人教版(新教材)高中物理选择性必修3学案：2 3 第1课时 气体的等压变化和等容变化

人教版(新教材)高中物理选择性必修第三册PAGEPAGE1第3节气体的等压变化和等容变化学习目标要求核心素养和关键能力1.知道什么是等压变化和等容变化。2.掌握盖－吕萨克定律和查理定律的内容、表达式及适用条件，并能用两定律处理有关的气体问题。3.知道V－T图像和p－T图像及其物理意义。4.知道什么是理想气体，了解实际气体可以看作理想气体的条件。5.能用气体分子动理论解释三个气体实验定律。1.科学思维(1)体会理想气体模型。(2)控制变量法理解等压变化和等容变化。2.关键能力分析推理能力和应用图像分析问题的能力。第1课时气体的等压变化和等容变化一、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，体积随温度变化的过程。2.气体等压变化的图像(如图所示)如图V－T图像中的等压线是一条过原点的倾斜直线。3.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是常量)或eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)(3)适用条件：气体的质量不变，压强不变。〖判一判〗(1)一定质量的气体，若温度升高，则体积减小。(×)(2)一定质量的气体，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)一定质量的气体，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比。(√)二、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变化的过程。2.气体等容变化图像(如图所示)(1)图甲p－T图像中的等容线是一条过原点的倾斜直线。(2)图乙p－t图像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图像还是p－t图像，都能根据斜率判断气体体积的大小，斜率越大，体积越小。3.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是常量)或eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)(3)适用条件：气体的质量不变，体积不变。〖判一判〗(1)一定质量的气体做等容变化时，气体的压强与温度成正比。(×)(2)一定质量的气体做等容变化时，气体压强的变化量与热力学温度的变化量成正比。(√)(3)一定质量的气体做等容变化时，温度从13℃升高到52℃，则气体的压强升高为原来的4倍。(×)(4)一定质量的气体做等容变化，温度为200K时的压强为0.8atm，压强增加到2atm时的温度为500K。(√)探究1盖－吕萨克定律的理解和应用■情境导入如图所示，用水银柱封闭了一定质量的气体。当给封闭气体缓慢加热时能看到什么现象？在变化过程中封闭气体的压强是否改变？〖答案〗水银柱向上移动。说明了在保持气体压强不变的情况下，封闭气体的体积随温度的升高而增大。■归纳拓展1.盖－吕萨克定律及推论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与热力学温度的变化量ΔT成正比。2.V－T图像和V－t图像(1)V－T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1＜p2，即斜率越小，压强越大。(2)V－t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0℃时的体积。3.应用盖－吕萨克定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变。(3)确定初、末两个状态的温度、体积。(4)根据盖－吕萨克定律列式求解。(5)求解结果并分析、检验。〖例1〗(2021·黑龙江伊春二中期中)如图所示，在长L＝59cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着50cm长的气体，管内外气体的温度均为27℃，大气压强p0＝76cmHg若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；(2)若保持管内温度始终为27℃，现将水银缓慢注入管内，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强。〖答案〗(1)324K(2)90cmHg〖解析〗(1)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀，初状态：V1＝50S，T1＝300K末状态：V2＝54S，T2＝？由盖－吕萨克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得T2＝324K。