2020高中物理 第八章 气体 第2节 气体的等容变化和等压变化练习（含解析）-

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE26-学必求其心得，业必贵于专精第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p。T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eq\o（□，\s\up4（01)）体积不变时，eq\o（□,\s\up4（02)）压强随eq\o(□，\s\up4(03)）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，eq\o(□,\s\up4（04））压强p与eq\o(□，\s\up4（05)）热力学温度T成正比。（2)表达式:eq\o（□,\s\up4（06）)p＝CT或eq\o(□,\s\up4（07))eq\f（p,T）＝C或eq\o(□，\s\up4(08）)eq\f（p1，T1）＝eq\f(p2，T2)或eq\o（□，\s\up4（09））eq\f(p1，p2)＝eq\f(T1，T2）。（3)图象（4）适用条件：①气体的eq\o（□，\s\up4(10)）质量不变;②气体的eq\o（□，\s\up4（11）)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eq\o（□,\s\up4(01)）压强不变时，eq\o（□，\s\up4（02））体积随eq\o(□，\s\up4（03）)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eq\o（□，\s\up4（04）)体积V与eq\o（□,\s\up4（05）)热力学温度T成正比。(2）表达式：eq\o(□,\s\up4(06)）V＝CT或eq\o(□,\s\up4(07）)eq\f（V，T)＝C或eq\o（□，\s\up4(08)）eq\f(V1,T1)＝eq\f（V2，T2）或eq\o（□,\s\up4(09））eq\f（V1,V2)＝eq\f（T1，T2)。（3）图象（4）适用条件：①气体的eq\o（□，\s\up4（10))质量不变;②气体的eq\o(□，\s\up4(11))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，则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）eq\f(p1,T1）＝eq\f（p2，T2)＝C；（2）eq\f(p，T)＝eq\f(Δp，ΔT）；（3)eq\f(p，T）＝eq\f（p0，273)(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eq\f(1,273），即eq\f(pt－p0,t)＝eq\f(p0,273）或pt＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（t,273)))。2．对等容线的理解（1)p­t图中的等容线①p。t图中的等容线是一条延长线通过横坐标－273℃的倾斜直线。②图甲中纵轴上的截距p0是气体0℃时的压强。③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：V1＞V2＞V3＞V4。（2)p。T图中的等容线①p。T图中等容线是一条延长线通过原点的倾斜直线。②斜率k＝eq\f（p，T)＝C(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：V1＞V2＞V3＞V4.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V＝355mL.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1atm。若易拉罐承受的压强为1.2atm，则保存温度不能超过多少？[规范解答］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。2atm，对应的温度就是最高保存温度。取CO2气体为研究对象，则：初态:p1＝1atm，T1＝（273＋17)K＝290K，末态：p2＝1。2atm，T2＝未知量，气体发生等容变化，由查理定律eq\f（p2，p1）＝eq\f（T2，T1)得:T2＝eq\f(p2,p1）T1＝eq\f（1.2×290,1)K＝348K，t＝（348－273）℃＝75℃.[完美答案]75℃1．应用查理定律时的注意事项（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基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.若相符，则原假设成立;若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,然后通过比较作出判断.eq\a\vs4\al([变式训练1－1])如图所示,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℃,则（)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．条件不足，不能确定答案A解析解法一:（计算法）假设水银柱不移动,则A、B两部分气体都发生等容变化。初状态时:pA＝pB＝p，TA＝(273＋10）K＝283K,TB＝(273＋20)K＝293K;ΔTA＝ΔTB＝10℃。由查理定律的推论：eq\f（pA，TA）＝eq\f（ΔpA，ΔTA)；eq\f(pB，TB）＝eq\f（ΔpB,ΔTB)得ΔpA＝eq\f（pAΔTA，TA）＝eq\f（pAΔTA，283K)，ΔpB＝eq\f（pBΔTB,293K)，可知ΔpA〉ΔpB，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p。T坐标系中作出A、B气体的等容线,如图所示。因初始状态时，A、B气体的压强相等(pA＝pB),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ΔpA大于B内气体压强的增量ΔpB，故水银柱将向右移动。eq\a\vs4\al(［变式训练1－2])如图所示，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M＝10kg，缸壁厚度不计，活塞质量m＝5kg，其面积S＝50cm2，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p0＝105Pa，g取10m/s2）答案127℃解析当温度T1＝(273＋27)K＝300K时,活塞对地面恰好无压力，以活塞为研究对象，列平衡方程：p1S＋mg＝p0S，解得p1＝p0－eq\f（mg，S)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（105－\f(5×10,50×10－4）))Pa＝0.9×105Pa。