人教版高中物理新教材同步讲义选修第三册 第2章　3　第1课时　气体的等压变化和等容变化（含解析）

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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
[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、气体的等压变化
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．
(2)表达式：V＝CT或＝.
(3)适用条件：气体的质量和压强不变．
(4)图像：如图所示．

V－T图像中的等压线是一条过原点的直线．
二、气体的等容变化
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)图像：如图所示．

①p－T图像中的等容线是一条过原点的直线．
②p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15 ℃.

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的压强，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．(　√　)
(4)查理定律的数学表达式＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量．(　×　)
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、气体的等压变化
导学探究
如图所示，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？

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，如图甲所示，且p1
(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．
例1　(2022·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
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．

例2　(2021·长沙市湖南师大附中高二月考)研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56 ℃时，30分钟就可以灭活．如图所示，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，汽缸底部接有电热丝E，汽缸的总高度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，活塞和汽缸间的摩擦不计．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汽缸中逸出的气体占原b汽缸中气体的
B．a汽缸中的气体吸收热量，压强增大
C．稳定后，a汽缸内的气体温度为50 ℃
D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a汽缸内新冠病毒能够被灭活
答案　D
解析　由题意可知，原b汽缸的高度h1′＝h－h1＝30 cm，当a汽缸稳定后活塞与底部的距离h2＝66 cm，此时b汽缸的高度h2′＝h－h2＝24 cm，设S为活塞的横截面积，那么b汽缸中逸出的气体为原b汽缸中气体的＝，故A错误；由于K始终打开，a汽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 ℃，B、C错误，D正确．
二、气体的等容变化
导学探究
(1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？
(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．
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，如图甲所示，且V1
(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．
例3　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；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．
例4　(2021·广州市第五中学高二期末)如图所示，圆柱形汽缸倒置在水平地面上，汽缸内部封有一定质量的气体．已知汽缸质量为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)求：

(1)此时封闭气体的压强；
(2)现使汽缸内气体温度升高，当汽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)现使汽缸内气体温度升高，当汽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，对汽缸由平衡条件可得p0S＋Mg＝p2S，解得p2＝1.2×105 Pa②
已知T1＝300 K，对汽缸内气体，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 ℃.
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都是一条通过原点的倾斜直线
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．
例5　如图所示，U形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　　)



答案　B
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；当活塞离开小挡板(小挡板的重力不计)后，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图像中，图线是平行于T轴的直线，选项A、C、D错误，B正确．
针对训练　如图所示是一定质量的气体从状态A经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　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．




考点一　气体的等压变化
1．一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＝ΔT＝150 ℃.
2．(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
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．
3.(多选)(2021·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，与温度无关，故A、B错误，C正确；根据＝C可知，温度升高，则体积增大，所以D正确．
考点二　气体的等容变化
4．拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，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“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用．罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体．火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是(　　)
A．火罐内的气体温度不变
B．火罐内的气体温度降低，压强减小
C．火罐内的气体温度降低，压强不变
D．火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变
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，气体经过热传递，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，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，故D错误．
5．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＝(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＝，代入数据得：p2≈0.93×105 Pa.故选B.
6．一定质量的气体，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．
考点三　p－T图像和V－T图像
7.(多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上的表示如图所示，则(　　)

A．在A→C过程中，气体的压强不断变大
B．在C→B过程中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
答案　AD
解析　气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C(C是常量)可知，体积减小，压强增大，故A正确．由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C(C是常量)可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．
8.(多选)某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图像如图所示．已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是(　　)

A．从状态A到状态B气体的体积不变
B．从状态A到状态B气体的体积增大
C．状态B到状态C气体体积增大
D．状态C气体的体积是2 L
答案　AD
解析　状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A对，B错；状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错；从题图中可知，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，D对．

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.(2021·重庆市第一中学高二下月考)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
答案　B
解析　对汽缸受力分析可知：Mg＋p0S＝pS，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和汽缸整体受力分析可知：(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，x不变，即活塞高度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．
11.如图所示为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(　　)

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.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞放在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2，求：

(1)活塞的质量；
(2)物体A的体积．
答案　(1)4 kg　(2)640 cm3
解析　(1)设物体A的体积为ΔV.
T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3
T2＝330 K，p2＝ Pa，V2＝V1
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3
由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有＝，代入数据得m＝4 kg
(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖－吕萨克定律有＝，代入数据得ΔV＝640 cm3.

13.为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，如图所示，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等．汽缸开口向上，用质量为m＝2 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1 cm2.当汽缸内温度为300 K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物M.当绳上拉力为零时，警报器报警．已知室外大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，活塞与汽缸壁之间摩擦可忽略．则：

(1)当活塞刚刚接触到重物时，锅炉外壁温度为多少？
(2)若锅炉外壁的安全温度为1 200 K，那么重物的质量应是多少？
答案　(1)450 K　(2)5 kg
解析　(1)以缸内气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化V1＝LS，V2＝(L＋)S
根据盖－吕萨克定律＝
得T2＝450 K
(2)以缸内气体为研究对象，活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M.
p2S＝p0S＋mg，p3S＝p0S＋(m＋M)g
根据查理定律＝，
解得M＝5 kg.