(2)当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为p，水银柱的高度为H，管内气体经等温压缩，初状态：V1＝50S，p1＝76cmHg＋5cmHg＝81cmHg末状态：V2＝(59－H)S，p2＝(76＋H)cmHg由玻意耳定律p1V1＝p2V2得H＝14cm故p2＝76cmHg＋14cmHg＝90cmHg。〖针对训练1〗(2021·江苏镇江一中高二月考)如图所示，一直立的汽缸，由横截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为1.0kg的活塞A、B用一长度为20cm、质量不计的轻杆连接，它们可以在筒内无摩擦地上下滑动。A、B的横截面积分别为10cm2和20cm2，A和B之间封闭有一定量的理想气体，A的上方及B的下方都和大气相通，大气压强始终保持为1.0×105Pa。当汽缸内气体的温度为600K时，活塞处于图示位置平衡，活塞A、B到两筒的连接处的距离相等。g取10m/s2，试求：(1)此时汽缸内气体压强的大小；(2)当汽缸内气体的温度缓慢降至560K时，分析活塞A、B的位置变化情况。〖答案〗(1)8×104Pa(2)A、B向上移动2cm〖解析〗(1)设轻杆对活塞有支持力FN，封闭气体的压强为p1，由于活塞A、B均处于平衡状态：对活塞A受力分析得p0SA＋mAg＝p1SA＋FN对活塞B受力分析得p0SB＝p1SB＋mBg＋FN代入数据解得p1＝8×104Pa。(2)当汽缸内气体的温度刚开始缓慢下降时，活塞仍处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向上移动，直到活塞B移到两筒的连接处。设活塞A、B向上移动的距离为x，降温前V1＝eq\f(L,2)SA＋eq\f(L,2)SBT1＝600K降温后V2＝(eq\f(L,2)＋x)SA＋(eq\f(L,2)－x)SB温度为T2＝560K根据盖－吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)代入数据解得x＝2cmx＜10cm，符合题意即当汽缸内气体的温度缓慢降至560K时，活塞A、B向上移动2cm。探究2查理定律的理解和应用■情境导入(1)为什么拧上盖的水杯(内盛半杯热水)放置一段时间后很难打开杯盖？(2)打足气的自行车在烈日下曝晒，常常会爆胎，原因是什么？〖答案〗(1)放置一段时间后，杯内的空气温度降低，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。■归纳拓展1.查理定律及推论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与热力学温度的变化量ΔT成正比。2.p－T图像和p－t图像一定质量的某种气体，在等容变化过程中(1)p－T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且V1＜V2，即体积越大，斜率越小。(2)p－t图像：压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小。图像纵轴的截距p0是气体在0℃时的压强。〖例2〗(2021·湖北荆州市高二月考)导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到汽缸底部高度20cm，一个质量为1kg的活塞将汽缸内气体封闭，汽缸内壁光滑，活塞与汽缸内壁气密性好，静止时，活塞与卡环接触，已知大气压强为1×105Pa，环境温度为300K，当环境温度降为280K时，卡环对活塞的压力刚好为零，重力加速度取10m/s2，活塞的截面积为5cm2，不计活塞的厚度，求：(1)开始时，卡环对活塞的压力；(2)当环境温度为280K时，在活塞上放一个质量为2kg的重物，当活塞稳定时，活塞离缸底的距离。〖答案〗(1)eq\f(30,7)N(2)15cm〖解析〗(1)设开始时缸内气体的压强为p1，卡环对活塞的压力为F，当环境温度降为280K时，缸内气体的压强p2＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.2×105Pa气体发生等容变化，则eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p1＝eq\f(9,7)×105Pa开始时对活塞受力分析有F＋p0S＋mg＝p1S解得F＝eq\f(30,7)N。(2)设活塞稳定时离缸底的距离为h，在活塞上加上重物，最后稳定时，缸内气体的压强p3＝p0＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M))g,S)＝1.6×105Pa发生等温变化，则p2HS＝p3hS解得h＝15cm。〖针对训练2〗(2021·江苏南通市一模)根据某种轮胎说明书可知，轮胎内气体压强的正常值在2.4×105Pa至2.5×105Pa之间，轮胎的容积V0＝2.5×10－2m3。