学年高中物理第八章气体第节气体的等容变化和等压变化练习含解析新人教版选修-.doc

第2节气体的等容变化和等压变化1知道什么是等容变化和等压变化。2知道查理定律和盖吕萨克定律的内容、表达式及适用条件，并会用气体变化规律解决实际问题。3理解p­T图象、V­T图象的物理意义。一、气体的等容变化1等容变化：一定质量的气体在体积不变时，压强随温度的变化。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：pCT或C或或。(3)图象(4)适用条件：气体的质量不变；气体的体积不变。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。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：VCT或C或或。(3)图象(4)适用条件：气体的质量不变；气体的压强不变。判一判(1)对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，那么气体的摄氏温度升高到原来的二倍。()(2)一定质量的气体，体积不变时，压强与摄氏温度成正比。()(3)V­t图象中，等压线是一条过原点的直线。()提示：(1)×(2)×(3)×课堂任务查理定律及其应用1查理定律的表述(1)C；(2)；(3)(p0为0 时气体的压强)，也可表述为：一定质量的气体，当体积不变时，温度每升高(或降低)1 ，增大(或减小)的压强等于它在0 时压强的，即或ptp0。2对等容线的理解(1)p­t图中的等容线p­t图中的等容线是一条延长线通过横坐标273 的倾斜直线。图甲中纵轴上的截距p0是气体0 时的压强。等容线的斜率和气体的体积大小有关，体积越大，斜率越小。如图乙所示，一定质量的某种气体，四条等容线的体积关系为：V1V2V3V4。(2)p­T图中的等容线p­T图中等容线是一条延长线通过原点的倾斜直线。斜率kC(常数)与气体体积有关，体积越大，斜率越小。如图丙所示，一定质量的某种气体，四条等容线的体积关系为：V1V2V3V4。例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V355 mL。假设在室温(17 )时，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。假设易拉罐承受的压强为1.2 atm，那么保存温度不能超过多少？标准解答易拉罐中气体在温度升高时做等容变化，当罐内压强升高到1.2 atm，对应的温度就是最高保存温度。取CO2气体为研究对象，那么：初态：p11 atm，T1(27317) K290 K，末态：p21.2 atm，T2未知量，气体发生等容变化，由查理定律得：T2T1 K348 K，t(348273) 75 。完美答案75 1应用查理定律时的考前须知(1)给出的温度是摄氏温度，必须换算为热力学温度；(2)计算中压强的单位只要统一即可，没必要用国际单位。2应用假设法分析液柱移动问题的根本思路当气体的状态参量发生变化而使液柱可能发生移动时，先假设其中一个参量(一般设为体积)不变(即假设水银柱不移动)；以此为前提，再运用相关的气体定律(如查理定律)进行分析讨论，看讨论结果是否与假设相符。假设相符，那么原假设成立；假设讨论结果与假设相矛盾，说明原假设不成立，从而也就推出了正确的结论。分析的关键在于合理选择研究对象，正确地进行受力分析，然后通过比拟作出判断。如下图，两个体积相同的容器A、B分别装有10 的H2和20 的O2，中间用一根装有一段水银柱的水平细玻璃管连通，此时水银柱保持静止。如果两边温度都升高10 ，那么()A水银柱向右移动 B水银柱向左移动C水银柱仍静止不动 D条件缺乏，不能确定答案A解析解法一：(计算法)假设水银柱不移动，那么A、B两局部气体都发生等容变化。初状态时：pApBp，TA(27310) K283 K，TB(27320) K293 K；TATB10 。由查理定律的推论：；得pA，pB，可知pA>pB，故水银柱向右移动。解法二：(用图象法)假设水银柱不动，两边气体都发生等容变化。在p­T坐标系中作出A、B气体的等容线，如下图。因初始状态时，A、B气体的压强相等(pApB)，而气体的温度不等(TB>TA)，所以A气体的等容线斜率较大。当温度增量相同时，从图象中很直观地看出，A内气体压强的增量pA大于B内气体压强的增量pB，故水银柱将向右移动。如下图，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内被活塞封闭有一定质量的空气。汽缸质量为M10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m5 kg，其面积S50 cm2，与缸壁摩擦不计。在缸内气体温度为27 时，活塞刚好与地面接触并对地面无压力。现设法使缸内气体温度升高，问当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力？