第2章 第2节 气体实验定律(Ⅱ)-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册创新导学案word（粤教版2019）

第二节　气体实验定律(Ⅱ) 1．知道什么是等容过程和等压过程，知道查理定律和盖－吕萨克定律的内容、表达式及适用条件，理解热力学温度.2.会用气体实验定律解决实际问题，理解p­T图像、V­T图像的物理意义． 一　查理定律 1．等容过程：气体在体积保持不变的情况下发生的状态变化过程． 2．热力学温度：与摄氏温度t的大小换算关系为T＝t＋273.15，国际单位为开尔文，简称开，符号为K．理论和实践表明，热力学温度0 K(即绝对零度)是不可能实现的． 3．查理定律 (1)内容：一定质量的气体，在体积不变的情况下，其压强p与热力学温度T成正比．即p∝T． (2)公式：设气体温度为T1时，压强为p1，温度为T2时，压强为p2，则＝． 4．气体等容变化图像 二　盖－吕萨克定律 1．等压过程：气体在压强不变的情况下发生的状态变化过程． 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，其体积V与热力学温度T成正比．即V∝T． (2)公式：设气体温度为T1时，体积为V1，温度为T2时，体积为V2，则＝． 3．气体等压变化图像 判一判 (1)对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体的摄氏温度升高到原来的二倍．(　　) (2)V­t图像中，等压线是一条过原点的直线．(　　) (3)“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上．(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)√ 课堂任务　查理定律 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 活动1：如图甲所示是一个探究气体压强与温度变化关系的实验装置示意图，实验中，往细玻璃管内注入适量的红墨水，通过红墨水的移动观察气压的改变．把瓶先后放入盛着冰水混合物的容器和盛着热水的容器中，设法保持瓶内气体的体积不变，观察红墨水的移动情况，可以发现什么？ 提示：通过实验可以发现，保持瓶内气体体积不变，将瓶放入热水中时的瓶内压强比放在冰水混合物中时的瓶内压强大． 活动2：法国物理学家查理通过实验发现，当气体体积一定时，各种气体的压强都随温度的升高而均匀增大．如图乙所示，在等容过程中，气压压强p与摄氏温度t呈线性关系，但不是简单的正比关系，延长直线AB，与横坐标相交，交点为(－273.15，0)．因此可以建立热力学温度T：T＝t＋273.15.根据实验结果可得到什么结论？ 提示：由图乙及T＝t＋273.15可知，等容过程中p­T图线的反向延长线过原点，则压强p与热力学温度T成正比． 1．查理定律的表述 (1)＝＝c. (2)＝. 2．对等容线的理解 (1)p­t图像中的等容线 ①p­t图像中的等容线是一条延长线通过(－273.15，0)的倾斜直线． ②图1中纵轴上的截距p0是气体在0 ℃时的压强． ③等容线的斜率和气体的体积大小有关，一定质量的某种气体，体积越大，斜率越小．如图2所示，一定质量的某种气体，四条等容线的体积关系为：V1＞V2＞V3＞V4. (2)p­T图像中的等容线 ①p­T图像中等容线是一条延长线通过原点的倾斜直线． ②斜率k＝＝c(常数)与气体体积有关，一定质量的某种气体，体积越大，斜率越小．如图3所示，一定质量的某种气体，四条等容线的体积关系为：V1＞V2＞V3＞V4. 例1　用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL.假设在室温(17 ℃)时，罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？(取T＝t＋273) (1)应用气体实验定律时，大气压强必须统一为国际单位吗？ 提示：压强单位统一即可，不必统一为国际单位． (2)气体状态变化时，体积不变，应用哪个实验定律？ 提示：查理定律． [规范解答]　易拉罐中气体在温度升高时体积不变，当罐内压强升高到1.2 atm时，对应的温度就是最高保存温度． 取罐内的CO2气体为研究对象，则： 初态：p1＝1 atm，T1＝17 ℃＋273 K＝290 K 末态：p2＝1.2 atm 气体体积不变，由查理定律＝得： T2＝T1＝×290 K＝348 K t＝348 K－273 K＝75 ℃. [答案]　75 ℃ 　应用查理定律时的注意事项 (1)给出的温度是摄氏温度时，必须换算为热力学温度． (2)计算中压强的单位只要统一即可，不必统一为国际单位． [变式训练1]　(多选)如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，杯盖内硅胶密封圈气密性很好，茶杯内密封空气的温度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0.已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g.当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是(　　) A．