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:p2S＝p0S＋Mg,解得p2＝p0＋eq\f(Mg,S)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（105＋\f（10×10,50×10－4）))Pa＝1.2×105Pa，根据查理定律：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，得T2＝eq\f(p2,p1）T1＝400K,解得：t＝（400－273)℃＝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)eq\f（V1，T1）＝eq\f（V2，T2)＝C；(2）eq\f(V,T)＝eq\f（ΔV，ΔT)；(3）eq\f(V，T）＝eq\f（V0,273)（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eq\f（1,273），即eq\f（Vt－V0，t)＝eq\f（V0,273)或Vt＝V0eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（t，273）））。2．对等压线的理解（1）V­t图中的等压线①V­t图中的等压线是一条延长线通过横坐标－273℃的倾斜直线。②图甲中纵轴上的截距V0是气体0℃时的体积。③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）V.T图中的等压线①V。T图中的等压线是一条延长线通过原点的倾斜直线。②斜率k＝eq\f(V，T)＝C（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如图所示，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？[规范解答］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p＝p0＋eq\f(G,S），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＝(273＋20)K＝293K，体积V1＝h1S；末状态：热力学温度T2＝(273＋100）K＝373K。由盖—吕萨克定律eq\f(V1，T1）＝eq\f（V2,T2）求得V2＝eq\f(T2,T1）V1＝eq\f(T2,T1）h1S。变化后活塞与汽缸底部的距离为h2＝eq\f(V2,S)＝eq\f(373,293)h1＝1。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，即研究哪部分气体。(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）eq\a\vs4\al（[变式训练2－1］)如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置,截面积为0.2m2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.温度为300K时，活塞离汽缸底部的高度为0.6m;将气体加热到330K时,活塞上升了0.05m，不计摩擦力及固体体积的变化，求物体A的体积。答案0.02m3解析对活塞受力分析如图所示,有pS＝mg＋p0S，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，则气体初末状态的参量分别为初状态：V1＝hS－V，T1＝300K，末状态：V2＝(h＋Δh）S－V，T2＝330K由盖—吕萨克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2）得eq\f（hS－V,T1)＝eq\f（h＋ΔhS－V，T2）代入数据解得V＝0.02m3。eq\a\vs4\al（[变式训练2－2])1mol的理想气体，其状态变化的p.V图线如图所示,请在p。T图、V.T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p。V图、V。T图、p­T图分别表示,因此p­V图、V。T图、p­T图之间可以相互转换。1mol的理想气体在标准状态下(1atm,273K)的体积是22.4L,所以状态A的温度是273K.A到B的过程是等容变化，压强增大1倍，则温度升高1倍,所以B的温度是546K。B到C的过程是等压变化，体积增大1倍,则温度升高1倍，所以C的温度是1092K。C到D的过程是等容变化,压强减小eq\f(1，2)倍，则温度降低一半，所以D的温度是546K.D到A的过程是等压变化，体积减小eq\f(1,2）倍，则温度降低一半.因此,p­T图、V。T图分别如图甲、乙所示.eq\a\vs4\al([变式训练2－3])如图所示，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，已知气体在状态B时的体积是8L，求VA、VC和VD，并画出此过程的V。T图.答案VA＝4LVC＝8LVD＝10。7LV。T图见解析解析A→B，等温过程有pAVA＝pBVB，所以VA＝eq\f(pBVB，pA）＝eq\f(1×105×8，2×105)L＝4L,B→C，等容过程,所以VC＝VB＝8L，C→D，等压过程有eq\f（VC，TC)＝eq\f(VD,TD）,VD＝eq\f（TD，TC）VC＝eq\f（400，300)×8L＝10。7L。此过程的V­T图如图所示。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1atm，若温度上升到80℃,管内空气的压强约为（)A．4atm B。eq\f(1,4)atmC．1.2atm D.eq\f(5，6)atm答案C解析由eq\f（p1，p2）＝eq\f(T1，T2)得：p2＝eq\f(T2,T1）p1＝eq\f(273＋80,273＋20)p1,p2＝1。2atm.2.（气体的等容变化）(多选）一定质量的气体作等容变化时，其p­t图象如图所示，若保持气体质量不变，而改变容器的容积，再让气体作等容变化，则其等容线与原来相比，下列可能正确的是(）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p。t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）（多选）在下图中，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)（多选）一定质量的气体在等压变化中体积增大了eq\f（1,2）,若气体原来温度是27℃,则温度的变化是()A．