1、2 气体的等容变化和等压变化对于一定质量的气体，当温度不变时，气体的压强跟体积成正比那么，对于一定质量的气体，当体积不变时，气体的压强跟温度有什么规律？对于一定质量的气体，当压强不变时，气体的体积跟温度又有什么规律？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_随_的变化规律【答案】压强 温度2查理定律(1)内容：_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_(2)表达式：_或_或_(3)图象：_的气体，在体积不变的情况下，压强与热 力 学 温 度 成 _，在pT 图 上 等 容 线 为 过_如图甲在 pt 图上等容线不过原点，但反向延长交 t 轴于_如图乙甲 乙【答案
2、】(1)一定质量 正比(2)pCTp1T1p2T2 p1p2T1T2(3)一定质量 正比 原点的倾斜直线 273.15 二、气体的等压变化1等压变化：一定质量的气体，在压强不变的情况下，_随_的变化规律【答案】体积 温度2盖吕萨克定律(1)内容：_的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成_(2)表达式：_或_(3)图象：_的气体，在压强不变的条件下，体积与热力学温度成正比，在 VT 图上等压线为一条延长线通过_的倾斜直线，如图所示【答案】(1)一定质量 正比(2)VCTV1T1V2T2(3)一定质量 原点等容变化、查理定律和热力学温标1查理定律的表述(1)p1T1p2T2C(恒量)
3、(2)pTpT(3)pT p0273(p0 指 0时该气体的压强)pp0 T273p0t273273 p01 t273因此查理定律也可表述为：一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度每升高(或降低)1，增加(或减小)的压强等于它在 0 时压强的 1273.2等容线(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273.15 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，在图乙中画一条平行于p轴的虚线，分别交等容线于A、B、C、D四点，分别过A、B、C、D四点向p轴作垂线，垂足分别为p1、p2、p3、p4，则p1p2p3VBV
4、CVD，即V1V2V3V4.甲 乙 丙(2)pT 图中的等容线pT 图中等容线是一条通过原点的倾斜直线斜率 kpTC(常数)与气体体积有关，体积越大，斜率越小如图丙所示，四条等容线的关系为：V1V2V3V4.3“外推法”与热力学温标通过对一定质量气体等容变化的pt线“外推”所得到气体压强为零时对应的温度(273.15)，称为热力学温标的零度(0 K)温馨提示：(1)“外推法”是科学研究的一种方法，“外推”并不表示定律适用范围的扩展(2)热力学温标是一种理论温标，与测温物质无关1(2018宜宾名校模拟)一个密闭容器中装有气体，当温度变化时气体压强增大了(不考虑容器热胀冷缩)，则()A密度增大 B
5、密度减小C分子平均动能增大D分子平均动能减小【答案】C 解析：一个密闭容器，又不考虑容器热胀冷缩，所以气体体积不变，质量不变，根据 MV可分析密度不变，故 A、B错误；体积不变，根据查理定律VTC 可得，气体压强增大时，温度升高，而温度是分子平均动能的标志，故分子平均动能增大，故 C 正确，D 错误等压变化和盖吕萨克定律1盖吕萨克定律的表述(1)V1T1V2T2C(恒量)(2)VTVT(3)VT V0273(V0 为 0 时气体的体积)VV0 T273V0273t273 V01 t2732等压线(1)如图甲所示为Vt图中的等压线，这是一条延长线过273.15 的倾斜直线，纵轴上截距V0表示气体
6、在0 时的体积等压线的斜率大小取决于压强的大小，压强越大，斜率越小图中四条等压线的关系为：p1p2p3p4.甲 乙(2)如图乙所示为 VT 图中的等压线，这是一条通过原点的倾斜直线，直线斜率 kVTC，斜率越大，常量 C 越大，压强越小在图中给出的四条等压线的关系为：p1p2p3p4.2(多选)如图甲、乙所示为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是()A甲图是等压线，乙图是等容线B乙图中pt线与t轴交点对应的温度是273.15，而甲图中Vt线与t轴的交点不一定是273.15 甲 乙C由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系D乙图表明随温度每升高1
7、，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变【答案】AD 解析：由查理定律pCTC(t273.15)及盖吕萨克定律VCTC(t273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为273.15，即热力学温度的0 K，故B错；查理定律及盖吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大且体积不变的条件下得出的，当压强很大，温度很低或体积改变时，这些定律就不成立了，故C错；由于图线是直线，故D正确如图所示，两端封闭粗细均匀竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分已知l22l1，若使两部分气体同时升高相同的温度，管内
8、水银柱将如何移动？(设原来温度相同)由温度变化引起的液柱移动的问题下面通过几种常用方法对此问题加以分析：(1)假设法水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差pp1p2h，温度升高后，两部分气体的压强都增大若p1p2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若p1p2所以 p1p2，即水银柱上移(2)图象法在同一 pT 坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时 p1p2，上段气柱等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度 T 时，其压强的增量 p1p2，水银柱上移(3)极限法由于 p2 较小，设想 p20，上部为真空，升温时 p1 增大，水银柱上移3(2018扬州
9、名校模拟)如图所示，两端开口的U形管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h增大，应()A从左管滴入水银B从右管滴入水银C让气体升温D让气体降温【答案】B 解析：以右侧管中封闭气体作为研究对象，封闭气体的压强pp0hp0h右，要使两侧水银面高度差h增大，封闭气体的压强pp0h变大从左侧管口滴入水银，h右不变，封闭气体压强pp0h右不变，两侧水银面高度差h不变，故A错误；从右侧管口滴入水银，h右变大，封闭气体压强pp0h右变大，由pp0h可知，两侧水银高度差h增大，故B正确；使气体升温，h右不变，封闭气体压强pp0h右不变，两侧水银面高度差h不变，故C错误；使气体降温，h
