【同步讲义】（人教版2019）高中物理选修第三册--2.3 气体的等压变化和等容变化 讲义

2.3气体的等压变化和等容变化

基础导学

要点一、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叫作气体的等压变化。

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)公式：V＝CT或＝。

(3)适用条件：气体质量一定；气体压强不变。

(4)等压变化的图像：由V＝CT可知在V­T坐标系中，等压线是一条通过坐标原点的倾斜的直线。对于一定质量的气体，不同等压线的斜率不同。斜率越小，压强越大，如图所示，p2>(选填“>”或“<”)p1。

要点二、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)公式：p＝CT或＝。

(3)等容变化的图像：从图甲可以看出，在等容过程中，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。但是，如果把图甲中的直线AB延长至与横轴相交，把交点当作坐标原点，建立新的坐标系(如图乙所示)，那么这时的压强与温度的关系就是正比例关系了。图乙坐标原点的意义为气体压强为0时，其温度为0 K。可以证明，新坐标原点对应的温度就是0_K。

甲　　　　　　乙

(4)适用条件：气体的质量一定，气体的体积不变。

说明：气体做等容变化时，压强p与热力学温度T成正比，即p∝T，不是与摄氏温度t成正比，但压强变化量Δp与热力学温度变化量ΔT和摄氏温度的变化量Δt都是成正比的，即Δp∝ΔT、Δp∝Δt。

要点三、理想气体

1．理想气体

在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。

2．理想气体与实际气体

在温度不低于零下几十摄氏度、压强不超过大气压的几倍的条件下，把实际气体看成理想气体来处理。

3．理想气体的状态方程

(1)内容

一定质量的某种理想气体，在从某一状态变化到另一状态时，尽管压强p、体积V、温度T都可能改变，但是压强p跟体积V的乘积与热力学温度T之比保持不变。

(2)表达式

①＝；②＝C。

(3)成立条件

一定质量的理想气体。

说明：理想气体是一种理想化模型，是对实际气体的科学抽象。题目中无特别说明时，一般都可将实际气体当成理想气体来处理。

要点四、对气体实验定律的微观解释

用分子动理论可以定性解释气体的实验定律。

1．玻意耳定律

一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。在这种情况下，体积减小时，分子的数密度增大，单位时间内，单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就增大。这就是玻意耳定律的微观解释。

2．盖—吕萨克定律

一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大；只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强不变。这就是盖—吕萨克定律的微观解释。

3．查理定律

一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变。在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大。这就是查理定律的微观解释。

要点突破

突破一：气体的等压变化

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<p2，即斜率越小，压强越大．

(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。

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。

突破二：气体的等容变化

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<V2，即体积越大，斜率越小。

(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．

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。

突破三：理想气体

1．理想气体严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程。

2．理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可忽略不计，分子不占空间，可视为质点。它是对实际气体的一种科学抽象，是一种理想模型，实际并不存在。

3．理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力。

4．理想气体分子无分子势能的变化，内能等于所有分子热运动的动能之和，只和温度有关。

突破四：理想气体的状态方程

1．对理想气体状态方程的理解

(1)成立条件：一定质量的理想气体；

(2)该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关；

(3)公式中常量C仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(p、V、T)无关；

(4)方程中各量的单位：温度T必须是热力学温度，公式两边中压强p和体积V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位。

2．理想气体状态方程与气体实验定律

＝⇒

突破五：气体实验定律的微观解释

1．玻意耳定律

(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大；体积增大，压强减小。

(2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变。体积越小，分子的数密度增大，单位时间内撞到单位面积器壁上的分子数就越多，气体的压强就越大，如图。

2．查理定律

(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大；温度降低，压强减小。

(2)微观解释：体积不变，则分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大，如图。

3．盖－吕萨克定律

(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在压强不变时，温度升高，体积增大，温度降低，体积减小。

(2)微观解释：温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使压强不变，则需影响压强的另一个因素，即分子的数密度减小，所以气体的体积增大，如图。

突破六：一定质量的气体不同图象比较

典例精析

题型一：查理定理的应用

例一．有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计．在1标准大气压下对B管进行温度刻度(1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa)．已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x1＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线，问t＝0 ℃的刻度线在何处．

思路点拨：　

解析：　选玻璃泡A内的一定量的气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程．玻璃泡A内气体的初始状态：T1＝300 K，

p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg

末态，即t＝0 ℃的状态：T0＝273 K

由查理定律得p＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg

所以t＝0 ℃时水银面高度，即刻度线的位置是x0＝(76－54.6) cm＝21.4 m.

答案：　21.4 cm

变式迁移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 ℃)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.若易拉罐承受的压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？

解析：　取CO2气体为研究对象，则：初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17) K＝290 K

末态：p2＝1.2 atm，T2＝未知量，气体发生等容变化，由查理定律＝得：

T2＝T1＝ K＝348 K

t＝(348－273) ℃＝75 ℃.

