2017-2018学年高中物理人教版选修3-3教学案：第八章第2节气体的等容变化和等.doc

第2节气体的等容变化和等压变化

1.查理定律：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，即＝C。
2．盖－吕萨克定律：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，即＝C。
3．玻意耳定律、查理定律、盖－吕萨克定律的适用条件均为一定质量的某种气体。

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。
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：
＝C或＝。
(3)适用条件：
①气体的质量不变；②气体的体积不变。
3．等容线
一定质量的气体，在体积不变时，其p ­T图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等容线。
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。
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，体积V与热力学温度T成正比。
(2)表达式：
V＝CT或＝C或＝。
(3)适用条件：
①气体的质量不变；②气体的压强不变。
3．等压线
一定质量的气体，在压强不变时，其V­T图像是一条过原点的直线，这条直线叫做等压线。

1．自主思考——判一判
(1)气体的温度升高，气体体积一定增大。(×)
(2)一定质量的气体，体积与温度成正比。(×)
(3)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V­T图像是过原点的直线。(√)
(4)在质量和体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。(×)
(5)pV＝C、＝C、＝C，三个公式中的常数C是同一个值。(×)
2．合作探究——议一议
(1)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，你知道其中的原因吗？
提示：手表表壳可以看成一个密闭容器，出厂时封闭着一定质量的气体，登山过程中气体发生等容变化，因为高山山顶附近的压强比山脚处小很多，内外压力差超过表盘玻璃的承受限度，便会发生爆裂。
(2)尝试根据等容线说明为什么绝对零度是低温的极限，只能接近，不能达到。
提示：在p­T图像中，等容线是一条过原点的倾斜直线，事实上，在温度很低时，查理定律已不适用了。由查理定律外推得出的结果表明，绝对零度时，气体压强为零，说明分子将停止运动，这是不可能的，所以，绝对零度是低温的极限，只能接近，不能达到。正因为如此，在p­T坐标系中画等容线时，原点附近一小段应画成虚线，表示它仅是外推的结果。
(3)在摄氏温标下应该怎样表述盖—吕萨克定律。
提示：一定质量的某种气体，在压强不变时，温度每升高(或降低)1 ℃，增大(或减小)的体积等于它在0 ℃时体积的。

查理定律的应用

[典例]　容积为2 L的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把盖子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求：
(1)塞子打开前的最大压强；
(2)27 ℃时剩余空气的压强。
[思路点拨]　

[解析]　塞子打开前，瓶内气体的状态变化为等容变化。塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用查理定律求解。
(1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象：
初态：p1＝1.0×105 Pa, T1＝273 K＋27 K＝300 K
末态：p2＝？，T2＝273 K＋127 K＝400 K
由查理定律可得
p2＝×p1＝×1.0×105 Pa≈1.33×105 Pa。
(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象：
初态：p1′＝1.0×105 Pa，T1′＝400 K
末态：p2′＝？，T2′＝300 K
由查理定律可得p2′＝×p1′＝×1.0×105 Pa＝0.75×105 Pa。
[答案]　(1)1.33×105 Pa　(2)0.75×105 Pa

查理定律及其推论

应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体。
(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，体积不变。
(3)确定初、末两个状态的温度、压强。
(4)根据查理定律列式求解。
(5)求解结果并分析、检验。　　　　

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
解析：选B　由查理定律＝得T2＝T1＝2T，B正确。
2.有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图8­2­1所示，此时气体的温度为27 ℃。当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入多少水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3)

图8­2­1
解析：设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化。
初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，T1＝(273＋27)K＝300 K；末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30)K＝303 K。
由查理定律＝得＝，解得x＝0.9 cm。则注入水银柱的长度为0.9 cm。
答案：0.9 cm

盖—吕萨克定律的应用

[典例]　如图8­2­2所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0。当汽缸内气体温度是20 ℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100 ℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？

图8­2­2
[思路点拨]　

[解析]　初状态：T1＝273 K＋20 K＝293 K，V1＝h1S，
末状态：T2＝273 K＋100 K＝373 K，V2＝h2S，其中S为活塞的横截面积，
根据盖—吕萨克定律：＝得：V2＝T2，即h2＝T2＝×373＝1.27h1。
[答案]　1.27h1

