第8讲 气体的等容变化和等压变化(答案)

第8讲 气体的等容变化和等压变化一、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，压强随温度的变化叫做等容变化． 2．查理定律(1)查理定律的两种表达：①一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比． ②一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，温度每升高（或降低）10C ，增加（或减少）的压强等于它在00C 时压强的15.2731（通常取值为2731）。

如果用P 0表示该气体在00C 时的压强，可得）（15.273115.27300tP T P P +=∙= (2)表达式：p ＝CT 或p 1T 1＝p 2T 2.推论式：p T ＝ΔpΔT ＝C （C 不是一个普适常量，它与气体的体积有关，体积越大，常数越小。

T 必须用热力学单位，否则公式不成立）(3)适用条件：气体的质量和体积不变．压强不太大（相当于大气压几倍）温度不太低（零下几十摄氏度。

温度太低物态发生变化） (4)图象：如图1所示．图1①p －T 图象中的等容线是一条过原点的倾斜直线．②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．图象纵轴的截距p 0是气体在0 ℃时的压强．③无论是p －T 图象还是p －t 图象，其斜率都能判断气体体积的大小，斜率越大，体积越小． ④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，而不是与摄氏温度成正比．【例1】容积为2 L 的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa 时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把盖子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求： (1)塞子打开前的最大压强； (2)降温至27 ℃时剩余空气的压强．答案 (1)1.33×105 Pa (2)7.5×104 Pa 解析 (1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象 初态：p 1＝1.0×105 Pa ，T 1＝300 K 末态：T 2＝400 K ，压强为p 2由查理定律可得p 2＝T 2T 1×p 1＝400300×1.0×105 Pa ≈1.33×105 Pa(2)塞子重新塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象 初态：p 1′＝1.0×105 Pa ，T 1′＝400 K 末态：T 2′＝300 K ，压强为p 2′由查理定律可得p 2′＝T 2′T 1′×p 1′＝300400×1.0×105 Pa ＝7.5×104 Pa变式1 气体温度计结构如图4所示，玻璃测温泡A 内充有气体，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h 1＝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h 2＝44 cm.求恒温槽的温度(已知外界大气压为1个标准大气压，1个标准大气压相当于76 cmHg)．图4答案 364 K(或91 ℃)解析 设恒温槽的温度为T 2，由题意知T 1＝273 K A 内气体发生等容变化，根据查理定律得p 1T 1＝p 2T 2①p 1＝p 0＋p h 1② p 2＝p 0＋p h 2③联立①②③式，代入数据得 T 2＝364 K(或91 ℃)．二、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，体积随温度的变化叫做等压变化．2．盖—吕萨克定律 (1)盖—吕萨克定律①盖—吕萨克定律的热力学温度表述：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．盖—吕萨克定律的摄氏温度表述：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高（或降低）10C ，增加（或减少）的体积等于它在00C 时体积的15.2731（通常取值为2731）。

