4.第2课时 气体的等温变化-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套课件（教科版2019）

4．实验：探究气体等温变化的规律 第2课时　气体的等温变化 　　　　 第二章　固体、液体和气体 1.会计算气体的压强。 2.知道什么是等温变化，掌握气体等温化规律的内容、公式及适用 条件。 3.学会利用该规律解决有关问题。 4.理解等温变化的图像，并能利用图像解决实际问题。 素养目标 知识点一　封闭气体压强的计算 1 知识点二　等温变化规律的理解及应用 2 知识点三　气体等温变化的图像问题 3 课时测评 5 随堂达标演练 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 知识点一　封闭气体压强的计算 返回 角度1　平衡状态下“管＋液柱”类封闭气体压强的计算 求各图中被封闭气体A的压强。其中(1)、(2)、(3)、(4)、(5)图中的玻璃管内都装有水银，(6)图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0＝76 cmHg＝1.01×105 Pa。(g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3) 例1 答案：66 cmHg　 pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。 答案： 86 cmHg　 pA＝p0＋ph＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg。 答案： 66 cmHg　 pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。 答案： 71 cmHg　 pA＝p0－ph＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg。 答案：81 cmHg　 pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。 答案：1.13×105 Pa pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa。 平衡状态下“管＋液柱”类封闭气体压强的计算方法 根据同种液体在同一深度向各个方向 的压强相等及连通器原理(同一种液体 在中间不间断的同一水平液面上的压 强相等)，灵活选取等压面，利用同一 液面压强相等求解气体压强。例如： (1)如图甲所示，同一液面C、D两处 压强相等，故pA＝p0＋ph＝p0＋ρ液gh； 探究归纳 (2)如图乙所示，M、N两处压强相 等，从左侧管看有pB＝pA＋ph2＝ pA＋ρ液gh2，从右侧管看有pB＝p0＋ ph1＝p0＋ρ液gh1，故pA＝p0＋(ph1－ ph2)＝p0＋ρ液g(h1－h2)。 探究归纳 角度2　平衡状态下“气缸＋活塞”类封闭气体压强的计算 已知大气压强为p0，重力加速度为g，各图中各装置均处于静止状态，求各图中被封闭气体的压强。 (1)图甲中活塞与缸壁之间无摩擦，活塞的质量为m，活塞的横截面积为S； 例2 (2)图乙中气缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态，活塞与缸壁之间无摩擦； 题图乙中，对活塞进行受力分析，如图所示 (3)图丙中活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞横截面积为S。 平衡状态下“气缸＋活塞”封闭气体压强的计算方法 选与封闭气体接触的活塞或气缸为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强。 (1)如图甲所示，在求静止于水平面 上的气缸封闭气体的压强时，以活 塞为研究对象，设活塞质量为m， 大气压强为p0，封闭气体压强为p，活塞面积为S，受力分析如图乙所示，由平衡条件，有mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋ 。 探究归纳 (2)如图丙所示，在求悬空悬挂静止的气缸封闭气体的压强时，以气缸为研究对象，设气缸质量为M，大气压强为p0，封闭气体压强为p，气缸内横截面积为S，受力分析如图丁所示，由平衡条件，有Mg＋pS＝p0S，解得p＝p0－ 。 探究归纳 角度3　加速状态下封闭气体压强的计算 (1)如图甲所示，玻璃管开口向上，竖直静止放置，外界大气压强为p0，液体密度为ρ，高度为h，重力加速度为g，若将上述玻璃管由静止自由释放，求下落过程中封闭气体的压强。 答案：p0 例3 下落过程中对液柱受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 p0S＋mg－pS＝ma a＝g 联立解得p＝p0。 (2)如图乙所示，在光滑水平面上，用恒力F推着活塞和气缸以加速度a一起做匀加速直线运动，活塞与气缸相对静止，已知活塞的质量为m，气缸的质量为M。求封闭气体的压强。 对活塞和气缸整体由牛顿第二定律得 F＝(M＋m)a 对活塞由牛顿第二定律得F＋p0S－pS＝ma 加速状态下封闭气体压强的计算 当容器处于加速状态时，通常选与气体相关联的液柱、气缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。 探究归纳 变式拓展.如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的气缸，气缸内放有一质量为m的可在气缸内无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S。现用水平恒力F向右推气缸，最后气缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压强为p0) 选取气缸和活塞整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 以活塞为研究对象，由牛顿第二定律有 pS－p0S＝ma 返回 知识点二　等温变化规律的理解及应用 返回 自主学习 情境导学　导热性良好的气缸放在水平面上，用活塞封闭一定质量的气体，现向活塞上缓慢放沙子，随着活塞上沙子的增加，气体的压强和体积如何变化？ 提示：压强增大，体积减小。 (阅读教材P42－P45完成下列填空) 1．