(大气压强p0105 Pa，g取10 m/s2)答案127 解析当温度T1(27327) K300 K时，活塞对地面恰好无压力，以活塞为研究对象，列平衡方程：p1Smgp0S，解得p1p0 Pa0.9×105 Pa。当气体温度升高，压强增大，汽缸恰好对地面无压力时，以汽缸为研究对象，列平衡方程：p2Sp0SMg，解得p2p0 Pa1.2×105 Pa，根据查理定律：，得T2T1400 K，解得：t(400273) 127 。课堂任务盖吕萨克定律及其应用1盖吕萨克定律的表述(1)C；(2)；(3)(V0为0 时气体的体积)，也可以表述为：一定质量的气体，当压强不变时，温度每升高(或降低)1 ，增大(或减小)的体积等于它在0 时体积的，即或VtV0。2对等压线的理解(1)V­t图中的等压线V­t图中的等压线是一条延长线通过横坐标273 的倾斜直线。图甲中纵轴上的截距V0是气体0 时的体积。等压线的斜率和气体的压强有关，压强越大，斜率越小。如图乙所示，一定质量的某种气体，四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4。(2)V­T图中的等压线V­T图中的等压线是一条延长线通过原点的倾斜直线。斜率kC(常数)与气体压强有关，压强越大，斜率越小。如图丙所示，一定质量的某种气体，四条等压线的压强关系为：p1>p2>p3>p4。例2如下图，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑且不漏气的，B上放一重物C，B与C的总重为G，大气压为p0。当汽缸内气体温度是20 时，活塞与汽缸底部距离为h1；求当汽缸内气体温度是100 时，活塞与汽缸底部的距离是多少？标准解答汽缸内气体温度发生变化时，汽缸内气体的压强保持不变，大小为pp0，其中S为活塞的横截面积。故此题用盖吕萨克定律求解。以汽缸内气体为研究对象。初状态：热力学温度T1(27320) K293 K，体积V1h1S；末状态：热力学温度T2(273100) K373 K。由盖吕萨克定律求得V2V1h1S。变化后活塞与汽缸底部的距离为h2h11.3h1。完美答案1.3h1应用气体实验定律的解题思路(1)确定研究对象，即研究哪局部气体。(2)确定状态及状态参量，尤其注意压强的判断和计算。(3)确定初末状态的温度、压强和体积，判断哪一状态参量不变，选择适当的气体实验定律。(4)统一单位并列式求解。(其中温度只能用热力学温度单位开尔文)如下图，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为0.2 m2的活塞将一定质量的气体和一形状不规那么的固体A封闭在汽缸内。温度为300 K时，活塞离汽缸底部的高度为0.6 m；将气体加热到330 K时，活塞上升了0.05 m，不计摩擦力及固体体积的变化，求物体A的体积。答案0.02 m3解析对活塞受力分析如下图，有pSmgp0S，由于活塞的受力情况不随温度的变化而变化，所以气体是等压变化。设物体A的体积为V，那么气体初末状态的参量分别为初状态：V1hSV，T1300 K，末状态：V2(hh)SV，T2330 K由盖吕萨克定律得代入数据解得V0.02 m3。1 mol的理想气体，其状态变化的p­V图线如下图，请在p­T图、V­T图中画出对应的状态变化的图线。答案图见解析解析由于同一气体的状态变化可以用p­V图、V­T图、p­T图分别表示，因此p­V图、V­T图、p­T图之间可以相互转换。1 mol的理想气体在标准状态下(1 atm,273 K)的体积是22.4 L，所以状态A的温度是273 K。A到B的过程是等容变化，压强增大1倍，那么温度升高1倍，所以B的温度是546 K。B到C的过程是等压变化，体积增大1倍，那么温度升高1倍，所以C的温度是1092 K。C到D的过程是等容变化，压强减小倍，那么温度降低一半，所以D的温度是546 K。D到A的过程是等压变化，体积减小倍，那么温度降低一半。因此，p­T图、V­T图分别如图甲、乙所示。如下图，是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的p­T图象，气体在状态B时的体积是8 L，求VA、VC和VD，并画出此过程的V­T图。答案VA4 LVC8 LVD10.7 LV­T图见解析解析AB，等温过程有pAVApBVB，所以VA L4 L，BC，等容过程，所以VCVB8 L，CD，等压过程有，VDVC×8 L10.7 L。此过程的V­T图如下图。A组：合格性水平训练1(查理定律)一个密封的钢管内装有空气，在温度为20 时，压强为1 atm，假设温度上升到80 ，管内空气的压强约为()A4 atm B. atm C1.2 atm D. atm答案C解析由得：p2p1p1，p21.2 atm。2. (气体的等容变化)(多项选择)一定质量的气体作等容变化时，其p­t图象如下图，假设保持气体质量不变，而改变容器的容积，再让气体作等容变化，那么其等容线与原来相比，以下可能正确的选项是()A等容线与p轴之间夹角变小B等容线与p轴之间夹角变大C等容线与t轴交点的位置不变D等容线与t轴交点的位置一定改变答案ABC解析对于一定质量气体等容变化的p­t图线，总是要经过点(273 ，0)，因此，C正确，D错误；由于题目没有给定体积变化的情况，所以A、B都有可能。