【创新设计】2015-2016学年高中物理 第八章 气体 第2讲 气体的等容变化和等压变化课件 新人

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.1预习导学梳理·识记·点拨2课堂讲义理解·深化·探究3对点练习巩固·应用·反馈预习导学梳理·识记·点拨1.等容变化：一定质量的某种气体在不变时随温度的变化规律.2.查理定律(1)内容：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.一、气体的等容变化(2)表达式：或或.体积压强一定质量正比p＝CTp1T1＝p2T2p1p2＝T1T2(3)图象的气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成，在p-T图上等容线为过，如图1甲.在p-t图上等容线不过原点，但反向延长交t轴于，如图乙.图1一定质量正比原点的倾斜直线－273.15℃二、气体的等压变化1.等压变化：一定质量的某种气体，在不变的情况下，随温度的变化规律.2.盖—吕萨克定律(1)内容：的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成.压强体积一定质量正比(2)表达式：或＝.V＝CTV1T1＝V2T2(3)图象：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的倾斜直线，如图2所示.一定质量原点图2课堂讲义理解·深化·探究一、气体的等容变化与查理定律1.查理定律的表述(1)p1T1＝p2T2＝C(恒量)(2)pT＝ΔpΔT2.p-T图中的等容线(1)p-T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：V1V2V3V4.pT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？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＝773Kp1＝1atmT2＝(20＋273)K＝293Kp2＝？由查理定律得p1T1＝p2T2，所以p2＝p1T1T2＝1773×293atm≈0.38atm.答案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)V1T1＝V2T2＝C(恒量)(2)VT＝ΔVΔT2.V-T图中的等压线如图4所示为V-T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：p1p2p3p4.VT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？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V1T1＝V2T2，得VT1＝V＋ΔVT2，代入数据得ΔV＝V3，又因为m＝ρV，故Δmm＝ΔVV＋ΔV＝V343V＝14.答案14倍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.pT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Δp1Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp1Δp2，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：p2T2＝p2′T2′，所以p2′＝T2′T2p2，Δp2＝p2′－p2＝(T2′T2－1)p2＝ΔT2T2p2；同理下段：Δp1＝ΔT1T1p1.又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋php2，所以Δp1Δp2，即水银柱上移.答案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()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.pΔTT1T答案CD对点练习巩固·应用·反馈查理定律的应用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123123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p1T1＝p2T2，得T2＝p2T1p1＝2T1，B正确.答案B2.一定质量的理想气体，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.ΔV1ΔV2C.ΔV1ΔV2D.无法确定123盖－吕萨克定律的应用123解析由盖—吕萨克定律V1T1＝V2T2可得V1T1＝ΔVΔT，即ΔV＝ΔTT1V1，所以ΔV1＝5278V1，ΔV2＝5283V2(V1、V2分别是气体在5℃和10℃时的体积)，而V1278＝V2283，所以ΔV1＝ΔV2，A正确.答案A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()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123图6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；123pVT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.答案ACD