高中物理选修3-3优质学案：8.2 气体的等容变化和等压变化

第2节气体的等容变化和等压变化
一、气体的等容变化
阅读教材第21页“气体的等容变化”部分，知道什么是等容变化，理解查理定律和p－T图象及其物理意义。

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(C是比例常数)或p1
T1＝p2 T2
(3)适用条件：气体的质量不变，体积不变。

(4)气体等容变化图象(如图1所示)
图1
①图1甲p－T图象中的等容线是一条过原点的倾斜直线。

②图1乙p－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。

思考判断
(1)气体做等容变化时，气体的压强与温度成正比。

(×)
(2)气体做等容变化时，气体压强的变化量与热力学温度的变化量成正比。

(√)
(3)气体做等容变化时，温度从13 ℃升高到52 ℃，则气体的压强升高为原来的4倍。

(×)
(4)气体做等容变化，温度为200 K时的压强为0.8 atm，压强增加到2 atm时的温度为500 K。

(√)
二、气体的等压变化
阅读教材第22页“气体的等压变化”部分，知道等压变化过程，理解盖—吕萨克定律内容，并会应用简单计算。

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V随热力学温度T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V与热力学温度T 成正比。

(2)表达式：V＝CT(C是比例常数)或V1
T1＝
V2
T2
(3)适用条件：气体的质量不变，压强不变。

(4)气体等压变化的图象(如图2所示)
图2
①图2甲V－T图象中的等压线是一条过原点的倾斜直线。

②图2乙V－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。

思考判断
(1)若温度升高，则体积减小。

(×)
(2)若体积增大到原来的两倍，则摄氏温度升高到原来的两倍。

(×)
(3)温度每升高1 K，体积增加原来的
1
273。

(×)
(4)体积的变化量与热力学温度的变化量成正比。

(√)
查理定律和盖—吕萨克定律[要点归纳]
1.查理定律和盖—吕萨克定律的比较
2.查理定律和盖—吕萨克定律的两个重要推论
(1)查理定律
表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp 与温度的变化量ΔT成正比。

(2)盖—吕萨克定律
表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与温度的变化量ΔT成正比。

[精典示例]
[例1]如图3所示，一固定的竖直汽缸一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l
2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K，现汽
缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。

忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。

求：
图3
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。

[解析] (1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2。

由题给条件得V 1＝S 2⎝ ⎛⎭⎪⎫l －l 2＋S 1⎝ ⎛⎭⎪⎫
l 2①
V 2＝S 2l ②
因缸内气体的压强不变。

由盖—吕萨克定律有V 1T 1
＝V 2
T 2
③
联立①②④式并代入题给数据得 T 2＝330 K ④
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1，由力的平衡条件得
(p 1－p )S 1＝m 1g ＋m 2g ＋(p 1－p )S 2⑤
在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。

设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有 p ′T ＝p 1T 2⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得p ′＝1.01×105 Pa 。

[答案] (1)330 K (2)1.01×105 Pa
利用查理定律和盖—吕萨克定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭气体。

(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律成立条件。

(3)分别找出初、末两状态的参量。

(4)根据相应定律列方程求解，并对结果进行讨论。

[针对训练1]气体温度计结构如图4所示。

玻璃测温泡A内充有气体，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＝14 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h2＝44 cm。

求恒温槽的温度(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)。

图4
[解析] 设恒温槽的温度为T 2，由题意知T 1＝273 K A 内气体发生等容变化，根据查理定律得 p 1T 1＝p 2T 2① p 1＝p 0＋p h 1② p 2＝p 0＋p h 2③
联立①②③式，代入数据得 T 2＝364 K(或91 ℃)。

[答案] 364 K(或91 ℃)
p－T图象与V－T图象[要点归纳]
1.p－T图象与V－T图象的比较
2.对于p－T图象与V－T图象的注意事项
(1)首先要明确是p－T图象还是V－T图象。

(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标。

(3)解决问题时要将图象与实际情况相结合。

[精典示例]
[例2]如图5甲所示是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T 图象。

已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。

图5
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图中T A的温度值。

(2)请在图乙坐标系中，画出由状态A经过状态B变为状态C的p－T的图象，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)由题图甲可以看出，A与B的连线的延长线经过原点O，所以A→B
是一个等压变化，即p A＝p B。

根据盖—吕萨克定律可知：V A
T A ＝V B
T B
，即T A＝V A
V B T B
＝0.4
0.6×300 K＝200 K。

(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得：p B
T B
＝p C
T C
，即p C＝T C
T B p B＝
400 300·p B＝4
3p B＝
4
3p A＝
4
3×1.5×10
5 Pa＝2.0×105 Pa。

可画出由状态A→B→C的p－
T图象如图所示。

[答案](1)200 K(2)见[解析]
气体图象相互转换的五条“黄金律”
(1)准确理解p－V图象、p－T图象和V－T图象的物理意义和各图象的函数关系，各图象的特点。