升高到450K 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eq\f(V1，T1)＝eq\f（V2，T2)，即eq\f(V1,273＋27）＝eq\f(\f(3,2）V1,x），解得x＝450K，故温度会升高到450K，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30cm，当水温是90℃时，空气柱的长度是36cm，则该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度（)A．－273℃ B．－270℃C．－268℃ D．－271℃答案B解析由等压变化知eq\f(V1，T1）＝eq\f（V2,T2）所以有eq\f（ΔV1,ΔT1）＝eq\f（ΔV2,ΔT2）,绝对零度空气柱长为0，故eq\f（V2－V1,T2－T1)＝eq\f（V1－0，T1－0)，得T1＝300K，所以绝对零度应是(30－300）℃＝－270℃，B正确。6．（查理定律)气体温度计结构如图所示。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h1＝14cm。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＝44cm。（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg)（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)364K（或91℃）（2）增大解析（1)设恒温槽的温度为T2,由题意知T1＝273K，A内气体发生等容变化，根据查理定律得eq\f(p1，T1）＝eq\f(p2,T2）①p1＝p0＋ph1＝p0＋eq\f（14,76)p0②p2＝p0＋ph2＝p0＋eq\f（44,76)p0③联立①②③式,代入数据得T2＝364K（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eq\f(14，15)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，已知T1＝280K，T2＝300K,根据盖—吕萨克定律：eq\f（V1，T1)＝eq\f(V2,T2)得V2＝eq\f(T2,T1)V1＝eq\f（300，280）V1＝eq\f（15，14)V1。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eq\f(V1,V2）＝eq\f（V1，\f(15，14)V1）＝eq\f(14,15）.所以m2＝eq\f（14,15）m.8.（盖—吕萨克定律）如图所示，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14cm，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1cm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t1＝7℃即T1＝280K时,V1＝14cm·S当t2＝27℃即T2＝300K时，V2＝（14cm＋h）·S由盖—吕萨克定律得eq\f（V2，T2）＝eq\f（V1,T1）解得h＝1cm.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的关系如图所示，则描述压强p与摄氏温度t的关系图象中正确的是(）答案C解析设eq\f(p，T）＝C(C>0)，则eq\f(p,t＋273)＝C，p＝C(t＋273)，可知C正确，A、B、D错误。10.(p­T图象分析)(多选)如图所示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()A．a→d的过程气体体积增加B．b→d的过程气体体积不变C．c→d的过程气体体积增加D．a→d的过程气体体积减小答案AB解析在p.T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．（p。T图线分析)（多选）一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的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（）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Va＝Ve，因为Vd＜Ve,所以Vd＜Va，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）(多选)一定质量气体的状态变化过程的p.V图线如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态。A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行。如将上述变化过程改用p。T图线和V。T图线表示,则在下图的各图线中正确的是()答案BD解析在p.V图象中，气体由A→B是等温过程，且压强减小,气体体积增大；由B→C是等容过程，且压强增大,气体温度升高；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低。由此可判断在p。T图中A错误、B正确，在V。T图中C错误、D正确。13．（液柱移动问题）如图所示，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H1＞H2，水银柱长度h1＞h2,今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则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C．A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ΔV＝eq\f(ΔT，T）·V，因A、B管中的封闭气柱，初温T相同,温度降低量ΔT也相同，且ΔT＜0，所以ΔV＜0,即A、B管中的气柱体积都减小；又因为H1＞H2，故A管中气柱的体积较大，则|ΔV1|＞｜ΔV2｜,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)如图所示为0.3mol的某种气体的压强和温度关系的p。t图线.p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为（）A．5。6L B．3.2LC．1。2L D．8。4L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22.4×0.3L＝6。72L，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6.72L,温度为（127＋273）K＝400K,从A状态到B状态为等压变化,B状态的温度为(227＋273)K＝500K，根据盖-吕萨克定律eq\f（VA,TA)＝eq\f（VB,TB),VB＝eq\f(VATB，TA）＝eq\f（6.72×500，400）L＝8。4L.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，如图所示,最初活塞搁置在汽缸内壁