茶杯对杯盖的支持力为mg＋p0S B．茶杯对杯盖的支持力为mg＋p0S C．茶杯对桌面的压力为Mg＋p0S D．用力拉住杯盖往上提，若能使整个茶杯向上离开桌面，则至少需要对杯盖施加的力才能打开茶杯 答案　AD 解析　以茶杯中的气体为研究对象，初状态压强为p0，温度为T0＝87 ℃＋273 K＝360 K，末状态设压强为p1，温度为T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，由查理定律可得＝，解得p1＝p0，对杯盖受力分析，由平衡条件可得mg＋p0S＝p1S＋FN，解得茶杯对杯盖的支持力FN＝mg＋p0S，A正确，B错误；对茶杯、杯盖整体受力分析可知，桌面对茶杯的支持力为F＝(M＋m)g，由牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力为(M＋m)g，C错误；杯盖恰好能被打开时，对杯盖受力分析可得Fmin＋p1S－p0S－mg＝ma，对整体受力分析可得Fmin－(M＋m)g＝(M＋m)a，联立解得Fmin＝，D正确． 课堂任务　盖－吕萨克定律 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 活动1：将如图甲所示的实验装置先后放入盛着热水的容器和盛着冰水混合物的容器中，设法保持压强不变，观察玻璃管中空气柱体积的变化情况，可以发现什么？ 提示：通过实验可以发现，保持瓶内气体压强不变，将瓶放入热水中时的气体体积比放入冰水混合物中时的气体体积大． 活动2：如图乙所示，在等压过程中，可得出什么结论？ 提示：由图乙及T＝t＋273.15可知，等压过程中V­T图线的反向延长线过原点，则体积V与热力学温度T成正比． 1．盖－吕萨克定律的表述 (1)＝＝c. (2)＝. 2．对等压线的理解 (1)V­t图像中的等压线 ①V­t图像中的等压线是一条延长线通过(－273.15，0)的倾斜直线． ②图1中纵轴上的截距V0是气体在0 ℃时的体积． ③等压线的斜率和气体的压强有关，一定质量的某种气体，压强越大，斜率越小．如图2所示，一定质量的某种气体，四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4. (2)V­T图像中的等压线 ①V­T图像中的等压线是一条延长线通过原点的倾斜直线． ②斜率k＝＝c(常数)与气体压强有关，一定质量的某种气体，压强越大，斜率越小．如图3所示，一定质量的某种气体，四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4. 例2　如图甲为气压式升降椅，图乙为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg.横截面积S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接．可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气体柱长度L1＝30 cm.设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力．已知大气压强p0＝1×105 Pa，设白天环境温度t1＝27 ℃恒定，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)初始状态封闭气体的压强； (2)若质量为M＝60 kg的人静坐在椅面上(手脚未接触其他物体)，稳定后椅面下降的高度； (3)若夜间环境温度降低，椅面下降高度为1 cm，则此夜间环境温度为多少？ (1)人静坐在椅面上至稳定，气缸内气体做什么变化？ 提示：等温变化． (2)夜间降温的过程，气缸内气体做什么变化？ 提示：等压变化． [规范解答]　(1)初始状态时，对气缸与椅面整体进行受力分析，由平衡条件有 p1S＝p0S＋mg 解得初始状态封闭气体的压强p1＝1.5×105 Pa. (2)人坐在椅面上稳定后，设气缸内气体压强为p2，对气缸、椅面与人整体进行受力分析，由平衡条件有 p2S＝p0S＋(m＋M)g 解得p2＝7.5×105 Pa 对气缸内气体分析，气体做等温变化， 初状态：p1＝1.5×105 Pa，V1＝L1S 末状态：p2＝7.5×105 Pa，V2＝L2S 对气缸内气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得L2＝6 cm 则稳定后椅面下降的高度h＝L1－L2＝24 cm. (3)若夜间环境温度降低，椅面下降高度为Δh＝1 cm，此过程中封闭气体做等压变化， 初状态：V1＝L1S，T1＝t1＋273 K＝300 K 末状态：V3＝(L1－Δh)S，T3＝t3＋273 根据盖－吕萨克定律可得＝ 解得t3＝17 ℃. [答案]　(1)1.5×105 Pa　(2)24 cm (3)17 ℃ 　应用气体实验定律的解题思路 (1)确定研究对象，即研究哪部分气体． (2)确定研究过程，明确所研究气体的初末状态． (3)确定初末状态的温度、压强和体积，判断哪一状态参量不变，选择适当的气体实验定律． (4)统一单位并列式求解．(其中温度只能用热力学温度单位——开尔文) [变式训练2]　小颜同学想用刻度尺来显示温度，他的做法如图所示，一导热气缸、平台及0刻线在左边的刻度尺均水平固定．