盖—吕萨克定律及其推论

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。　　　　

1．一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是(　　)
A．升高450 K　　　　 B．升高了150 ℃
C．升高了40.5 ℃ D．升高了450 ℃
解析：选B　根据盖—吕萨克定律＝，其中V2＝V1，T1＝300 K；解得T2＝450 K，则Δt＝150 ℃，B正确。
2.如图8­2­3所示，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了ΔT；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处。已知大气压强为p0。求：气体最后的压强与温度。

图8­2­3
解析：开始时，封闭气体压强p1＝p0，体积V1＝H1S
温度T1＝T
加砝码后压强为p2
体积V2＝H2S
温度T2＝T＋ΔT
再撤去保温材料后，压强p3＝p2
体积V3＝H3S
温度T3＝T
从状态2到状态3为等压变化，由盖—吕萨克定律：
＝
最后的T3＝T＝
由于状态1和状态3温度相等，由玻意耳定律：
p0H1S＝p3H3S
最后压强p3＝p0。
答案：p0　ΔT

气体的p­T图像与V­T图像的应用

1．p ­T图像与V­T图像的比较
不
同
点
图像

纵坐标
压强p
体积V
斜率意义
体积的倒数，斜率越大，体积越小，V4＜V3＜V2＜V1
压强的倒数，斜率越大，压强越小，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V­T图像的注意事项
(1)首先要明确是p ­T图像还是V­T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。

[典例]　图8­2­4甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V­T图像，已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。

图8­2­4
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图中TA的值。
(2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p­T图像，并在图像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。
[思路点拨]　
(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律。
(2)在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程。
[解析]　(1)在V­T图像中，AB为过原点的直线，是等压线，由AB两个状态的参量根据盖—吕萨克定律：
＝得：TA＝TB＝×300 K＝200 K。
(2)B状态的压强等于A状态的，BC在等容线上，要作出p ­T图像还要求出C状态的压强，根据B、C两个状态的参量，利用查理定律：＝，得：
pC＝TC＝×400 Pa＝2×105 Pa。
在乙图中的图像如图所示。

[答案]　(1)A→B过程中压强不变　200 K
(2)见解析

气体图像相互转换的五条“黄金律”
(1)准确理解p­V图像、p­T图像和V­T图像的物理意义和各图像的函数关系，各图像的特点。
(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。
(5)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。　　　　

1．如图8­2­5甲所示，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V­T图像表示这一循环，在图乙中表示正确的是(　　)

图8­2­5
解析：选B　在甲图p ­T图像中，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。
2.一定质量的气体状态变化的p­V图像如图8­2­6所示，其中AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA延长线通过坐标原点O，已知A状态的热力学温度为TA，B状态的热力学温度为TB，求C状态的热力学温度TC。

图8­2­6
解析：气体由A至B的状态变化过程是沿等容线进行的，根据查理定律得：＝，
气体由B至C的状态变化过程是沿等压线进行的，根据盖—吕萨克定律有：＝，
由图像知直线OAC的斜率恒定，有：＝，
并且VA＝VB，pB＝pC，
由以上各式可得：TC＝。
答案：

气体实验定律的综合应用

1．三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：
p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)。
(2)查理定律(等容变化)：
＝或＝C(常数)。
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：
＝或＝C(常数)。
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路

[典例]　(2015·全国卷Ⅰ)如图8­2­7所示，一固定的竖直气缸由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；气缸外大气的压强为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，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K。现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

图8­2­7
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气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V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得
V1＝S1＋S2①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③
故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有
＝④
联立①②④式并代入题给数据得
T2＝330 K⑤
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1。在此后与气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
＝⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
p′＝1.01×105 Pa。⑦
[答案]　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa

(1)大活塞与筒底接触之前，两活塞处于动态平衡， 受力不变，气体的压强也不变。
(2)大活塞与筒底接触之后，气体的体积不再变化，随着温度的继续降低，气体压强减小。　　　　