等温变化的定义：一定质量的某种气体如果在状态变化时，其温度保持不变，这种变化叫作等温变化。 2．等温变化满足的规律 (1)内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比。 (2)表达式：___________。 (3)条件：气体的______一定，______不变。 pV＝常量 质量 温度 合作探究 问题探究　在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂。 结合以上情景分析下列问题： (1)上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？ 提示：因为在恒温池中，所以气泡内气体的温度保持不变。 (2)上升过程中，气泡内气体的压强怎样改变？ 提示：因气泡内压强p＝p0＋ρgh，上升过程中h变小，所以p变小。 (3)气泡在上升过程中体积为何会变大？ 提示：由气体等温变化的规律pV＝C可知，压强变小，气泡的体积增大。 如图所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用长为h＝ 10 cm的水银柱将管内一部分空气密封，当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度L1＝0.3 m；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢出。待水银柱稳定后，空气柱的长度L2为多少？(大气压强p0＝ 76 cmHg) 答案：0.39 m 例4 以管内封闭的气体为研究对象。玻璃管开口向上 时，管内的压强p1＝p0＋ph，气体的体积V1＝L1S (S为玻璃管的横截面积) 当玻璃管开口向下时，管内的压强p2＝p0－ph，这 时气体的体积V2＝L2S 温度不变，则有(p0＋ph)L1S＝(p0－ph)L2S 气体等温变化的规律 1．成立条件 (1)气体质量一定，温度不变。 (2)气体压强不太大(相对大气压而言)，温度不太低(相对室温)。 2．pV＝常量中常量的意义：该常量与气体的种类、质量、温度有关。对一定质量的气体，温度越高，该常量越大。 探究归纳 3．应用气体等温变化规律的思路和方法 (1)确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律成立的条件。 (2)确定始、末状态及状态参量(p1、V1，p2、V2)。 (3)根据气体等温变化规律列方程p1V1＝p2V2，代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。 (4)注意分析题目中的隐含条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程。 (5)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要删去。 探究归纳 针对练1.如图为气压式保温瓶的原理图，保温瓶内水面与出水口的高度差为h，瓶内密封空气体积为V，设水的密度为ρ，大气压强为p0，欲使水从出水口流出，瓶内空气压缩量ΔV至少为多少？(设瓶内弯曲管的体积不计，压缩前水面以上管内无水，温度保持不变，重力加速度为g) 压缩前：p1＝p0，V1＝V 压缩后水刚流出时：p2＝p0＋ρgh，V2＝V－ΔV 温度保持不变，则有p1V1＝p2V2 即p0V＝(p0＋ρgh)(V－ΔV) 针对练2.(2023·湖北襄阳期末)气缸长L＝2 m，固定在水平面上，气缸中有横截面积S＝50 cm2的光滑活塞封闭了一定质量的气体。已知环境温度t＝27 ℃，大气压强p0＝1×105 Pa，气柱长L0＝0.5 m。气缸和活塞的厚度忽略不计，导热性能良好。现用水平拉力向右缓慢拉动活塞。求： (1)活塞到达缸口时缸内气体的压强； 答案：2.5×104 Pa 气体的状态参量p1＝p0，V1＝L0S， V2＝LS 气体发生等温变化，有p1V1＝p2V2 代入数据解得p2＝2.5×104 Pa。 (2)活塞到达缸口时水平拉力的大小。 答案：375 N 根据平衡条件可得p2S＋F＝p0S， 解得F＝375 N。 返回 知识点三　气体等温变化的图像问题 返回 (1)图甲中两条等温线表示的温度T1和T2哪一个比较高？为什么？ 提示：如图所示，在两条等温线上取体积相同的两个点(即两个状态)A和B，可以看出pA＞pB，因此T2＞T1。 (2)图乙中T3和T4哪一个大？ 提示：同理，图乙中有T3＜T4。 角度1　p-­V图像 (2023·烟台高二检测)如图是一定质量的某种气体状态变化的p­-V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是 A．一直保持不变 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 例5 √ 由题图可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上。由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，所以从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故D正确。 √ 例5 A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成 正比 B．一定质量的气体在发生等温变化时，其 图线的延长线经过坐标原点 C．T1＞T2 D．T1＜T2 √ 1．气体等温变化的图像 名称 图像 p­V图像 图像     探究归纳 探究归纳 名称 图像 p­V图像 温度高低 直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，p、V乘积越大，温度就越高，图中T2＞T1 一定质量的气体，温度越高，p、V乘积必然越大，在p­V图像上的等温线距离原点就越远，图中T1＜T2 探究归纳 2．一定质量的某种气体，其等温线是双曲线的一支，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图 所示。 探究归纳 √ √ 针对练1.(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 题图A中可以直接看出温度不变；题图B说明p∝ ，即pV＝常量，是等温过程；题图C横坐标为温度，不是等温线；题图D的p­-V图线不是双曲线，故不是等温线。