(2)知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。

(3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p′、V′、T′)的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。

(4)从图象中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T。

(5)根据计算结果在图象中描点，连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。

[针对训练2]如图6所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用p－V或V－T图象表示这一循环，在下图中表示正确的是()
图6
[解析]在题图p－T图象中，气体在1→2过程发生的是等容变化，且压强、温
度均增大，2→3过程发生的是等温变化，且压强减小、体积增大，3→1过程发生的是等压变化，且温度减小、体积减小，结合各过程状态参量变化特点，可知B正确。

[答案] B
判断液柱(或活塞)的移动问题[要点归纳]
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＝p
TΔT，求出每部分气体压强
的变化量Δp，并加以比较。

[精典示例]
[例3]如图7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7
[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 ＝p 1－p 2＝h 。

温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp 1>Δp 2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp 1<Δp 2，水银柱向下移动；若Δp 1＝Δp 2，水银柱不动。

所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。

(1)假设法：
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：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′
T 2
p 2，
Δp 2＝p 2′－p 2＝(T 2′T 2－1)p 2＝ΔT 2
T 2p 2；
下段：Δp 1＝ΔT 1
T 1
p 1。

又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋p h >p 2， 所以Δp 1>Δp 2，即水银柱上移。

(2)图象法：
在同一p－T图上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时，p1>p2，得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2。

所以水银柱上移。

(3)极限法：
由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降。

[答案]水银柱上移
液柱(或活塞)移动问题的分析方法
(1)假设法
用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液体或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，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。

(2)极限法
所谓极限法就是将问题推向极端。

如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零。

这样使复杂的问题变得简单明了。

(3)图象法
利用p－T图象：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。

[针对训练3] (多选)如图8，竖直放置的均匀等臂U形导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，左管水银面高于右管水银面，高度差为h，稳定时A、B气柱的压强分别为p A和p B，则()
图8
A.若环境温度升高，p A增大，p B减小
B.若环境温度降低，稳定后A 、B 气柱的压强比值增大
C.若环境温度升高，稳定后A 、B 气柱压强变化Δp A 一定小于Δp B
D.若环境温度降低，稳定后A 处液面高度变化Δh 可能大于h
2
[解析] 假设若环境温度升高后，h 不变化，则气体做等容变化，由查理定律得：
p 1T 1＝p 2T 2，即Δp ＝p 1T 1ΔT ，对两部分气体，由于T 1、ΔT 相同，p B >p A ，则Δp B >Δp A ，则水银柱向左移动，h 增大，A 的体积减小，温度升高，由理想气体状态方程可知，A 的压强p A 增大，由于p B ＝p A ＋p h ，则B 的压强也增大，故A 错误，C 正确；假设若环境温度降低后，Δh 不变化，同理可知Δp B >Δp A ，若温度降低，压强都减小，右边气体压强降得多，则水银柱会向下移动，h 将减小，由于p B ＝p A ＋p h ，
h 减小，B 压强减小得多，A 压强减小得少，稳定后A 、B 气柱的压强比值增大，故B 正确；假设若环境温度降低，水银柱向下运动，但p A V A >p B V B ，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然高于右侧的液面，所以Δh 小于h
2，故D 错误。

[答案] BC
1. (多选)如图9，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体()
图9
A.温度降低，则压强可能增大
B.温度升高，则压强可能减小
C.温度降低，则压强不变
D.温度升高，则体积增大
[解析]大气压强不变，水银柱的长度不变，所以封闭的气体的压强不变，故A、B错误，C正确；气体做等压变化，温度升高，则体积增大，所以D正确。

[答案]CD
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.p1
p2＝1
2 B.
p1
p2＝
2
1
C.p1
p2＝
323
373 D.1＜
p1
p2＜2
[解析]由于气体做等容变化，所以p1
p2
＝T1
T2
＝
t1＋273 K
t2＋273 K
＝323
373
，故选项C正确。

[答案] C
3.如图10所示，相同的两支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10
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
[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＝ΔT
T 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。

[答案] A
4.如图11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，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则能正确反应缸内气体压强变化情况的p－T图象是
()
图11
[解析]当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜的直线，故C、D 错误；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线，故A错误，B正确。

[答案] B
5.如图12所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l＝36 cm处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气
体。

当气体的温度T0＝300 K、大气压强p0＝1.0×105 Pa时，活塞与汽缸底部之间的距离l0＝30 cm，不计活塞的质量和厚度。

现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：
图12
(1)活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；
(2)封闭气体温度升高到T2＝540 K时的压强p2。

[解析](1)设汽缸的横截面积为S，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律有l0S T0＝
lS
T1
，代入数据得T1＝360 K；
(2)然后温度继续升高，气体做等容变化，由查理定律有p0
T1
＝p2
T2
，代入数据得p2＝
1.5×105 Pa。

[答案](1)360 K(2)1.5×105 Pa。