一厚度不计的活塞，封闭了一定质量的空气，与活塞连接的带有指针的轻杆可随活塞左右移动，轻杆水平，指针竖直向下指向刻度尺上的刻度线．开始时，被测温度为27 ℃，大气压p0＝75 cmHg，活塞静止，空气柱长度为8 cm，指针指在刻度尺上的3 cm处．不计一切摩擦，大气压保持不变，T＝t＋273.问： (1)撤去外力，随被测温度的变化，刻度尺上7 cm处应标为多少摄氏度？ (2)该温度计的刻度是否均匀？ (3)该温度计有什么缺点？ 答案　(1)177 ℃　(2)均匀　(3)见解析 解析　(1)受力分析可知，封闭空气柱的压强始终等于大气压，气体压强不变．设空气柱的横截面积为S， 初态：V0＝8 cm·S，T0＝27 ℃＋273 K＝300 K 末态：V1＝(8 cm＋7 cm－3 cm)·S＝12 cm·S 根据盖－吕萨克定律可知＝ 解得T1＝450 K 则t1＝T1－273＝177 ℃. (2)设开始时空气柱长度为l0，指针所对刻度为x0，所测温度为T0，指针所对刻度为x时，所测温度为T，则根据盖－吕萨克定律可知 ＝ 整理得T＝x＋T0－x0 T与x成线性关系，则该温度计的刻度均匀． (3)该温度计的使用条件是大气压不变，由于实际中在同一地点大气压不断变化，但变化幅度很小，所以无法精确测量温度，只能用来估测温度；到海拔差距较大的另一地方后，由于大气压变化很明显，所以需要重新校准温度刻度，才能用来估测温度． 1．(气体的等压变化)(多选)在下图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，能正确描述一定质量的气体等压变化规律的是(　　) 答案　AC 解析　一定质量的气体在等压过程中，压强不变，体积V与热力学温度T成正比．题中B、D图气体压强变化，只有A、C符合要求． 2．(查理定律)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进行试通电，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 答案　B 解析　冷藏室气体的初状态：T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，p1＝1.0×105 Pa；末状态：T2＝7 ℃＋273 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，根据查理定律可得＝，代入数据得p2＝0.93×105 Pa，故选B. 3.(盖－吕萨克定律)如图，某同学用封有一定质量空气的玻璃管来测绝对零度，当容器中水温是30 ℃时，空气柱长度为30 cm，当水温是90 ℃时，空气柱的长度是36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度(　　) A．－273 ℃ B．－270 ℃ C．－268 ℃ D．－271 ℃ 答案　B 解析　空气柱整个过程压强不变，由盖－吕萨克定律有＝，所以有＝，绝对零度时空气柱长为0，故＝，得T1＝300 K，所以绝对零度应是30 ℃－300 ℃＝－270 ℃，B正确． 4.(V­T图像)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V­T图像，由图像可知(　　) A．pA>pB B．pC<pB C．VA<VB D．TA<TB 答案　D 解析　由图像可知，气体从状态A到状态B体积不变，温度升高，由查理定律可知pA<pB，由盖－吕萨克定律知，V­T图像中延长线过原点的直线是一条等压线，所以pC＝pB，故A、B、C错误，D正确． 5.(盖－吕萨克定律)气象探测气球是进行高空气象观测的重要工具．在某次气象探测中，地表温度为27.0 ℃，在地面将探测气球充满氦气后，缓慢上升至距离地面6500 m的高空，此时其体积为6.0 m3，在气球上升过程中，气球内部因启动一持续加热装置而维持气体的温度不变．气球到达目标高度后停止加热，气球保持高度不变，气球内的氦气温度逐渐减小到此高度处的气温，已知此高度处大气压为0.5×105 Pa，海拔每升高1000 m，气温下降6 ℃，氦气最终的体积为________． 答案　5.22 m3 解析　由题意，气球刚到达目标高度时，氦气的温度为T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，经过降温后氦气的最终温度为T2＝27 ℃－×6 ℃＋273 K＝261 K，该过程氦气压强不变，根据盖－吕萨克定律有＝，解得氦气最终的体积为V2＝5.22 m3. 6．(查理定律)气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有氮气，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm.后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg，取T＝t＋273)则恒温槽的温度为________． 答案　364 K(或91 ℃) 解析　设恒温槽的温度为T2， 由题意知T1＝273 K， A内气体体积不变，根据查理定律得＝ p1＝p0＋ph1＝p0＋p0 p2＝p0＋ph2＝p0＋p0 联立以上三式，代入数据解得T2＝364 K(或t2＝T2－273＝91 ℃)． 7.