粤教版 (2019)选择性必修 第三册第二节 气体实验定律（Ⅱ）导学案及答案

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第二节　气体实验定律(Ⅱ)
[学习目标]　 1.知道什么是等压变化和等容变化.2.知道盖－吕萨克定律和查理定律的内容和表达式，并会进行相关计算.3.了解p－T图像和V－T图像及其物理意义．

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．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．
(2)表达式：＝.
(3)适用条件：气体的质量和体积不变．
3．热力学温度：
(1)热力学温度与摄氏温度t的大小换算关系为T＝t＋273.15.
(2)国际单位为开尔文，简称开，符号K.
4．图像：如图1所示．

图1
(1)p－T图像中的等容线是一条过原点的直线．
(2)p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15_℃.
二、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．
2．表达式：＝.
3．适用条件：气体的质量和压强不变．
4．图像：如图2所示．

图2
V－T图像中的等压线是一条过原点的直线．

1．判断下列说法的正误．
(1)一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小．(　×　)
(2)“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气压强，火罐就被“吸”在皮肤上．(　√　)
(3)一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比．(　√　)
2．(1)一定质量的气体做等容变化，温度为200 K时的压强为0.8 atm，压强增大到2 atm时的温度为________K.
(2)一定质量的气体，在压强不变时，温度为200 K，体积为V0，当温度升高100 K时，体积变为原来的________倍．
答案　(1)500　(2)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、查理定律
导学探究
(1)拔火罐时，火罐为什么可以吸附在皮肤上．
(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)拔之前，先加热罐内空气，使之温度升高，扣在皮肤上之后，罐内空气温度降低，压强减小，火罐就被吸在皮肤上了．
(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．
知识深化
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．
2．p－T图像和p－t图像
一定质量的某种气体，在等容变化过程中
(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图3甲所示，且V1
图3
(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，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．图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强．
特别提醒　一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p跟热力学温度T成正比，而不是与摄氏温度t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．
(5)求解结果并分析、检验．
有一上端开口、竖直放置的玻璃管，内横截面积为0.10 cm2，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图4所示，此时气体的温度为27 ℃.当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入多少克水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3)

图4
答案　1.2 g
解析　设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化，初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，T1＝(273＋27) K＝300 K；末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30) K＝303 K．由查理定律＝得＝，解得x＝0.9 cm，则注入水银柱的长度为0.9 cm，则注入水银的质量：m＝ρxS＝13.6×0.9×0.10 g≈1.2 g.
一定质量的气体，保持体积不变，温度从1 ℃升高到5 ℃，压强的增量为2.0×103 Pa，则(　　)
A．它从5 ℃升高到10 ℃，压强增量为2.0×103 Pa
B．它从15 ℃升高到20 ℃，压强增量为2.0×103 Pa
C．它在0 ℃时，压强为1.365×105 Pa
D．每升高1 ℃，压强增量为 Pa
答案　C
解析　根据查理定律可知压强的变化Δp与摄氏温度的变化Δt成正比．根据题意可知，每升高1 ℃，压强的增量为500 Pa，则可知选项A、B、D错误；从1 ℃升高到5 ℃，由查理定律可得＝，代入数据解得p1＝1.37×105 Pa，则它在0 ℃时，压强为p0＝p1－500 Pa＝1.365×105 Pa，故选项C正确．
二、盖－吕萨克定律
导学探究
如图5所示，用水银柱封闭了一定质量的气体．当给封闭气体缓慢加热时能看到什么现象？说明了什么？

图5
答案　水银柱向上移动．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．
知识深化
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．
2．V－T图像和V－t图像
一定质量的某种气体，在等压变化过程中
(1)V－T图像：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6甲所示，且p1
图6
(2)V－t图像：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，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积．
特别提醒　一定质量的气体，在压强不变时，其体积与热力学温度成正比，而不是与摄氏温度成正比．
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－吕萨克定律列式求解．
(5)求解结果并分析、检验．
一定质量的气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV1；温度由10 ℃升高到15 ℃，体积的增量为ΔV2，则(　　)
A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1＞ΔV2
C．ΔV1＜ΔV2 D．无法确定
答案　A
解析　由盖－吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝·V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2(V1、V2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A项正确．
如图7所示，导热的气缸内封有一定质量的气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于气缸正中，整个装置都静止，已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，T＝t＋273(K)，求：

图7
(1)缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？
答案　(1)3×105 Pa　(2)327 ℃
解析　(1)以缸体为研究对象(不包括活塞)，由缸体受力平衡有：p1S＝Mg＋p0S，解得：p1＝3×105 Pa.
(2)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程以缸内气体为研究对象，由盖－吕萨克定律得：＝，所以T2＝2T1＝600 K，故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃.
三、p－T图像与V－T图像
1．p－T图像与V－T图像的比较
不
同
点
图像


纵坐标
压强p
体积V
斜率意义
斜率越大，体积越小，V4 斜率越大，压强越小，p4 相
同
点
①过原点的直线分别表示等容过程和等压过程
②横坐标都是热力学温度T
③都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小

2.分析气体图像问题的注意事项
(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律．
(2)不是热力学温度的先转换为热力学温度．
(3)要将图像与实际情况相结合．