如果用V 0表示该气体在00C 时的体积，可得）（15.273115.27300tV T V V +=∙= (2)表达式：V ＝CT 或V 1T 1＝V 2T 2.推论式：V T ＝ΔVΔT ＝C （C 是一个与气体质量和压强有关的常量）(3)适用条件：气体的质量和压强不变．压强不太大，温度不太低 (4)图象：如图2所示．图2①V －T 图象中的等压线是一条过原点的倾斜直线．②V －t 图象：一定质量的某种气体，在等压变化过程中，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，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，图象纵轴的截距V 0是气体在0 ℃时的体积．③无论是V －T 图还是V －t 图，其斜率都能判断气体压强的大小，斜率越大，压强越小． ④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．例2 如图7所示，绝热的汽缸内封有一定质量的气体，缸体质量M ＝200 kg ，厚度不计的活塞质量m ＝10 kg ，活塞横截面积S ＝100 cm 2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中间，整个装置都静止．已知大气压恒为p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：图7(1)缸内气体的压强 p 1；(2)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB 处． 答案 (1)3.0×105 Pa (2)327 ℃解析 (1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，由汽缸受力平衡得：p 1S ＝Mg ＋p 0S 解得：p 1＝3.0×105 Pa.(2)设当活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处时，缸内气体温度为T 2，压强为p 2，此时仍有p 2S ＝Mg ＋p 0S ，即缸内气体做等压变化．对这一过程研究缸内气体，由盖—吕萨克定律得：S ×0.5lT 1＝S ×l T 2所以T 2＝2T 1＝600 K 故t 2＝(600－273) ℃＝327 ℃.【变式2】(等温变化及等压变化的综合应用)如图4所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中．注射器活塞的横截面积S ＝5×10－5 m 2，活塞及框架的总质量m 0＝5×10－2 kg ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.当水温为t 0＝13 ℃时，注射器内气体的体积为5.5 mL.求：(g 取10 m/s 2)图4(1)向烧杯中加入热水，稳定后测得t 1＝65 ℃时，气体的体积为多大？(2)保持水温t 1＝65 ℃不变，为使气体的体积恢复到5.5 mL ，则要在框架上挂质量多大的钩码？答案 (1)6.5 mL (2)0.1 kg解析 (1)由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V 1T 1，解得V 1＝6.5 mL(2)由玻意耳定律得⎝⎛⎭⎫p 0＋m 0g S V 1＝⎣⎡⎦⎤p 0＋(m ＋m 0)g S V 0，解得m ＝0.1 kg.三、p －T 图象与V －T 图象例3 (多选)一定质量的气体的状态经历了如图9所示的ab 、bc 、cd 、da 四个过程，其中bc 的延长线通过原点，cd 垂直于ab 且与水平轴平行，da 与bc 平行，则气体体积在( )图9A．ab过程中不断增加B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增加D．da过程中保持不变答案AB解析首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；如图所示，连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中气体体积变大，D错误．【例4】(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12所示，则()图12A．在AC过程中，气体的压强不断变大B．在CB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是常数)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pT＝C(C是常数)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．【课堂训练】 一、选择题考点一 查理定律的应用1．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“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 纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由查理定律知封闭气体压强减小，罐紧紧“吸”在皮肤上，B 选项正确． 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：T 1＝(273＋27) K ＝300 K ，p 1＝1×105 Pa 末状态：T 2＝(273＋7) K ＝280 K ，压强为p 2 气体体积不变，根据查理定律得：p 1T 1＝p 2T 2代入数据得：p 2≈0.93×105 Pa.3．一定质量的气体，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Δp 1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增量为Δp 2，则Δp 1与Δp 2之比是( ) A ．10∶1 B ．373∶273 C ．1∶1 D ．383∶283 答案 C解析 由查理定律得Δp ＝p T ΔT ，一定质量的气体在体积不变的条件下pT ＝恒量，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Δp 1＝Δp 2，C 项正确． 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12，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是( )A ．升高了450 KB ．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V 1V 2＝T 1T 2，代入数据可知，132＝300 KT 2，得T 2＝450 K ．所以升高的温度Δt ＝150 K ＝150 ℃.5．房间里气温升高3 ℃时，房间内的空气有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 ．17 ℃D ．27 ℃ 答案 D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：T ＋3 K T ＝V (1＋1%)V，解得：T ＝300 K ，t ＝27 ℃，所以答案选D.6．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV 1；温度由10 ℃升高到15 ℃，体积的增量为ΔV 2，则( ) A ．ΔV 1＝ΔV 2 B ．ΔV 1>ΔV 2 C ．ΔV 1<ΔV 2 D ．无法确定答案 A解析 由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2可得V 1T 1＝ΔV ΔT ，即ΔV ＝ΔT T 1V 1，所以ΔV 1＝5278V 1，ΔV 2＝5283V 2(V 1、V 2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而V 1278＝V 2283，所以ΔV 1＝ΔV 2，A 正确．考点三 p －T 图象和V －T 图象7．(多选)如图1所示是一定质量的气体从状态A 经状态B 到状态C 的p －T 图象，则下列判断正确的是( )图1A ．