（精品讲义）气体2word版含答案2

10/1111/11/2气体的等容变化和等压变化[学习目标]1.掌握查理定律和盖—吕萨克定律的内容、表达式及适用条件.2.会用气体变化规律解决实际问题.3.理解p－T图象与V－T图象的物理意义．一、气体的等容变化[导学探究](1)内盛半杯热水的水杯拧紧盖放置一段时间后，为什么杯盖很难打开？(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，为什么常常会爆胎？答案(1)水杯拧紧盖放置一段时间后，杯内的空气体积不变、温度降低，压强减小，外界的大气压强大于杯内空气压强，所以杯盖很难打开．(2)车胎在烈日下曝晒，胎内的气体温度升高，气体的压强增大，把车胎胀破．[知识梳理]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)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：p＝CT或eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2).推论式：eq\f(p,T)＝eq\f(Δp,ΔT).(3)适用条件：气体的质量和体积不变．(4)图象：如图1所示．图1①p－T图象中的等容线是一条过原点的倾斜直线．②p－t图象中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于－273.15℃.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．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)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：V＝CT或eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2).推论式：eq\f(V,T)＝eq\f(ΔV,ΔT).(3)适用条件：气体的质量和压强不变．(4)图象：如图2所示．图2①V－T图象中的等压线是一条过原点的倾斜直线．②V－t图象中的等压线不过原点，反向延长线交t轴于－273.15℃.③无论V－T图象还是V－t图象，其斜率都能判断气体压强的大小，斜率越大，压强越小.一、查理定律的应用例1如图3所示，开口向上、内壁光滑的汽缸竖直放置，开始时质量不计的活塞停在卡口处，气体温度为27℃，压强为0.9×105Pa，体积为1×10－3m3，现缓慢加热缸内气体，试通过计算判断当气体温度为67℃时活塞是否离开卡口．(已知外界大气压强p0＝1×105Pa)图3答案见解析解析活塞刚好离开卡口时，压强p2＝p0由等容过程得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)代入数据得T2≈333K因为67℃＝340K>333K，故活塞已经离开卡口．二、盖—吕萨克定律的应用例2把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图4所示的装置．在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等．如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系．已知1mol任何气体的压强p0＝1×105Pa，温度t0＝0℃时，体积约为V0＝22.4L．瓶内空气的平均摩尔质量M＝29g/mol，体积V1＝2.24L，温度为t1＝25℃.试求：图4(1)瓶内空气在标准状态下的体积；(2)估算瓶内空气的质量．答案(1)2.05L(2)2.65g解析(1)气体做等压变化，由盖—吕萨克定律：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T0)，其中T0＝273K，T1＝(273＋25)K＝298K代入数据得V2≈2.05L(2)瓶内空气的质量m＝eq\f(V2,V0)M≈2.65g.判断出气体的压强不变是运用盖—吕萨克定律的关键．三、p－T图象与V－T图象的比较不同点图象纵坐标压强p体积V斜率意义斜率越大，体积越小，V4＜V3＜V2＜V1斜率越大，压强越小，p4＜p3＜p2＜p1相同点(1)都是一条延长线过原点的倾斜直线(2)都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小例3如图5所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V－T图象，由图象可知()图5A．pA>pBB．pC<pBC．VA<VBD．pA<pB答案D解析由题中图象可知eq\f(VC,TC)＝eq\f(VB,TB)，所以，B点和C点的压强相等．A点和B点的体积相同，TB>TA，所以pB>pA.故D选项正确．例4(多选)一定质量的气体经过如图6所示的一系列过程，下列说法中正确的是()图6A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小D．c→a过程中，气体压强增大，体积不变答案AD解析由题图可知a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，由图可知pa＞pb，根据玻意耳定律paVa＝pbVb可得Va<Vb，即压强减小，体积增大，A正确；由图可知b→c过程中，气体压强不变，温度降低即Tb＞Tc，根据eq\f(Vb,Tb)＝eq\f(Vc,Tc)可得：Vb>Vc，即体积减小，B错误；c→a过程中气体压强增大，气体的体积保持不变，即发生等容变化，C错误，D正确．1．(查理定律的应用)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Δp1，当它由100℃升高到110℃时，所增压强为Δp2，则Δp1与Δp2之比是()A．10∶1 B．373∶273C．1∶1 D．383∶283答案C解析由查理定律得Δp＝eq\f(p,T)ΔT，一定质量的气体在体积不变的条件下eq\f(Δp,ΔT)＝C，温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃，ΔT＝10K相同，故所增加的压强Δp1＝Δp2，C项正确．2．(p－T图象)(多选)如图7所示，是一定质量的气体的三种变化过程，下列四种解释中，说法正确的是()图7A．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直线，且体积越大，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．3.(V－T图象)一定质量的理想气体，从图8所示的A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中不正确的是(BC与横轴平行，CD与纵轴平行)()图8A．A→B温度升高，压强不变B．B→C体积不变，压强变大C．C→D体积变小，压强变大D．D点的压强比A点的压强小答案B解析A→B过程V与T成线性关系，是等压线，A正确；B→C是等容过程，温度降低，压强减小，B错误；C→D是等温过程，体积变小，压强变大，C正确；D点与坐标原点连线的斜率大于OA的斜率，在V－T图象中斜率越大，压强越小，所以D点的压强比A点的压强小，D正确．