(综合)为了方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在紧贴锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等．气缸开口竖直向上，用质量为m＝1 kg的活塞封闭一定质量的某种气体，活塞横截面积为S＝2 cm2.当气缸内温度为27 ℃时，活塞与气缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻绳悬挂的重物M.当绳上拉力为零时，警报器会报警．已知缸外大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？ (2)若锅炉外壁的安全温度为900 K，那么悬挂的重物质量应为多少？ 答案　(1)450 K　(2)3 kg 解析　(1)活塞上升过程气缸内的气体压强不变，则由盖－吕萨克定律得＝ 式中V1＝LS，V2＝LS，T1＝27 ℃＋273 K＝300 K 解得T2＝450 K. (2)活塞碰到重物后，直到绳的拉力为零，气体经历等容过程，则由查理定律得＝ 由受力平衡，有p2S＝p0S＋mg p3S＝p0S＋(m＋M)g 联立解得M＝3 kg. [名师点拨]　热力学气体系统开始时的某种变化形式可能存在临界情况，当达到临界情况后，就可能以另一种形式变化，如本题就涉及等压变化和等容变化两个过程．对于这类问题，若不分析临界情况弄清物理过程，而盲目套用公式计算，极易导致错误． 8.(液柱移动问题)如图所示，两个体积相同的容器A、B分别装有10 ℃的H2和20 ℃的O2，中间用一根装有一段水银柱的水平细玻璃管连通，此时水银柱保持静止．如果两边温度都升高10 ℃，取T＝t＋273，则(　　) A．水银柱向右移动 B．水银柱向左移动 C．水银柱仍静止不动 D．条件不足，不能确定 答案　A 解析　解法一(计算法)：假设水银柱不移动，则A、B内两部分气体体积均不变．初状态时：pA＝pB＝p，TA＝10 ℃＋273 K＝283 K，TB＝20 ℃＋273 K＝293 K；ΔTA＝ΔTB＝10 ℃.由查理定律的推论有：＝，＝，得ΔpA＝＝，ΔpB＝，可知ΔpA>ΔpB，故水银柱向右移动．故A正确． 解法二(图像法)：假设水银柱不移动，两边气体体积均不变．在p­T坐标系中作出A、B内气体的等容线，如图所示．因初始状态时，A、B内气体的压强相等(pA＝pB)，而气体的温度不等(TB>TA)，所以A内气体等容线的斜率较大．当温度增量相同时，从图像中很直观地看出，A内气体压强的增量ΔpA大于B内气体压强的增量ΔpB，故水银柱将向右移动．故A正确． [名师点拨]　应用假设法分析液柱移动问题的基本思路 当气体的状态参量发生变化而使液柱可能发生移动时，先假设其中一个参量(一般为体积)不变(即假设水银柱不移动)，以此为前提，再运用相关的气体实验定律(如查理定律)进行分析讨论，看讨论结果是否与假设相符．若相符，则原假设成立；若讨论结果与假设相矛盾，说明原假设不成立，从而也就推出了正确的结论．分析的关键在于合理选择研究对象，正确地进行受力分析，然后通过比较作出判断． 9.(综合)如图所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p­t图线．p0表示1个标准大气压，取T＝t＋273，已知0 ℃、1标准大气压下，1 mol气体体积为22.4 L，则在状态B时气体的体积为(　　) A．5.6 L B．3.2 L C．1.2 L D．8.4 L 答案　D 解析　此气体在0 ℃时，压强为1个标准大气压，所以0 ℃时它的体积应为V0＝0.3×22.4 L＝6.72 L．根据图线，从压强为p0的状态到A状态，气体体积不变，A状态的体积为VA＝V0＝6.72 L，温度为TA＝127 ℃＋273 K＝400 K；从A状态到B状态气体压强不变，B状态的温度为TB＝227 ℃＋273 K＝500 K，根据盖－吕萨克定律有＝，得VB＝＝ L＝8.4 L．故选D. 10.(“两团气”问题)某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个光滑薄壁气缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水平面上．已知气缸的质量为M，气柱A的初始高度为L，初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离气缸． (1)求初始时气体A的压强； (2)求初始时气柱B的高度； (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后座椅的高度． 答案　(1)p0＋　(2)L　(3)1.6L＋L0－ 解析　(1)设初始时气体A的压强为pA，对气缸C有pAS＝Mg＋p0S 解得pA＝p0＋. (2)设初始时气体B的压强为pB，对活塞a、b和气缸C、弹簧整体有pBS＝Mg＋p0S 解得pB＝p0＋ 由此可知pB＝pA，而A、B是同种气体，且mB＝mA，TB＝TA 所以LS＝LBS 可得初始时气柱B的高度LB＝L. (3)温度缓慢降低过程，气体A和B压强均不变，根据(2)问可知两者的状态参量时刻相同，设降温后气柱A、B的高度均为L1，则有 ＝ 解得L1＝0.8L 弹簧压缩量始终为x＝＝ 稳定后座椅的高度为H＝2L1＋L0－x＝1.6L＋L0－. 13 学科网（北京）股份有限公司 $$