高中物理 第八章 气体 第2讲 气体的等容变化和等压变.docx
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高中物理第八章气体第2讲气体的等容变化和等压变
第2讲 气体的等容变化和等压变化
[目标定位] 1.了解一定质量的某种气体的等容变化与等压变化.2.知道查理定律与盖—吕萨克定律的表达式及适用条件.3.理解p-T图象与V-T图象的物理意义.4.会运用气体变化规律解决实际问题.
一、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的变化规律.
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=或=.
(3)图象
一定质量的气体,在体积不变的情况下,压强与热力学温度成正比,在p-T图上等容线为过原点的倾斜直线,如图1甲.在pt图上等容线不过原点,但反向延长交t轴于-273.15_℃,如图乙.
图1
二、气体的等压变化
1.等压变化:
一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,体积随温度的变化规律.
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,其体积与热力学温度成正比.
(2)表达式:
V=CT或=.
(3)图象:
一定质量的气体,在压强不变的条件下,体积与热力学温度成正比,在V-T图上等压线为一条延长线通过原点的倾斜直线,如图2所示.
图2
一、气体的等容变化与查理定律
1.查理定律的表述
(1)==C(恒量)
(2)=
2.p-T图中的等容线
(1)pT图中的等容线是一条通过原点的倾斜直线.
(2)斜率k==C(常数)与气体体积有关,体积越大,斜率越小.如图3所示,四条等容线的关系为:
V1>V2>V3>V4.
图3
例1 电灯泡内充有氦氩混合气体,如果要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压,则在20℃的室温下充气,电灯泡内气体压强至多能充到多大?
答案 0.38atm
解析 由于电灯泡容积不变,故气体为等容变化,
设500℃时压强为p1,t2=20℃时的压强为p2.
由题意可知:
T1=(500+273)K=773K
p1=1atm T2=(20+273)K=293K p2=?
由查理定律得=,所以p2=T2=×293atm≈0.38atm.
二、等压变化与盖—吕萨克定律
1.盖—吕萨克定律的表述
(1)==C(恒量)
(2)=
2.VT图中的等压线
如图4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k==C,斜率越大,常数C越大,压强越小.在图中给出的四条等压线的关系为:
p1>p2>p3>p4.
图4
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?
答案 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,初状态V1=V,T1=300K;末状态V2=V+ΔV,T2=400K,
由盖—吕萨克定律=,得=,
代入数据得ΔV=,
又因为m=ρV,故===.
借题发挥 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.
三、假设法在判断液柱(或活塞)的移动问题的应用
此类问题的特点是:
当气体的状态参量p、V、T都发生变化时,直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难,通常先进行气体状态的假设,然后应用查理定律可以简单地求解.其一般思路为:
(1)假设液柱或活塞不发生移动,两部分气体均做等容变化.
(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp=ΔT,求出每部分气体压强的变化量Δp,并加以比较.
例3 如图5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l2=2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度,管内水银柱将如何运动?
(设原来温度相同)
图5
答案 水银柱上移
解析 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Δp=p1-p2=ph.温度升高后,两部分气体的压强都增大,若Δp1>Δp2,水银柱所受合外力方向向上,应向上移动,若Δp1<Δp2,水银柱向下移动,若Δp1=Δp2,水银柱不动.所以判断水银柱怎样移动,就是分析其合外力方向,即判断两部分气体的压强哪一个增大得多.
假设水银柱不动,两部分气体都做等容变化,分别对两部分气体应用查理定律:
上段:
=,所以p2′=p2,
Δp2=p2′-p2=(-1)p2=p2;
同理下段:
Δp1=p1.
又因为ΔT2=ΔT1,T1=T2,p1=p2+ph>p2,
所以Δp1>Δp2,即水银柱上移.
借题发挥 同一问题可从不同角度考虑,用不同方法求解,培养同学们的发散思维能力.此类问题中,如果是气体温度降低,则ΔT为负值,Δp亦为负值,表示气体压强减小,那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.
针对训练 如图所示,四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开,按图中标明的条件,当玻璃管水平放置时,水银柱处于静止状态.如果管内两端的空气都升高相同的温度,则水银柱向左移动的是( )
答案 CD
解析 假设升温后,水银柱不动,则两边压强要增加,由查理定律有,压强的增加量Δp=,而各管原压强p相同,所以Δp∝,即T高,Δp小,也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动,故C、D项正确.
