→B、B→C两个状态变化过程。有关A、B、C三个状态的温度TA、TB和TC的关系,下列说法正确的是(　　) A.TA=TB,TB=TC B.TA<TB,TB>TC C.TA=TB,TB>TC D.TA>TB,TB<TC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:从A到B为等压变化,有=,因为VA<VB,则TA<TB,B到C为等容变化,有=,因pB>pC,则TB>TC,故选B。 10.如图所示,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,左管封闭,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变小的原因是(　　) A.环境温度升高 B.大气压强增大 C.沿管壁向右管内加水银 D.U形玻璃管自由下落 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:以封闭的气体为研究对象,设封闭气体的压强为p,由平衡条件可知p=p0+ρgh,环境温度升高时,大气压强不变,而封闭气体压强增大,故重新达到平衡后h变大,故A错误;大气压强增大时,左侧液面上升,故重新平衡后h变小,故B正确;向右管加入水银时,左侧液面上升,使封闭气体压强增大,而大气压强不变,故重新平衡后h变大,故C错误;U形玻璃管自由下落时,水银柱处于完全失重状态,对封闭气体没有压力,封闭气体 的压强最终要与大气压强相等,而此时封闭气体压强大于p0, 故在自由下落过程中封闭气体体积要增大,左侧液面下降, 右侧液面上升,h变大,故D错误。 11.一定质量的气体,从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0,再经等容变化使压强减小到p0,则气体最后状态为(　　) A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0 C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:在等压过程中,由盖-吕萨克定律有=,解得V2=V0;再经过一个等容过程,由查理定律有=,解得T3=T0,所以B正确。 12.如图甲所示,圆柱形导热汽缸开口向上并竖直固定在桌面上,用质量m=10 kg、截面积S=20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。测得环境的热力学温度T=300 K,外界大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)求汽缸内气体的压强p1; (2)现用一轻绳悬挂该活塞,如图乙所示,初始时,轻绳恰好伸直,且不受拉力,现逐渐降低环境温度,已知轻绳能承受的最大拉力F=200 N,求轻绳不被拉断时,环境的最低热力学温度T2。 答案:(1)1.5×105 Pa　(2)100 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)对活塞进行分析,根据平衡条件有 p1S=p0S+mg 解得p1=1.5×105 Pa。 (2)轻绳上的拉力最大时,环境温度最低,此时对活塞进行分析,根据平衡条件有p2S+F=p0S+mg 缸内气体做等容变化,根据查理定律有= 解得T2=100 K。 [C组　培优选做练] 13.(2024·湖北孝感期中)如图是一种测温装置示意图,玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通,下端插入水银槽中(槽内的水银足够多,并且槽内水银面位置保持不变),玻璃泡中封闭有一定量的理想空气。玻璃管内的体积和玻璃泡的体积相比可以忽略不计。当玻璃管中水银柱离槽内水银面的高度为4.0 cm时,小明同学查询到当前室温为t0=27 ℃, 在该处标注好温度。他再根据大气压p0=76 cmHg,推算水 银柱高度为h时对应的温度t,并在玻璃管上进行标定。问: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)t=17 ℃时,h是多高? (2)玻璃管上标定的刻度是否均匀?请通过适当的公式进行推理说明。 答案:(1)6.4 cm　(2)均匀,见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)玻璃泡内的空气做等容变化,满足= 其中T=(17+273)K=290 K,T0=(27+273)K=300 K p0'=p0-ρgh0,p=p0-ρgh 即= 解得h=6.4 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)由(1)知= 得到T=T0 因T=t+273 K 则t=T0-273 (℃) t与h为一次关系式,所以刻度均匀。 $$