1．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图8­2­8所示，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升到303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：

图8­2­8
(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；
(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。
解析：(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0，末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得
＝①
代入数据得p1＝p0。②
(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得
p1S＝p0S＋mg③
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得
＝④
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得
F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝p0S。⑥
答案：(1)p0　(2)p0S
2.如图8­2­9所示，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A和B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。

图8­2­9
解析：设平衡时，A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋
B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋
因为温度始终不变，对于混合气体有(p1＋p2)·V＝pV ′
设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为h＝＋d
漏气后A距离底面的高度为h′＝＋d
联立可得Δh＝h－h′
以上各式联立化简得Δh＝·。
答案：·

1．描述一定质量的气体做等容变化的过程的图线是下图中的哪些(　　)

解析：选D　等容变化过程的p­t图在t轴上的交点坐标是(－273 ℃，0)，D正确。
2. (多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V­T图上的表示如图1所示，则(　　)

图1
A．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
解析：选AD　气体在过程AC中发生等温变化，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＝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。
3．贮气罐内的某种气体，在密封的条件下，温度从13 ℃上升到52 ℃，则气体的压强(　　)
A．升高为原来的4倍　　 B．降低为原来的
C．降低为原来的 D．升高为原来的
解析：选D　气体体积不变，由查理定律＝得＝＝＝，故D对。
4.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图2所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将(　　)

图2
A．向A端移动 B．向B端移动
C．始终不动 D．以上三种情况都有可能
解析：选C　由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动，故C对。
5.如图3所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2。现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法中正确的是(　　)

图3
A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′
B．加热后V1′＞2V2′
C．加热后V1′＜2V2′
D．条件不足，无法判断
解析：选A　加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确。
6. (多选)一定质量的气体做等压变化时，其V­t图像如图4所示。若保持气体质量不变，而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是(　　)

图4
A．等压线与V轴之间夹角变小
B．等压线与V轴之间夹角变大
C．等压线与t轴交点的位置不变
D．等压线与t轴交点的位置一定改变
解析：选ABC　对于一定质量气体的等压线，其V­t图像的延长线一定过－273.15 ℃的点，故C项正确；由于题目中没有给定压强p的变化情况，因此A、B都有可能，故选A、B、C。

7．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸。我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL。假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm。若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
解析：本题为一定质量的气体发生等容变化，取CO2气体为研究对象。
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17)K＝290 K，
末态：p2＝1.2 atm，T2待求。
由查理定律＝得：
T2＝＝ K＝348 K。
t＝(348－273)℃＝75 ℃。
答案：75 ℃
8．如图5所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝
热活塞(质量不同，厚度可忽略)。

图5
开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空； 右活塞上方气体体积为V0/4。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
解析：(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖—吕萨克定律得
＝　①
由此得
T＝T0。　②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。
汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得
pVx＝·　③
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0　④
联立③④式得
6Vx2－V0Vx－V02＝0
其解为
Vx＝V0
另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去。
答案：(1)T0　(2)V0