答案：　75 ℃

题型二：盖—吕萨克定律的应用

例二．如图所示，活塞的质量为m，大气压强为p0，当密闭气体的温度由T1升高到T2时，求：

(1)温度为T2时气体的压强；

(2)温度为T2时的气体体积．

(汽缸的横截面积为S，忽略活塞与汽缸间的摩擦，温度T1时气体的体积为V1)

思路点拨：

解析：(1)以活塞为研究对象进行受力分析，如图所示．由平衡条件pS＝mg＋p0S，得

p＝＋p0

(2)由盖—吕萨克定律＝得：V2＝V1.

答案：　(1)＋p0　(2)V1

变式迁移2：一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm(即76.0 cmHg)、温度为27.0 ℃的氦气时，体积为3.50 m3.在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气的压强逐渐减小至此高度上的大气压36.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0 ℃.求：

(1)氦气在停止加热前的体积；

(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积．

解析：　(1)在气球上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．

根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2①

式中，p1＝76.0 cmHg，V1＝3.50 m3，p2＝36.0 cmHg，V2是在此等温过程末氦气的体积．

由①式得

V2≈7.39 m3②

(2)在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300 K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225 K．这是一等压过程．根据盖—吕萨克定律有＝③

式中，V3是在此等压过程末氦气的体积．由③式得 V3≈5.54 m3

答案：　(1)7.39 m3　(2)5.54 m3

题型三：气体实验定律的图像问题

例三．如图所示，一定质量的气体从状态A经B、C、D再回到A.问AB、BC、CD、DA是什么过程？已知气体在状态A时的体积是1 L，求在状态B、C、D时的体积各为多少，并把此图改为p－V图．

解析：　A→B为等容线，压强随温度升高而增大．

B→C为等压过程，体积随温度升高而增大．

C→D为等温变化，体积随压强减小而增大．

D→A为等压变化，体积随温度降低而减小．

由题意知VB＝VA＝1 L，因为＝，所以VC＝·VB＝×1 L＝2 L．VD＝·VC＝×2 L＝6 L，据以上数据，题中四个过程的p－V图象如图所示．

答案：　见解析

变式迁移3：如图所示，为一定质量的理想气体p－1/V图象，图中BC为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是(　　)

A．TA>TB＝TC　　　　　　 B．TA > TB > TC

C．TA＝TB > TC          D．TA < TB < TC

解析：　由题图可知A→B为等容变化，根据查理定律，pA>pB，TA>TB.由B→C为等温变化，即TB＝TC.所以TA>TB＝TC，选项A正确．

答案：　A

强化训练

一、选择题

1．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0升高到10时，其压强的增加量为Δp1，当它由100升高到110时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是（　　）

A．1∶1 B．1∶10 C．10∶110 D．110∶10

【答案】A

【解析】等容变化中，这四个状态在同一条等容线上，因ΔT相同，所以Δp也相同。

故选A。

2．如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化为a→b→c→a，其中纵坐标表示气体压强p、横坐标表示气体体积V，a→b是以p轴和V轴为渐近线的双曲线。则下列结论正确的是（　　）

A．状态a→b，理想气体的内能减小

B．状态b→c，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少

C．状态b→c，外界对理想气体做正功

D．状态c→a，理想气体的温度降低

【答案】C

【解析】A．因为a→b是以p轴和V轴为渐近线的双曲线，所以a→b是等温过程，温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；

B．状态b→c，压强不变，体积变小，所以单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变多，故B错误；

C．状态b→c，压强不变，体积变小，所以外界对理想气体做正功，故C正确；

D．状态c→a，体积不变，压强升高，理想气体的温度升高，故D错误；

故选C。

3．一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况不可能是（　　）

A．p、V、T都增大 B．p减小，V和T都增大

C．p和V减小，T增大 D．p和T增大，V减小

【答案】C

【解析】根据理想气体状态方程，有

因此不可能出现压强和体积减小而温度升高的情形。

故选C。

4、对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是（       ）

A．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈

B．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈

C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小

D．压强变小时，分子间的平均距离不可能变小

【答案】A

【解析】

A．保持压强不变，若温度升高，分子热运动将变得剧烈，若温度下降，则相反，故A正确；

B．根据理想气体状态方程

可知，压强变大时，温度不一定升高，所以分子热运动不一定变得剧烈，故B错误；

CD．根据理想气体状态方程

可知，压强变大时，体积不一定变大，压强变小时，体积可以变小，故CD错误。

故选A。

5、一根足够长的试管开口竖直向下，中间用水银封闭了一定质量的理想气体，如图所示。现将试管绕定点缓慢向右转到虚线处，则下列图像中可能正确的是（　　）

A． B． C．D．

【答案】D

【解析】

设管内气体的压强为p、体积为V，水银柱的长度为h，转过的角度为θ。则

当θ增大时，cosθ减小，封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变。

A．根据理想气体状态方程可得

压强增大、V-T图像中斜率应该减小，故A错误；

B．根据理想气体状态方程可得

气体体积减小、p-T图像的斜率增大，故B错误；

C．根据理想气体状态方程可得

温度不变，压强增大，图中箭头方向反了，故C错误；

D．p-V图像的等温线为双曲线的一支，由于封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变，故D正确。

