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273

1

）。

如果用P 0表示该气体在00C 时的压强，可得）（15

.273115.2730

0t

P T P P +=?

= (2)表达式：p ＝CT 或p 1T 1＝p 2T 2.推论式：p T ＝Δp

ΔT ＝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1

①p －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－ ℃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×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)×105 Pa (2)×104 Pa

解析 (1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象 初态：p 1＝×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＝400

300××105 Pa≈×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′＝×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′＝300

400××105 Pa ＝×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.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 2

T 2

①

p 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273

1

）。

如果用V 0表示该气体在00C 时的体积，可得）（15

.273115.2730

0t

V T V V +=?

= (2)表达式：V ＝CT 或V 1T 1

＝V 2T 2

.推论式：V T ＝ΔV

ΔT ＝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2

①V －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－ ℃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 cm2.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p0＝×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.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)×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＝×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 ×T 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＝×105 Pa.当水温为t 0＝1

3 ℃时，注射器内气体的体积为 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 mL ，则要在框架上挂质量多大的钩码 答案 (1) mL (2) kg

解析 (1)由盖—吕萨克定律得V 0T 0

＝V 1

T 1

，

解得V 1＝ mL

(2)由玻意耳定律得????p 0＋m 0g S V 1＝????p 0＋m ＋m 0g S V 0，解得m ＝ 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9

A．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

【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12

A．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p

T＝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×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 ．×105 Pa B ．×105 Pa C ．×105 Pa D ．×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≈×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p

T ＝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 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V 1V 2

＝T 1T 2

，代入数据可知，132

＝300 K

T 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 1

V 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 2

283，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1

A．V A＝V B B．V B＝V C

C．V BV 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2

A．p A>p B B．p C

C．V A

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3

A．直线AB的斜率是p0

273

B．0 ℃时气体的压强为p0

C．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p0，因此直线AB的斜率为p0

273，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 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．开始时活塞搁在a、b 上，缸内气体的压强为p0(p0＝×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 取10 m/s2，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＝×105 Pa ，V 1＝(60×40－ΔV ) cm 3 T 2＝330 K ，p 2＝错误! Pa ，V 2＝V 1 T 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 2

T 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 3

T 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)201

10 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 1

T 1

①

代入数据得p 1＝101

100p 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 3

T 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 ＝201

10 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＝×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 ×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11

A．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．(√)