故A、B正确，C、D错误。 针对练2.如图为一定质量的某种气体的p­V图像，A、B是双曲线上的两点，△OAC和△OBD的面积分别为S1和S2，则 A．S1＜S2 B．S1＝S2 C．S1＞S2 D．S1与S2的大小无法确定 √ 返回 ＜ 随堂达标演练 返回 √ 1．(选自鲁科版新教材课后练习)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。假设温度不变，洗衣缸内水位升高。则细管中被封闭的空气 A．体积不变，压强变小 B．体积变小，压强变大 C．体积不变，压强变大 D．体积变小，压强变小 由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据pV＝常量可知，气体压强增大，B正确。 √ 2.(多选)如图为一定质量的某种气体的两条p­V图线，两图线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个 状态) A．TA＝TB B．TB＝TC C．TC＞TD D．TD＞TA √ P-­V图像中，等温线为双曲线的一支，等温线上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远，所以TD＞TA，D正确；A、B两个状态在同一条等温线上，所以TA＝TB，同理可得TC＝TD，A正确，C错误；B和C两个状态分别在两条等温线上，所以TB≠TC，B错误。 3．(2023·安徽六安一中期中)如图所示，在一端封闭的U形管内，三段水银柱将空气柱A、B、C封在管中，在竖直放置时，A、B两气柱的下表面在同一水平面上，另两端的水银柱长度分别是h1＝3 cm，h2＝4 cm，外界大气的压强p0＝76 cmHg，则A、C两段气体的压强分别是多少？ 答案：80 cmHg　77 cmHg 根据液体产生的压强有 pA＝p0＋ph2＝76 cmHg＋4 cmHg＝80 cmHg 空气柱A与B相连的水银面的高度是相等的，有 pB＝pA＝80 cmHg 空气柱C的水银面比空气柱B的水银面高h1，所以C气体的压强pC＝pB－ph1＝77 cmHg。 4．(2023·广东潮州期末)有一质量为M的气缸，用质量为m的活塞封着一定质量的气体。当气缸水平横放时，气缸内空气柱长为l0(如图甲所示)。现把气缸竖直放在水平地面上并保持静止(如图乙所示)。已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，它与气缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。求： (1)竖直放置时气缸内的压强； 竖直放置气缸时，活塞受力平衡，有 p0S＋mg＝p2S (2)竖直放置时气缸内空气柱的长度。 对气缸内的气体，初态有p1＝p0，V1＝l0S 气缸从水平放置到竖直放置，末态压强为p2，体积为V2＝lS 气体发生等温变化，有p1V1＝p2V2 返回 课 时 测 评 返回 1．(2023·上海市格致中学测验)如图所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为 A．h1－h2 B．h1＋h2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设大气压强为p0，左边空气柱的压强为p左＝p0－ρgh1，右边空气柱的压强为p右＝p0＋ρgh2＝p左＋ρgh1＋ρgh2＝p左＋ρgh，则h＝h1＋h2，故B 正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 2．如图所示，有一段12 cm长的水银柱在均匀玻璃管中封住了一定质量的气体，若管口向上将玻璃管放在一个倾角为30°的光滑斜面上，在自由下滑过程中被封闭气体的压强(设大气压强为p0＝76 cmHg)为 A．70 cmHg B．76 cmHg C．82 cmHg D．88 cmHg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 以玻璃管与水银柱整体为研究对象，有Mgsin 30°＝Ma，可得a＝ g①，水银柱相对玻璃管静止，则二者加速度相等，以水银柱为研究对象，有mgsin 30°＋p0S－pS＝ma②，将①代入②得p＝p0＝76 cmHg。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 3．(2023·上海市高二期中)如图所示，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏下的过程中，气体的 A．压强变大，体积变大 B．压强变大，体积变小 C．压强变小，体积变大 D．压强变小，体积变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞和沙漏整体分析可知pS＋mg＝p0S，则当m减小时，p增大；根据气体等温变化规律的表达式pV＝常量可知，体积减小，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 4．(2023·山东潍坊市期中)如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长细管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中，平衡时水银柱的位置如图所示，其中h1＝5 cm，h2＝7 cm，L1＝50 cm，大气压强为75 cmHg，则右管内气柱的长度L2等于 A．44 cm B．46 cm C．48 cm D．50 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 左侧管内气体压强为p1＝p0＋ph2＝82 cmHg，则右侧管内气体压强为p2＝p1＋ph1＝87 cmHg，右侧管中下端水银液面比外界低87 cm－75 cm＝12 cm，右侧气柱长L2＝L1－h1－h2＋12 cm＝50 cm，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 5.如图所示，上端封闭的细管插在水银槽中，管内封闭着一段气柱。