对爸爸的印象，从记事的时候，就有了，他留给我的印象就是沉默少言的，但是脸上却始终有微笑，不管家里遇到了什么样的困难，只要有爸爸在，一切都能够雨过天晴的，小时候，家里很穷，可是作为孩子的我们（我和哥哥），却很幸福。爸爸从来不会因为缺钱，而让我们感觉得些许的拮据和紧张，哪怕的低三下气的问人借钱，爸爸都会按时给我们交了学费，从来都不会给我们兄妹俩拖欠学费。爸爸闲下来的时候，就会给我和哥哥讲他们生活的那个年代，很苦很累，还经历过自然灾害，穷的时候，连饭都吃不饱。在我的印象里，最深的一件事情就是过年的时候，不管这一年钱赚的多还是少，爸爸总会让妈妈带着我和哥哥去买新衣服，当然了，妈妈也必须买新的，唯有爸爸，他是家里面唯一一个可以穿旧衣服过新年的人，这就是我关于爸爸的儿时的印象，他爱家人，从来不肯委屈自己的妻子和孩子。成长岁月里的爸爸在我们渐渐成长的的岁月里，作为孩子，我们都有了自己的认知和想法，青春期的叛逆，我们也给爸爸惹了不少祸，但是，不管我们闯的祸有多大，最后都是爸爸出面，来摆平解决一切。在这个渐渐懂事的过程中，爸爸扮演着一位良师的角色，事情过后，爸爸也会趁机好好的教育我们，让我们懂得，我们做的是对的，值得鼓励的，还是不对的，今后需要去改正的。爸爸在社会上经历的多了，懂得的道理也比我们多很多。我们是在跌跌撞撞的认知中去探索这个社会，而爸爸就是这条探索道路的指明灯！在我们长大的青春光阴里，我们在爸爸身上看到了责任、懂得了承担的重要性！爸爸，在我们的生活中，必不可少，他让我们（大哥和我）拥有了正确的人生观和价值观，他教会了我们如何看待这个世界，如何去更好的创造自己想要的生活！渐渐上了年纪的爸爸：我只想用“渐渐上了年纪”来形容现在的爸爸，不想要用已经“老去”来形容爸爸。没错，岁月是真的很无情的，不知不觉间，爸爸的眼角多了些许的皱纹，额头的皱纹也不自觉的来向他报到了，爸爸再伟大，也终究抵不过岁月的蹉跎。两角鬓白的爸爸，让我们看着多了很多的心疼，一向雷厉风行、无所不能的爸爸，渐渐地，变得老了，特别是当我们都成家以后，爸爸也算是把他一生最重要的任务也都完成了，上了年纪的爸爸，更多的心思，留在了妈妈的身上，一路走来，是妈妈的陪伴和默默的奉献，才让爸爸能够在外工作的时候，毫无杂念！妈妈，就是爸爸最为坚强的后盾，而我们，是爸爸努力奋斗的最大动力，如今，爸爸渐渐地老了，作为儿女，我们无法让时光倒流，能做的就是多陪伴他们，让他们的晚年生活能够幸福！爸爸的一生，都在付出，为了家和家人而付出，如今的我们，都已经成家，更加体会到了为人父母的心酸苦楚，我们能做的就是常回家看看！让父母不感到孤独！　我们都是母亲身上掉下来的一块肉，我们跟母亲之间的关系，血浓于水，彼此间的那种爱，是神圣而又不可侵犯的，是妈妈给了我们生命，也是妈妈无怨无悔的把我们抚养成人，在我们成长的过程中，不管是好还是不好，妈妈都一味的去包容，去引领着我们我和妈妈的温情小生活，母爱，总是那么的伟大！都说慈母多败儿，其实啊，母亲在我们的生活着，扮演着不可或缺的角色，没有母亲的无私奉献，又怎会有我们的今天呢？更多的时候，是我们忽略了母亲的重要性，甚至是把母亲对我们的关心和爱护变成了理所当然！其实啊，也是因为我们从出生的时候，就拥有了母亲的爱，也就变得不那么的珍惜了！我觉得，我们生活在这个世上，更要好好地对待我们的母亲，在我的记忆深处，母亲总是很慈祥的，她也有属于她自己的小忧愁，但是，却从来都不会让我们知道，不管生活中，遇到了什么困难或者坎坷，她总是自己一个人想办法面对和解决！以至于曾经的我一直觉得母亲是万能的，没有什么困难事情是母亲不能解决的！儿时记忆中，最深刻的一件事情就是那年的的大冬天，下了很厚很厚的雪，我跟哥哥上学的地方是需要骑着自行车去的，妈妈早早的叫醒了我和哥哥，并且告诉我们下大雪了，路上滑，要早点出发，路上慢一点走，当我们吃了早饭准备出发的时候，妈妈也跟着一起出发了。