10、右不变，封闭气体压强pp0h右不变，两侧水银面高度差h不变，故D错误例1 有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内外水银面的高度差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泡的体积相比可略去不计查理定律的应用(1)在1标准大气压下对B管进行温度标刻(1标准大气压相当于76 cmHg的压强)已知当温度t127 时，管内水银面的高度为x116 cm，此高度即为27 的刻线，问t0 的刻线在何处？(2)若大气压已变为相当于75 cmHg的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27，问：此时的实际温
11、度为多少？解析：(1)玻璃泡 A 内气体的初始状态：T1300 K，p1(7616)cmHg60 cmHg.末态，即 t0 的状态：T0273 K由查理定律得pT0T1p127330060 cmHg54.6 cmHg所以 t0 时，水银面的高度即 t0 的刻线位置是 x0(7654.6)cm21.4 cm.(2)由题意知，此时水银面的高度仍为 x116 cm，所以玻璃泡 A 内的气体压强为p2(7516)cmHg59 cmHg可得此时的实际温度为T2p2p1T15960300 K295 K即 t222.答案：(1)21.4 cm(2)22 反思领悟：解答本题应明确题设B管的体积与A泡的体积相比
12、可略去不计，因此A泡内气体的状态变化可认为是等容变化，然后再根据查理定律求解利用查理定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即被封闭的气体(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律条件是否是质量和体积保持不变或是质量和压强保持不变(3)确定初、末两个状态的温度、压强或温度、体积(4)按查理定律公式列式求解(5)分析检验求解结果1(2019南宁名校模拟)如图所示，左边容器的体积是右边的4倍，两边充以同种气体，温度分别为20 和10，此时连接两容器的细玻璃管的水银柱保持静止，如果容器两边的气体温度各升高10，忽略水银柱及容器的膨胀，则水银柱将()A向左移动B向右移动C静止不动D条件不足，无法判断【
13、答案】A 解析：假定两个容器的体积不变，即 V1，V2 不变，所装气体温度分别为 293 K 和 283 K，当温度升高 T 时，左边的压强由 p1 增至 p1，p1p1p1，右边的压强由 p2 增至 p2，p2p2p2.由查理定律得 p1p1293 KT，p2p2283 KT，因为 p2p1，所以 p1p2，即水银柱应向左移动故选 A例2 一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为27，如果把它加热到127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？解析：设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初态V1V，T1300 K；末态V2VV
14、，T2400 K盖吕萨克定律的应用由盖吕萨克定律V1T1V2T2得VT1VVT2代入数据得 VV3又因为 mV，故mm VVVV343V14.答案：14倍反思领悟：此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变因此符合盖吕萨克定律利用盖吕萨克定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即某被封闭气体(2)分析状态变化过程，明确初、末状态，确认在状态变化过程中气体的质量和体积保持不变(3)分别找出初、末两状态的温度、压强或温度、体积(4)根据盖吕萨克定律列方程求解(5)分析所求结果是否合理2如图所示，圆柱形的汽缸上部有
15、小挡板，可以阻止活塞滑离汽缸，汽缸内部的高度为d，质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内.开始时活塞离底部高度为d，温度为t127，外界大气压强为p01 atm，现对气体缓缓加热，求：(1)当气体温度升高到t2127 时，活塞升高了多少？(2)当气体温度升高到t3357 时，缸内气体的压强是多少？【答案】(1)h29d(2)1.4 atm解析：(1)设活塞面积为 S，h 为升高的高度，由题意得V123Sd，T1(27327)K300 KV2S23dh，T2(127273)K400 K由盖吕萨克定律得V1T1V2T2解得 h29d.(2)设活塞刚好到达顶部时气体温度为 T3，此时有 V3S
16、d由盖吕萨克定律得V1T1V3T3解得 T3450 K当气体温度高于 T3 后，缸内气体做等容变化，当温度升到T4(357273)K630 K设此时气体的压强为 p，由查理定律得p0T3 pT4解得 p1.4 atm.例3 图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变成状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是1.5105PA对VT图象与pT图象的理解及应用 甲 乙(1)说明AB过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算TA的温度值(2)请在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程解析：(1)
17、由图甲可以看出，A 与 B 连线的延长线过原点 O，所以 AB 是一个等压变化，即 pApB根据盖吕萨克定律可得VATAVBTB所以 TAVAVBTB0.40.6300 K200 K.(2)由图甲可知，由 BC 是等容变化，根据查理定律得pBTBpCTC，所以 pCTCTBpB400300pB43pB43pA431.5105 Pa2.0105 PA则可画出由状态 ABC 的 pT 图象如上图所示答案：(1)200 K(2)见解析反思领悟：在一定质量的气体的pT，VT图象中，比较某两个状态的体积或压强大小，可以用这两个状态与坐标原点的连线的斜率大小来判断斜率越大，体积或压强越小；斜率越小，体积或
18、压强越大3(2019无锡名校期中)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕上显示出如图所示的pt图象.已知在状态B时气体的体积为VB3 L，则下列说法正确的是()A.状态A到状态B气体的体积越来越大B.状态A的压强是0.5 atmC.状态C体积是2 LD.状态B到状态C气体的内能增加【答案】C 解析：从状态 A 到状态 B 在 pt 图象中延长线过273，所以是等容变化，体积不变，故 A 错误；从 A 到 B 发生等容变化，根据查理定律，有pATApBTB，得 pA273 1.0 atm27391，解得 pA0.75 atm，故 B 错误；B 到 C 发生等温变化，根据玻意耳定律有 pBVBpCVC，代入数据 1.03 L1.5VC，解得 VC2 L，故 C 正确；状态 B 到状态 C 温度不变，气体的内能不变，故 D错误点击进入WORD链接