3(气体的等压变化)(多项选择)在以下图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，能正确描述一定质量的气体等压变化规律的是 ()答案AC解析一定质量的气体在等压变化中，压强不变，体积V与绝对温度T成正比。其中B图明显看出气体压强减小，观察可知D图中气体压强增大，故只有A、C符合要求。4(盖吕萨克定律)(多项选择)一定质量的气体在等压变化中体积增大了，假设气体原来温度是27 ，那么温度的变化是()A升高到450 K B升高了150 C升高到40.5 D升高到450 答案AB解析等压变化中，有，即，解得x450 K，故温度会升高到450 K，即升高了150 。5. (盖吕萨克定律)如图，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30 时，空气柱长度为30 cm，当水温是90 时，空气柱的长度是36 cm，那么该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度()A273 B270 C268 D271 答案B解析由等压变化知所以有，绝对零度空气柱长为0，故，得T1300 K，所以绝对零度应是(30300) 270 ，B正确。6(查理定律)气体温度计结构如下图。玻璃测温泡A内充有理想气体，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h114 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h244 cm。(外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)(1)求恒温槽的温度；(2)此过程A内气体内能_(填“增大或“减小)。答案(1)364 K(或91 )(2)增大解析(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1273 K，A内气体发生等容变化，根据查理定律得p1p0ph1p0p0p2p0ph2p0p0联立式，代入数据得T2364 K(或91 )。(2)温度升高，A内气体内能增大。7(盖吕萨克定律)一个开着窗户的房间，温度为7 时室内空气质量为m，当温度升高到27 时，室内空气的质量为多少？答案m解析应用盖吕萨克定律，以跑到室外的气体与室内的气体整体为研究对象，设原来体积为V1，温度升高后体积为V2，T1280 K，T2300 K，根据盖吕萨克定律：得V2V1V1V1。因温度升高后留在室内的气体体积仍为V1，占总体积的比例为。所以m2m。8. (盖吕萨克定律)如下图，在一端开口的钢制圆筒的开口端上面放一活塞，活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入7 的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14 cm，当水温升高到27 时，筒底露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)答案1 cm解析圆筒的重力等于气体对圆筒的压力，故当水温升高时，筒内的气体发生的是等压变化，设筒底露出水面的高度为h。当t17 即T1280 K时，V114 cm·S当t227 即T2300 K时，V2(14 cmh)·S由盖吕萨克定律得解得h1 cm。B组：等级性水平训练9. (p­T图象与p­t图象转化)对一定质量的某种气体，在某一状态变化过程中压强p与热力学温度T的关系如下图，那么描述压强p与摄氏温度t的关系图象中正确的选项是()答案C解析设C(C>0)，那么C，pC(t273)，可知C正确，A、B、D错误。10. (p­T图象分析)(多项选择)如下图是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，哪些是正确的()Aad的过程气体体积增加Bbd的过程气体体积不变Ccd的过程气体体积增加Dad的过程气体体积减小答案AB解析在p­T图上的等容线的延长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小。由此可见，a状态对应体积最小，c状态对应体积最大。故A、B正确。11(p­T图线分析) (多项选择)一定质量的理想气体的状态经历了如下图的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，那么气体体积在()Aab过程中不断增加 Bbc过程中保持不变Ccd过程中不断增加 Dda过程中保持不变答案AB解析因为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，压强减小那么体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低那么体积减小，C错误；如下图，连接aO交cd于e，那么ae是等容线，即VaVe，因为VdVe，所以VdVa，所以da过程中体积增加，D错误。