故选D。

6、两个容器A、B,用截面均匀的水平细玻璃管连通,如图所示,A、B所装气体的温度分别为17 ℃和 27 ℃,水银柱在管中央平衡。如果两边温度都升高10 ℃,则水银柱将(　　)

A.向右移动 B.向左移动

C.不动    D.条件不足,不能确定

解析:假设水银柱不动,A、B内气体都做等容变化,由Δp=p知

Δp∝,因为TA<TB,所以ΔpA>ΔpB,所以水银柱向右移动。

7.对于一定量的理想气体,下列说法正确的是(　　)

A.若气体的压强和体积都不变,其内能可能减小

B.若气体的内能不变,其状态也一定不变

C.若气体的温度随时间不断升高,其压强也一定不断增大

D.当气体温度升高时,气体的内能一定增大

解析:对于一定量的理想气体,若气体的压强和体积都不变,则它的温度一定不变,所以内能一定不变,故A错误;对于一定量的理想气体,若气体的内能不变,则它的温度一定不变,但压强和体积可以发生改变,只需要满足pV=C,它的温度就能保持不变,故B错误;对于一定量的理想气体,若气体的温度随时间不断升高,由理想气体状态方程=C 可知,由于不知道体积怎样变化,所以无法确定压强的变化,故C错误;对于一定量的理想气体,内能由温度决定,温度越高,气体的内能越大,故D正确。

8. (多选)一定质量的理想气体,从图中A状态开始,经历了B、C,最后到D状态。下列说法中正确的是(　　)

A.A→B温度升高,体积不变

B.B→C压强不变,体积变小

C.C→D压强变小,体积变小

D.B点的温度最高,C点的体积最小

解析:从图像直接看出A→B温度升高,因为AB延长线经过原点,是等容线,体积不变,A正确;B→C是等压线,压强不变,根据=C,压强不变,随着温度降低,体积变小,B正确;根据=C,C→D温度不变,压强变小,体积增大,C错误;由图线直接看出,B点的温度最高;根据=C得,=,气体的体积与pT图像的斜率成反比,由图像得kA=kB<kD<kC,则VA=VB>VD>VC,所以C点的体积最小,D正确。

9．一定质量的气体在等容变化过程中，温度每升高1℃，压强的增加量等于它在27℃时压强的（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】一定质量的气体，在压强不变时有

设27℃时的体积为，故有

故有

即温度每升高1℃，增加的体积等于它在27℃时体积的。

故选C。

10．两个容器A、B用截面均匀的水平玻璃管相通，如图所示，A、B中所装气体温度分别为10℃和20℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10℃，则水银将（　　）

A．向左移动 B．向右移动 C．不动 D．无法确定

【答案】B

【解析】假定两个容器的体积不变，即V1，V2不变，A、B中所装气体温度分别为283K和293K，当温度升高△T时，容器A的压强由p1增至p'1

△p1=p'1﹣p1

容器B的压强由p2增至p′2

△p2=p′2﹣p2

由查理定律得

因为

p2=p1

所以

△p1＞△p2

即水银柱应向右移动，故B正确，ACD错误．

故选B。

二、解答题

11．如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到气缸底部的距离为气缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的理想气体。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为，忽略一切摩擦。现对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1=_______；保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，则倒入沙子的总质量m1=________。

【答案】2T；    4m   

【解析】[1]对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达气缸上端卡口，对封闭气体处于等压过程，由盖-吕萨克定律可知

其中

解得

[2]未在活塞上表面缓慢倒入沙子前，对活塞列受力平衡

保持封闭气体的温度T1不变,对封闭气体处于等温过程，由玻意耳定律可知

对活塞列受力平衡

其中

联立可解

12.如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一形细管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为，活塞距离汽缸底部为，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为，大气压强为，汽缸横截面积为，重力加速度为，则：

（1）形细管内两侧水银柱的高度差；

（2）通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降，求此时的温度。

答案：（1）（2）

解析：（1）设封闭气体的压强为，对活塞分析有

用水银柱表达气体的压强

解得

（2）加热过程是等压变化

，解得。

13、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汽缸C、D通过活塞分别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，静置在水平面上，已知汽缸的质量为M（汽缸壁的厚度不计），轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，初始时环境温度为T0，被封闭气体高度均为L，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。

（1）求初始时B气体的压强；

（2）若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后气缸C底部离水平面的高度h。

【答案】（1）；（2）

【解析】

（1）初始时A、B气体压强相等对气缸C进行受力分析可得

得到

（2）环境温度升高，AB气体压强均不变，气体发生等圧変化

弹簧压缩量不变C气缸底部上升的高度

即