故选B.4.(两个定律的应用)如图9所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L，底面直径为D，其右端中心处开有一圆孔，质量为m的气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁无摩擦滑动，其质量、厚度均不计，开始时气体温度为300K，活塞与容器底部相距eq\f(2,3)L，现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p0，求温度为480K时气体的压强．图9答案p2＝eq\f(16,15)p0解析开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧变化．设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为T1，V1＝eq\f(πD2L,4)初态温度T0＝300K，V0＝eq\f(πD2L,6)由盖－吕萨克定律知eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)解得：T1＝450K活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知T1＝450K，p1＝p0，T2＝480K由查理定律知eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)则p2＝eq\f(16,15)p0.考点一查理定律的应用1．一定质量的气体，体积保持不变，下列过程可以实现的是()A．温度升高，压强增大 B．温度升高，压强减小C．温度不变，压强增大 D．温度不变，压强减小答案A解析由查理定律p＝CT得温度和压强只能同时升高或同时降低，故A项正确．2．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p∝T知封闭气体压强减小，罐紧紧“吸”在皮肤上，B选项正确．3．在体积不变的密封容器中装有某种气体，当温度从50℃升高到100℃时，气体的压强从p1变到p2，则()A.eq\f(p1,p2)＝eq\f(1,2) B.eq\f(p1,p2)＝eq\f(2,1)C.eq\f(p1,p2)＝eq\f(323,373) D．1＜eq\f(p1,p2)＜2答案C解析由于气体做等容变化，所以eq\f(p1,p2)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(t1＋273,t2＋273)＝eq\f(323,373)，故C选项正确．考点二盖—吕萨克定律的应用4．一定质量的气体保持其压强不变，若热力学温度降为原来的一半，则气体的体积变为原来的()A．四倍B．二倍C．一半D．四分之一答案C5．房间里气温升高3℃时，房间内的空气将有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：eq\f(T＋3,T)＝eq\f(V?1＋1%?,V)，解得：T＝300K，t＝27℃，所以选D.6.如图1所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－4m2，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为Pa(大气压强恒为1.01×105Pa，g取10m/s2)．若从初温27℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.5m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度为℃.图1答案1.41×10533解析气体的压强p＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.41×105Pa加热气体时做等压变化，根据eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，代入数据得：T2＝306K，t2＝33℃.考点三p－T图象和V－T图象的考查7.(多选)如图2所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②.下列图象中可以表示此过程的是()图2答案AD解析由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不变，体积增大，根据eq\f(pV,T)＝C可知压强减小，对A图象进行分析，p－V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确；对B图象进行分析，p－V图象是直线，温度会发生变化，故B错误；对C图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C错误；对D图象进行分析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故D正确．8.如图3所示，a、b、c分别是一定质量的气体的三个状态点，设a、b、c状态的气体体积分别为Va、Vb、Vc，则下列关系中正确的是()图3A．Va＜Vb＜Vc B．Va＞Vb＝VcC．Va＝Vb＜Vc D．Va＝Vb＞Vc答案C9.如图4所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板，现缓慢升高缸内气体温度，则如图所示的p－T图象能正确反映缸内气体压强变化情况的是()图4答案B解析初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D错误；在p－T图象中，等容线为过原点的直线，所以C错误，B正确．10．(多选)所示，则()图5A．在过程AC中，气体的压强不断变大B．在过程CB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解析气体在AC变化过程是等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故A正确．在CB变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由eq\f(p,T)＝C可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，在ACB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．考点四综合应用11．如图6所示，一足够高圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，求：图6(1)气体的压强；(2)这段时间内气体的温度升高了多少度？答案见解析解析(1)对活塞受力分析，如图所示pS＝p0S＋mg则p＝p0＋eq\f(mg,S)(2)气体做等压变化初状态：V1＝hS，T1＝273＋t末状态：V2＝2hS，T2＝？由eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)得T2＝2(273＋t)故Δt＝T2－T1＝273＋t.12.一粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定