考点一　热力学温度　查理定律的应用
1．(多选)下列关于摄氏温度与热力学温度的说法中，正确的是(　　)
A．气体温度升高1 ℃，也就是温度升高1 K；温度下降5 K，也就是温度降低5 ℃
B．摄氏温度与热力学温度在一度上是相等的，只是定义的零度起点不同
C．摄氏温度有时为负值；温度很低时，热力学温度也可能为负值
D．温度由t升高到2t，对应的热力学温度由T升高到2T
答案　AB
解析　T＝t＋273.15，因而热力学温度与摄氏温度的每一度是相等的，只是零度起点不同，故A、B正确；而0 K是低温的极限，只能无限接近，不可能达到，故热力学温度不可能为负值，故C错误；由T与t的关系式可知D错误．
2．对于一定质量的气体，取T＝273＋t，以下说法正确的是(　　)
A．气体做等容变化时，气体的压强和摄氏温度成正比
B．气体做等容变化时，温度升高1 ℃，增加的压强变为原来压强的
C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1(1＋)
答案　C
解析　一定质量的气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不是正比关系，A错误；根据Δp＝p知，B错误；气体做等容变化时，气体压强的变化量总是跟温度的变化量成正比，无论是摄氏温度，还是热力学温度，C正确；＝，解得p2＝p1(1＋)，故D错误．
3．一个密闭的钢管内装有空气，在温度为27 ℃时，压强为1 atm，若温度上升到87 ℃，管内空气的压强约为(　　)
A．4 atm B. atm
C．1.2 atm D. atm
答案　C
解析　由查理定律知＝，代入数据解得p2＝1.2 atm，所以C正确．
考点二　盖－吕萨克定律的应用
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，所以升高了150 ℃.
5.如图1所示，一导热性能良好的气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(　　)

图1
A．气体压强减小 B．气缸高度H减小
C．活塞高度h减小 D．气体体积增大
答案　B
解析　对气缸受力分析可知：Mg＋p0S＝pS，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和气缸的整体受力分析可知：(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，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，则气缸高度H减小，选项B正确，A、C、D错误．
6.(2020·徐州一中高二开学考试)如图2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部分与水银接触且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(　　)

图2
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．
考点三　p－T图像和V－T图像
7.(多选)一定质量的气体经过一系列过程，如图3所示．下列说法正确的是(　　)

图3
A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a过程中，气体温度升高，体积不变
答案　AD
解析　从题图中可以看出a→b过程中气体的温度保持不变，所以气体发生等温变化，并且pa＞pb，根据玻意耳定律有paVa＝pbVb，可得Va＜Vb，即压强减小，体积增大，A正确；b→c过程中，压强不变，温度减小，根据＝可得Vb＞Vc，即体积减小，B错误；c→a过程中气体的体积保持不变，即发生等容变化，气体的压强增大，温度升高，C错误，D正确．
8.(多选)一定质量的气体经历如图4所示的变化过程，则下列说法中正确的是(　　)

图4
A．a→b过程中气体的压强不变
B．a→b过程中气体的压强增大
C．b状态的体积为 L
D．c状态的压强大于a状态的压强
答案　ACD
解析　ab反向延长线过原点，所以ab为等压线，两状态压强相等，故A正确，B错误；对ab过程有＝，代入数据得Vb＝ L，故C正确；V－T图像中，图线斜率越小，表示压强越大，题图中ab的斜率大于Oc的斜率，所以c状态的压强大于a状态的压强，故D正确．

9．一定质量的理想气体，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
答案　B
解析　在等压变化过程中，由盖－吕萨克定律有＝，V2＝V0，再经过一个等容过程，由查理定律有＝，T3＝T0，所以B正确．
10．如图5所示是一定质量的气体经历的两个状态变化的p－T图像，对应的p－V图像应是下列选项图中的(　　)

图5


答案　C
解析　在p－T图像中AB直线过原点，所以A→B为等容过程，体积不变，而从A→B气体的压强增大，温度升高，B→C为等温过程，C正确．
11.如图6所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p－t图线．p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为(　　)

图6
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，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为(127＋273) K＝400 K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227＋273) K＝500 K，根据盖－吕萨克定律＝得，VB＝＝ L＝8.4 L.
12.如图7所示，质量M＝10 kg的导热气缸内用横截面积S＝100 cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将气缸悬起，当活塞位于气缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27 ℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，忽略气缸和活塞的厚度．求：

图7
(1)缸内气体的压强p1；
(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在气缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．
答案　(1)9×104 Pa　(2)327 ℃
解析　(1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S
解得：p1＝9×104 Pa
(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．
在这一过程中对缸内气体由盖－吕萨克定律得
＝
所以T2＝2T1＝600 K
故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃.
13.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图8所示，横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．求：

图8
(1)当温度上升至303 K且尚未放出气体时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
答案　(1)p0　(2)p0S
解析　(1)以开始时封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得＝①
代入数据得p1＝p0②
(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得
p1S＝p0S＋mg③
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得
＝④
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得
F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝p0S.

14．如图9甲所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接，与活塞连接的轻绳水平，重力加速度为g.开始时气缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，气缸内气体的温度为T0，体积为V.现使气缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：

图9
(1)重物刚离开地面时气缸内气体的温度T1；
(2)气体体积减半时的温度T2；
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
答案　(1)T0　(2)T0　
(3)见解析图
解析　(1)重物刚离开地面前封闭气体的体积不变．
开始时封闭气体的压强p1＝p0，重物刚离开地面时封闭气体的压强p2＝p0－
由查理定律得：＝
解得：T1＝T0
(2)从重物开始离开地面到封闭气体体积减半的过程中，封闭气体的压强不变．
由盖－吕萨克定律得＝
解得T2＝T0
(3)如图所示．