12(气体状态变化的图象转化) (多项选择)一定质量气体的状态变化过程的p­V图线如下图，其中A是初状态，B、C是中间状态。AB为双曲线的一局部，BC与纵轴平行，CA与横轴平行。如将上述变化过程改用p­T图线和V­T图线表示，那么在以下图的各图线中正确的选项是()答案BD解析在p­V图象中，气体由AB是等温过程，且压强减小，气体体积增大；由BC是等容过程，且压强增大，气体温度升高；由CA是等压过程，且体积减小，温度降低。由此可判断在p­T图中A错误、B正确，在V­T图中C错误、D正确。13(液柱移动问题)如下图，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1H2，水银柱长度h1h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，那么两管中气柱上方水银柱的移动情况是()A均向下移动，A管移动较多B均向上移动，A管移动较多CA管向上移动，B管向下移动D无法判断答案A解析因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变。根据盖吕萨克定律的分比形式V·V，因A、B管中的封闭气柱，初温T相同，温度降低量T也相同，且T0，所以V0，即A、B管中的气柱体积都减小；又因为H1H2，故A管中气柱的体积较大，那么|V1|V2|，即A管中气柱的体积减小得较多，故A、B两管柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多。故正确答案为A。14(综合)如下图为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p­t图线。p0表示1个标准大气压，那么在状态B时气体的体积为()A5.6 L B3.2 L C1.2 L D8.4 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 L6.72 L，根据图线所示，从压强为p0的状态到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为(127273) K400 K，从A状态到B状态为等压变化，B状态的温度为(227273) K500 K，根据盖吕萨克定律，VB L8.4 L。15. (综合)一个质量可不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内，活塞上堆放着铁砂，如下图，最初活塞搁置在汽缸内壁的固定卡环上，气柱的高度为H0，压强等于大气压强p0。现对气体缓慢加热，当气体温度升高了T60 K时，活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升，继续加热直到气柱高度为H11.5H0。此后，在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂，直到铁砂全部取走时，气柱高度变为H21.8H0，求此时气体的温度。(不计活塞与汽缸之间的摩擦)答案540 K解析此题包括等容、等压和等温的三个特殊变化过程，当温度升高T60 K时，活塞开始离开卡环，在此之前的过程属于等容变化过程；继续对气体缓慢加热，气体压强不变，当气柱高度从H0变化到H11.5H0时，属于等压变化过程；此后在温度不变的条件下逐渐取走铁砂，气柱高度从H1升高到H21.8H0，此过程属于等温变化过程。分别对三个过程列式即可求解。气体温度升高60 K的过程中，活塞没有上升，此过程是等容变化过程，由查理定律得气柱高度从H0变化到H11.5H0过程中，压强不变，为等压变化过程，由盖吕萨克定律得气柱高度从H1变化到H2的过程中，温度不变，为等温变化过程，由波意耳定律得1.5p1H01.8p0H0由联立可得T2540 K。16(综合)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下外表相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上外表，沙子倒完时，活塞下降了。假设此后外界的温度变为T，求重新到达平衡后气体的体积。外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。答案解析设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得phS(pp)S解得pp外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h。根据盖吕萨克定律，得解得hh据题意可得p气体最后的体积为VSh联立式得V。- 10 -