现使细管缓慢地绕其最下端偏离竖直方向一定角度，能描述管内气体状态变化的图像是(箭头表示状态的变化方向，A、B选项中曲线为双曲线的一支) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设大气压强为p0，封闭气体压强p＝p0－ρgh，细管绕其最下端偏离竖直方向一定角度，水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大；气体温度不变，压强变大，由pV＝常量可知，气体体积将变小，由数学知识知p-­V图线为双曲线的一支，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 6.为了直观地描述一定质量理想气体的等温变化时压强p与体积V的关系，通常建立p-V坐标系来研究。该气体在T1、T2温度下的等温线如图所示，则它的 图像应为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 7．一定质量的理想气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小 2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为 由气体等温变化的规律有p1V1＝p2V2，即3 atm×V＝(3－2) atm×(V＋ 4 L)，解得V＝2 L，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 √ 8．一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变，水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2，大气压强为1.0×105 Pa) A．3倍 B．2倍 C．1.5倍 D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9．(2023·山西晋城一中月考)在光滑水 平面上有一个内、外壁都光滑的气缸， 气缸质量为M，气缸内有一质量为m的 活塞，已知M＞m，活塞密封一部分气体。 现对气缸施加一水平向左的拉力F，如图甲所示，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞，如图乙所示，气缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2。设密封气体的质量和温度均不变，大气压强为p0，则 A．a1＝a2、p1＜p2、V1＞V2 B．a1＜a2、p1＞p2、V1＜V2 C．a1＝a2、p1＜p2、V1＜V2 D．a1＞a2、p1＞p2、V1＞V2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 对气缸与活塞组成的整体，根据牛顿第二定律可知a1＝a2。设活塞横截面积为S，对题图甲，以活塞为研究对象，有p0S－p1S＝ma1；对题图乙，以气缸为研究对象，有p2S－p0S＝Ma2，可知p1＜p2。根据气体等温变化的规律有p1V1＝p2V2，则V1＞V2，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10．(12分)(2023·吉林通化第六中学月考)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝33 cm，两边水银柱高度差h＝10 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求： (1)此时被封闭的气柱的压强p1； 答案：66 cmHg 封闭气柱的压强为p1＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后封闭气柱长度变为30 cm，此时两边水银柱的高度差。 答案：3.4 cm 气体发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时两边水银柱的高度差为h′，根据气体等温变化的规律有p1LS＝p1′L′S 解得p1′＝ p1＝72.6 cmHg 同时有p1′＋ph′＝p0 解得ph′＝3.4 cmHg，即此时两边水银柱的高度差为h′＝3.4 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11．(12分)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm、l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。 答案：1 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设A、B两管横截面积分别为S1、S2，注入水银后A、B两管内气柱长度分别减少了h1和h2，压强分别为p1和p2，则有p0l1S1＝p1(l1－h1)S1 p0l2S2＝p2(l2－h2)S2 且p2＝p0＋ph，p1＝p2＋ph2－ph1 代入数据解得Δh＝h2－h1＝1 cm。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 谢 谢 观 看 ！ 第二章　 　固体、液体和气体 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 角度2　p­图像 (多选)(2023·西宁高二检测)如图为一定质量的某种气体在不同温度下的两条p­图线。由图像可知 p­ 题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p­图线， 由题图知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题 图可以看出，p­图线的延长线过坐标原点，故B正确； 一定质量的某种气体发生等温变化时，有pV＝C(常量)，即p＝C·，又温度越高C(常量)越大，所以T1＜T2，C错误，D正确。 p­ 名称 p­图像 p­V图像 物理意义 一定质量的气体，温度不变时，pV＝常量，p与V成反比，p与就成正比，在p­图像上的等温线应是过原点的倾斜直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下p与V成反比，因此等温过程的p­V图像是双曲线的一支 p­ p- 根据气体等温变化的规律有＝＝＝＝＝1.5。故 选C。 $$