V A ＝VB B ．V B ＝VC C ．V B <V CD ．V A >V C答案 AC解析 由题图和查理定律可知V A ＝V B ，故A 正确；由状态B 到状态C ，气体温度不变，压强减小，由玻意耳定律知气体体积增大，故C 正确．8．如图2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 图象，由图象可知( )图2A ．p A >pB B ．pC <p B C ．V A <V BD ．T A <T B答案 D解析 由V －T 图象可以看出由A →B 是等容过程，T B >T A ，故p B >p A ，A 、C 项错误，D 项正确；由B →C 为等压过程，p B ＝p C ，故B 项错误．9．(多选)如图3所示为一定质量气体的等容线，下面说法中正确的是( )图3A ．直线AB 的斜率是p 0273B ．0 ℃时气体的压强为p 0C ．温度在接近0 K 时气体的压强为零D ．BA 延长线与横轴交点为－273 ℃E ．压强p 与温度t 成正比 答案 ABD解析 在p －t 图象上，等容线的延长线与t 轴的交点坐标为(－273 ℃，0)，从图中可以看出，0 ℃时气体压强为p 0，因此直线AB 的斜率为p 0273，A 、B 、D 正确；在接近0 K 时，气体已液化，因此不满足查理定律，压强不为零，C 错误；压强p 与温度t 的关系是线性关系而不是成正比，E 错误． 二、非选择题10．(等容变化及等压变化的综合应用)如图5所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm 2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．开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强为p 0(p 0＝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/s 2，求：图5(1)活塞的质量； (2)物体A 的体积． 答案 (1)4 kg (2)640 cm 3 解析 (1)设物体A 的体积为ΔV .T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝(60×40－ΔV ) cm 3 T 2＝330 K ，p 2＝⎝⎛⎭⎫1.0×105＋mg 40×10－4 Pa ，V 2＝V 1T 3＝360 K ，p 3＝p 2，V 3＝(64×40－ΔV ) cm 3由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有p 1T 1＝p 2T 2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V 2T 2＝V 3T 3代入数据得ΔV ＝640 cm 3.11．(查理定律的应用)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图6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p 0.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p 0，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6(1)当温度上升到303 K 且尚未放气时，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)101100p 0 (2)20110 100p 0S解析 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 0＝300 K ，压强为p 0；末状态温度T 1＝303 K ，压强设为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1①代入数据得p 1＝101100p 0②(2)设杯盖的质量为m ，刚好被顶起时，由平衡条件得 p 1S ＝p 0S ＋mg ③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T 2＝303 K ，压强p 2＝p 0，末状态温度T 3＝300 K ，压强设为p 3，由查理定律得 p 2T 2＝p 3T 3④ 设提起杯盖所需的最小力为F ，由平衡条件得 F ＋p 3S ＝p 0S ＋mg ⑤联立②③④⑤式，代入数据得F ＝20110 100p 0S .多余的题目2．(盖—吕萨克定律的应用)如图10所示，质量M ＝10 kg 的透热汽缸内用面积S ＝100 cm 2的活塞封有一定质量的理想气体，活塞与汽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汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置都处于静止状态，此时缸内气体的温度为27 ℃.已知大气压恒为p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，忽略汽缸和活塞的厚度．求：图10(1)缸内气体的压强p 1；(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度． 答案 (1)9×104 Pa (2)327 ℃解析 (1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，列受力平衡方程p 1S ＋Mg ＝p 0S 解得：p 1＝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S ×0.5l T 1＝S ×l T 2所以T 2＝2T 1＝600 K故t 2＝(600－273) ℃＝327 ℃.3．(p －T 图象)(多选)如图11所示为一定质量的气体的三种变化过程，则下列说法正确的是( )图11A ．a →d 过程气体体积增加B ．b →d 过程气体体积不变C ．c →d 过程气体体积增加D ．a →d 过程气体体积减小答案 AB解析 在p －T 图象中等容线是延长线过原点的倾斜直线，且气体体积越大，直线的斜率越小．因此，a 状态对应的体积最小，c 状态对应的体积最大，b 、d 状态对应的体积相等，故A 、B 正确．[即学即用]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p T＝C ，其中C 是一常量，C 是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量．( × )(5)无论是盖—吕萨克定律的V －t 图象还是V －T 图象，其斜率都能表示气体压强的大小，斜率越大，压强越大．( × )2．(1)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V 0，当温度升高100 K 时，体积变为原来的 倍．答案 (1)500 (2)3213．(气体实验定律的综合应用)如图7所示，导热汽缸A 中封有一定质量的气体，开始时，闭合阀门K 1，打开K 2，使B 与大气相连，连接A 、B 汽缸的细导管中左管水银面比右管高H ，现用抽气机将汽缸B 中抽成真空后，细导管中右管水银面比左管高H ，接下来关闭阀门K 2，打开阀门K 1，使A 中气体缓慢流入B 中，左右两管水银面相平后关闭阀门K 1，保持汽缸B 中温度t 1＝27 ℃不变，当A 中气体温度由t 1缓慢升高到t 2＝127 ℃时，右管水银面比左管高14H ，已知外界大气压p 0＝75 cmHg ，忽略导管中气体体积，求：图7(1)开始时，A 中封闭气体的压强；(2)A 、B 两汽缸的体积比．答案 (1)37.5 cmHg (2)3∶1解析 (1)设开始时A 中气体的压强为p A ，有：p A ＋H ＝p 0B 中抽成真空后，有：p A ＝H解得：p A ＝37.5 cmHg(2)阀门K 2关闭，K 1打开后，A 中的气体进入B 中，由玻意耳定律可知p A V A ＝p A ′(V A ＋V B ) 关闭K 1，升高A 中的气体温度时，B 中气体压强不变，A 中气体温度为t 2＝127 ℃时，气体压强为p A ″＝p A ′＋14H 由查理定律可知：p A ′t 1＋273＝p A ″t 2＋273联立解得：V A V B ＝31.。