已知当地气温t0＝27℃，大气压强p0＝1.0×105Pa，设轮胎的容积和充气过程轮胎内气体的温度保持不变。(1)若轮胎中原有气体的压强为p0，求最多可充入压强为p0的气体的体积；(2)充好气的轮胎内气压p1＝2.5×105Pa，被运送到气温t1＝－3℃的某地。为保证轮胎能正常使用，请通过计算说明是否需要充气。〖答案〗(1)3.75×10－2m3(2)需要充气〖解析〗(1)设最多可充入压强为p0的气体的体积为V，轮胎内气体压强达到2.5×105Pa，由玻意耳定律得p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0＋V))＝pV0解得V＝3.75×10－2m3。(2)设轮胎运送到某地后轮胎内气体压强为p2，由查理定律得eq\f(p1,T0)＝eq\f(p2,T1)解得p2＝2.25×105Pa因为p2＝2.25×105Pa＜2.4×105Pa，所以需要充气。探究3V－T图像和p－T图像1.p－T图像与V－T图像的比较不同点图像纵坐标压强p体积V斜率意义气体质量一定时，p＝eq\f(C,V)·T，斜率k＝eq\f(C,V)，斜率越大，体积越小，有V4＜V3＜V2＜V1气体质量一定时，V＝eq\f(C,p)·T，斜率k＝eq\f(C,p)，斜率越大，压强越小，有p4＜p3＜p2＜p1相同点(1)都是一条通过原点的倾斜直线(2)横坐标都是热力学温度T(3)都是斜率越大，气体的另外一个状态参量越小2.对于p－T图像与V－T图像的注意事项(1)首先要明确是p－T图像还是V－T图像。(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标。(3)解决问题时要将图像与实际情况相结合。3.气体图像相互转换的分析方法(1)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。(2)从图像中的某一点(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。(3)根据计算结果在图像中描点，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。〖例3〗一定质量的气体由状态A经状态B变化到状态C的p－V图像如图所示。已知气体在状态C时的温度为27℃，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，在标准状态(压强p0＝1.0×105Pa，温度t0＝0℃)下气体的摩尔体积都为22.4L，求该气体的分子数(计算结果保留1位有效数字)。〖答案〗7×1022个〖解析〗设该气体在标准状态下体积为V，对状态C→标准状态，由气体实验定律得eq\f(V,T0)＝eq\f(VC,TC)则V＝eq\f(VC,TC)T0＝eq\f(3,300)×273L＝2.73L该气体的分子数N＝eq\f(V,V0)NA＝eq\f(2.73,22.4)×6.0×1023＝7×1022(个)。〖针对训练3〗一定质量的气体，在状态变化过程中的p－T图像如图所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像(标注字母和箭头)。〖答案〗见〖解析〗图〖解析〗由状态A到状态B为等温变化，TB＝T0由玻意耳定律得pAVA＝pBVB所以VB＝eq\f(pA,pB)VA＝eq\f(p0,3p0)·V0＝eq\f(V0,3)由状态B到状态C为等压变化，pC＝3p0由盖－吕萨克定律得eq\f(VB,TB)＝eq\f(VC,TC)所以VC＝eq\f(TC,TB)VB＝eq\f(3T0,T0)×eq\f(V0,3)＝V0由状态C到状态A是等容变化，作出对应的V－T图像和p－V图像如图甲、乙所示1.(盖－吕萨克定律的理解和应用)如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与汽缸壁间的摩擦)，温度缓慢升高时，改变的量有()A.活塞高度h B.汽缸高度HC.气体压强p D.弹簧长度L〖答案〗B〖解析〗以汽缸整体为研究对象，由受力平衡知弹簧弹力大小等于汽缸整体总重力，故L、h不变，设汽缸壁的重力为G1，则封闭气体的压强p＝p0－eq\f(G1,S)，保持不变，当温度升高时，由盖－吕萨克定律知气体体积增大，H将减小，故只有B项正确。2.(盖－吕萨克定律的理解和应用)如图所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度。当容器中的水温是30℃时，空气柱的长度为30cm；当容器中的水温是90℃时，空气柱的长度为36cm。则该同学测得的绝对零度相当于()A.－273℃ B.－270℃C.－268℃ D.－271℃〖答案〗B〖解析〗设绝对零度相当于T0，则T1＝－T0＋30K，V1＝30S，T2＝－T0＋90K，V2＝36S，由盖－吕萨克