查理定律的应用
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,则气体温度的变化情况是( )
A.气体的摄氏温度升高到原来的二倍
B.气体的热力学温度升高到原来的二倍
C.气体的摄氏温度降为原来的一半
D.气体的热力学温度降为原来的一半
答案 B
解析 一定质量的气体体积不变时,压强与热力学温度成正比,即=,得T2==2T1,B正确.
盖-吕萨克定律的应用
2.一定质量的理想气体,在压强不变的情况下,温度由5℃升高到10℃,体积的增量为ΔV1;温度由10℃升高到15℃,体积的增量为ΔV2,则( )
A.ΔV1=ΔV2B.ΔV1>ΔV2
C.ΔV1<ΔV2D.无法确定
答案 A
解析 由盖—吕萨克定律=可得=,即ΔV=V1,所以ΔV1=V1,ΔV2=V2(V1、V2分别是气体在5℃和10℃时的体积),而=,所以ΔV1=ΔV2,A正确.
关于液柱移动问题的判定
3.如图6所示,一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内,右管上端开口且足够长,右管内水银面比左管内水银面高h,下列能使h变大的是( )
图6
A.环境温度升高
B.大气压强升高
C.沿管壁向右管内加水银
D.U形玻璃管自由下落
答案 ACD
解析 对左管被封气体:
p=p0+ph,由=C(常数),可知当温度T升高,大气压p0不变时,h变大,故A正确;大气压升高,h变小,B错;向右管加水银时,由温度T不变,p0不变,V变小,p增大,即h变大,C正确;U形玻璃管自由下落,水银完全失重,气体体积增加,h变大,D正确.
(时间:
60分钟)
题组一 查理定律的应用
1.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,火罐就会紧紧地被“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 体积不变,当温度降低时,由查理定律=C可知,压强减小,故B项正确.
2.在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.=B.=
C.=D.1<<2
答案 C
解析 由于气体做等容变化,所以===,故C选项正确.
3.一定质量的气体,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,其压强的增量为Δp2,则Δp1与Δp2之比是( )
A.10∶1B.373∶273
C.1∶1D.383∶283
答案 C
解析 由查理定律得Δp=ΔT,一定质量的气体在体积不变的条件=恒量,温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃,ΔT=10K相同,故压强的增量Δp1=Δp2,C项正确.
4.一个密闭的钢管内装有空气,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.4atmB.atm
C.1.2atmD.atm
答案 C
解析 由查理定律知=,代入数据解得p2≈1.2atm,所以C正确.
题组二 盖-吕萨克定律的应用
5.如图1所示,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刻度线时,空气柱长度是30cm;当容器水温是90刻度线时,空气柱长度是36cm,则该同学测得的绝对零度相当于刻度线( )
图1
A.-273B.-270
C.-268D.-271
答案 B
解析 当水温为30刻度线时,V1=30S;当水温为90刻度线时,V2=36S,设T=t刻线+x,由盖—吕萨克定律得=,即=,解得x=270刻线,故绝对零度相当于-270刻度线,选B.
6.如图2所示,上端开口的圆柱形汽缸竖直放置,截面积为5×10-3m2,一定质量的气体被质量为2kg的光滑活塞封闭在汽缸内,其压强为________Pa(大气压强取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0.50m缓慢地变为0.51m,则此时气体的温度为________℃.
图2
答案 1.05×105 33
解析 p1===Pa=0.04×105Pa,
所以p=p1+p0=0.04×105Pa+1.01×105Pa
=1.05×105Pa,由盖—吕萨克定律得=,
即=,所以t=33℃.
7.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________℃.
答案 27
解析 以升温前房间里的气体为研究对象,由盖—吕萨克定律:
=,解得:
T=300K,t=27℃.
题组三 液柱移动问题的判断
8.如图3所示,、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( )
图3
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 封闭气柱均做等压变化,故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=V,因A、B管中的封闭气柱,初温相同,温度的变化也相同,且ΔT<0,所以ΔV<0,即A、B管中气柱的体积都减小;又因为H1>H2,A管中气柱的体积较大,|ΔV1|>|ΔV2|,A管中气柱体积减小得较多,故A、B两管气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A项正确.
9.如图4所示,两端开口的弯管,左管插入水银槽中,右管有一段高为h的水银柱,中间封有一段空气,则( )
图4
A.弯管左管内、外水银面的高度差为h
B.若把弯管向上移动少许,则管内气体体积增大
C.若把弯管向下移动少许,则右管内的水银柱沿管壁上升
D.若环境温度升高,则右管内的水银柱沿管壁上升
答案 AD
解析 被封闭气体的压强按右边计算为p=p0+ph,按左边算也为p=p0+ph,故
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