大冬天的，天黑黑的，母亲拿着手电筒，给我和哥哥照明，因为下了雪，有的路段不好走，我们就推着自行车，一路上有说有笑的，时不时的哥哥还会调皮一下，就这样，母亲拿着照明灯，一路护送我和哥哥到了学校，现在回想起来曾经的岁月，满满的回忆，满满的温暖！不知不觉间，我们就都长大了，哥哥也成家了，有自己的孩子，妈妈看着我们生活幸福，她也就是开心满足了，可是，岁月却是那么的无情，不知不觉间，妈妈的眼角就多了些许的皱纹，她在岁月的淘洗中，渐渐地老去了！她没有多么伟大的理想，唯一的希望，就是我们都能够生活的健康，平安，快乐，幸福！母亲，从来都不曾奢望我们能够有多么大的丰功伟绩，最大的心愿就是我们平安快乐，她的一生心血，都在我们这些孩子身上，而对于她自己，似乎总是少了很多的关心，作为儿女，长大后的忙碌，确实忽略了对母亲的爱，当我们真正的意识到母亲老去的时候，岁月一晃已经过去了几十年！母爱，虽然平凡，但是却很伟大，我跟妈妈的温情小生活，那些记忆中的点滴，一直萦绕在脑海中，让我感受到幸福，感受到温暖！爱你，亲爱的妈妈，愿你生活幸福，健康平安！其实也就是平凡的一年，和往常相比较，也没有太多的区别，唯一的不同就是自己就业了，不再是学生了，也不再是那个向父母伸手就要钱的小姑娘了！步入社会的自己，很开心，同时也很紧张，毕竟社会才是一个真正的大染缸，才能让一个人真正的成长和坚强！父母的爱，平凡中渗透着伟大，这一年，感恩父母！在初入社会的这一年里，是要感恩很多的朋友同事领导，但是，我最想要感恩的两个人，其实就是我的爸爸妈妈！也许，你会觉得很奇怪，步入社会，经历的很多人或事，不应该都是单位或者工作吗？怎么会是要感恩父母呢？没错，我最最想要感恩的就是我们爸爸和妈妈！为什么呢？且听我慢慢道来！每一年的母亲节和父亲节，都只有一天，我想先和大家分享一下父亲节发生的小故事，虽然很平凡，很普通，但是我的心确实五味杂陈暖暖的！这一年的自己，已经参加了工作，也有了自己的收入，虽然工资不是很高，但事多多少少还是有些结余的，父亲节到了，那天早上一醒来，我就给父亲微信上发了红包，金额不多，也就只有100元的红包，这一天，我一直在等待着父亲领红包！可是，等啊等啊等啊，眼看着24小时就要过去了，可是父亲还是没有领取红包，难道是忙碌着，一直没有看到吗？或者是信息太多，被挤下去了，于是，我就告诉了妈妈，让妈妈去提醒父亲，记得领取父亲节的红包。当我和妈妈说了以后，妈妈却告诉我说：你爸爸说了，他还能赚下钱，不差钱，他没有理由领取你的钱，你在外工作也不容易，留着让你自己花了，！听了妈妈的话，我的心，那一刻的感觉，真的时候无法形容的，于是，我就告诉妈妈，说也就只有100块，不多，我也不缺这100，多少一点心意，就领取了吧，我再三提醒让领取，可是，最后的结果是，红包退还了回来，这就是父亲，他不过是一个平凡的农民，对于孩子给予的，他却觉得孩子出门在外不容易，不愿意花孩子的钱！事情虽然很小，但是，却真的触动了我的心，也激发了我更要好好的工作，努力赚钱，以后给予父母更好的生活！记得还有一次是我小学的朋友要结婚了，因为处的不是很好，很一般，礼钱也就200元，当天我也没回去，于是，就让妈妈去上礼了！不过，我前一天就给妈妈发了红包，可是妈妈愣是没有领取，非说是要给就等你回来了的吧，其实啊，我知道，妈妈的意思就是要让我常回家看看！爸爸和妈妈都在用他们的觉得对的方式，爱着自己的孩子，在他们的眼中，孩子永远是长不大的。平凡的小事情，渗透着浓浓的爱意，或许，这个世界上还有很多很多向我父母一样的家长，他们不愿索取孩子们的金钱，只愿孩子们能够健借此机会，也借此平台，感恩亲爱的爸妈，希望爸爸妈妈身体健康，幸福快乐！爸爸妈妈，我爱你们！