第2章 2.第2课时 气体的等温变化-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册同步讲义(人教版)

第2课时　气体的等温变化 　封闭气体压强的计算 (1)图甲为竖直放置的U形玻璃管，其左端封闭、右端开口，用密度为ρ的液体封闭一段空气柱A，图中C、D液面水平且等高，重力加速度大小为g，其他条件已标于图上。 【问题】 试求封闭气体A的压强。 (2)在图乙中，圆柱形汽缸置于水平地面上，汽缸内被活塞封闭一定质量的气体，若活塞处于静止状态，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，汽缸与活塞之间无摩擦，大气压强为p0，重力加速度大小为g。 【问题】 试求汽缸内封闭气体的压强。 提示：(1)同一水平液面C、D处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。 (2)以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS，则p＝p0＋。 1．静止或匀速运动系统中压强的计算 (1)参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立受力平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强。例如，图甲中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知(pA＋ph0)S＝(p0＋ph＋ph0)S，即pA＝p0＋ph。 (2)力平衡法：选取与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强。 (3)连通器原理：在连通器中，同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等。图甲中同一液面C、D处压强相等，pA＝p0＋ph。 2．容器加速运动时封闭气体压强的计算 当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。 如图乙，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS－p0S－mg＝ma得p＝p0＋。 【典例1】　求图中被封闭气体A的压强。其中图(1)(2)(3)中的玻璃管内都灌有水银，图(4)中的小玻璃管浸没在水中，大气压强p0＝76 cmHg(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)。 [解析]　(1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。 (2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg。 (3)pB＝＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg。　 pA＝＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。 (4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa。 [答案]　(1)66 cmHg　(2)71 cmHg　(3)81 cmHg　(4)1.13×105 Pa [跟进训练] 1．(多选)如图所示，活塞质量为m，汽缸质量为M，两者通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封闭了一定质量的空气，而活塞与汽缸间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，封闭气体压强为p，则下列说法正确的是(　　) A．内外空气对汽缸的总作用力方向向上，大小为Mg B．内外空气对汽缸的总作用力方向向下，大小为mg C．p＝p0－ D．p＝p0＋ AC　[规定竖直向下为正方向，以汽缸底为研究对象进行受力分析，由平衡条件得pS＋Mg＝p0S，则有pS－p0S＝－Mg，可得内外空气对汽缸的总作用力方向向上，大小为Mg，故A正确，B错误；由pS＋Mg＝p0S可得p＝p0－，故C正确，D错误。] 　玻意耳定律及其应用 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．公式：pV＝C(常量)或p1V1＝p2V2。 3．适用条件 (1)气体质量不变、温度不变。 (2)气体温度不太低、压强不太大。 提醒：由于经常使用p1V1＝p2V2这种形式，故要求使用同一单位即可。 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。 【问题】 (1)上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？ (2)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？ (3)气泡在上升过程中体积为何会变大？ (4)为什么气泡到达水面会破裂？ 提示：(1)因为在恒温池中，所以气泡内气体的温度保持不变。 (2)变小。 (3)由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积变大。 (4)内外压强不相等。 1．常量C的意义：p1V1＝p2V2＝C。 该常量C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C越大。 2．应用玻意耳定律的思路和方法 (1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 (2)确定始末状态及状态参量(p1、V1、p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程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。 【典例2】　(2022·广东卷)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ取/。求水底的压强p和水的深度h。 [解析]　对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知p0V0＝pV ① 即1.0×105 Pa×(380－80)mL＝p×(380－230)mL ② 解得p＝2.0×105 Pa ③ 根据p＝p0＋ρgh ④ 解得h＝10 m。 ⑤ [答案]　2.0×105 Pa　10 m [跟进训练] 2．如图所示，一厚度不计的导热汽缸放在水平地面上，汽缸的质量m0＝6 kg，长L＝1 m。汽缸中用质量m＝4 kg、横截面积S＝10 cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，气柱长度l0＝0.4 m。已知大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，汽缸与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，缸内气体的温度保持不变。 (1)若汽缸固定在水平面上，求活塞到达缸口时缸内气体的压强p1； (2)若汽缸不固定在水平面上，求汽缸刚好滑动时气柱的长度l。 [解析]　(1)汽缸固定在水平面上时，由于汽缸导热，活塞由初始位置到达缸口的过程中发生等温变化，有p0Sl0＝p1SL 解得活塞到达缸口时缸内气体的压强p1＝4×104 Pa。 (2)若汽缸不固定在水平面上，汽缸刚好滑动时有F＝μ(m0＋m)g 设汽缸刚好滑动时内部密封气体的压强为p2，有p0Sl0＝p2Sl F＋p2S＝p0S 联立可解得汽缸刚好滑动时气柱的长度l＝0.8 m。 [答案]　(1)4×104 Pa　(2)0.8 m 　气体等温变化的图像 1．p-V图像：一定质量的气体的p-V图像为一条双曲线，如图甲所示。 2．p-图像：一定质量的气体的p-图像为过原点的倾斜直线，如图乙所示。 图甲是一定质量的气体在不同温度的p-V图线，图乙是一定质量的气体在不同温度下的p-图线。 【问题】 (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？ (2)图乙中，T3和T4哪一个大？ 提示：(1)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)同理，图乙中有T3<T4。 两种等温变化图像 内容 p-图像 p-V图像 图像 特点 物理 意义 一定质量的某种气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与就成正比，在p-图上的等温线应是过原点的倾斜直线 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p-V图像是双曲线的一支 【典例3】　(多选)如图所示，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，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是(　　) A．都一直保持不变 B．温度先升高后降低 C．温度先降低后升高 D．平均速率先增大后减小 思路点拨：(1)温度是分子平均动能的标志，同种气体温度越高，分子平均动能越大，分子平均速率越大。 (2)温度越高，pV值越大，p-V图像中等温线离坐标原点越远。 BD　[由图像可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p-V图上作出几条等温线，如图所示。由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小。故A、C错误，B、D正确。] 　(1)不同的等温线温度不同，越靠近原点的等温线温度越低，越远离原点的等温线温度越高。 (2)由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低。 [跟进训练] 3．(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是(　　) A．D→A是一个等温过程 B．A→B是一个等温过程 C．TA>TB D．B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变 AD　[D→A是一个等温过程，A正确；BC是等温线，而A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。] 1．如图所示，开口向上的汽缸内用质量为m的活塞封闭一定质量的气体，现缓慢转动汽缸，使其开口竖直向下，当活塞再次相对汽缸静止时，若汽缸导热良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，环境温度不变。下列说法正确的是(　　) A．活塞相对于汽缸仍在原位置 B．活塞相对于汽缸向开口移动 C．活塞相对于汽缸向缸底移动 D．气体压强不变 B　[缸内气体等温变化，初状态时，气体压强p1＝p0＋，末状态时，气体压强p2＝p0－。根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得V1<V2，说明活塞相对于汽缸向开口移动，故B正确，A、C、D错误。] 2．(2022·重庆西南大学附中高二期中)一上端开口，下端封闭的细长玻璃管用水银柱封闭一段气体，初始时玻璃管竖直放置，各段长度如图所示，现将玻璃管在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转θ＝37°，水银未流出管口，已知大气压强p相当于75 cm水银柱产生的压强，环境温度不变，则此时气体的长度为(　　) A． cm　　　 B． cm C．17 cm D．25 cm A　[对用水银柱封闭的一定质量的理想气体，初态有V1＝0.13S，p1＝ρgh＋p＝0.85ρg，末态为V2＝l2S，p2＝ρgh cos θ＋p＝0.83ρg，玻璃管转动过程温度不变，则有p1V1＝p2V2，解得l2＝ cm，故选A。] 3．如图所示为一种减震垫，上面布满了圆柱形薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。若气泡内气体温度保持不变，当体积压缩到V时，气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力大小。 [解析]　设压力为F，压缩后气体压强为p，由p0V0＝pV和F＝pS得F＝p0S。 [答案]　p0S 回归本节知识，自我完成以下问题： 1．玻意耳定律成立的条件有哪两条？ 提示：①一定质量、温度不变的气体； ②气体的压强不太大，温度不太低。 2．等温变化p-V图线和p-图线的形状分别如何？ 提示：一条双曲线；一条倾斜直线。 课时分层作业(五) 题组一　封闭气体压强的计算 1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为(　　) A．p0＋h2　　　 B．p0－h1 C．p0－(h1＋h2) D．p0＋(h2－h1) B　[选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确。] 2．如图所示，一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置，圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，且下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计一切摩擦，大气压强为p0，重力加速度为g，则被圆板封闭在容器中的气体的压强p为(　　) A．p0＋　 B．p0＋ C．p0＋ D．p0＋ D　[以圆板为研究对象，对圆板受力分析，如图所示，竖直方向受力平衡，则pS′cos θ＝p0S＋Mg，因为S′＝，所以p·cos θ＝p0S＋Mg，可得p＝p0＋。] 3．如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽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向右推汽缸，最后汽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) [解析]　选取汽缸和活塞整体为研究对象，汽缸和活塞相对静止时有：F＝(M＋m)a ① 以活塞为研究对象，由牛顿第二定律有： pS－p0S＝ma ② 联立①②解得：p＝p0＋。 [答案]　p0＋ 题组二　玻意耳定律及其应用 4．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为(　　) A． L B．2 L C． L D．3 L B　[由题意可知，气体初状态参量p1＝3 atm，设体积V1＝V，末状态参量p2＝3 atm－2 atm＝1 atm，因为温度保持不变，所以体积增大，为V2＝V＋4 L，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得V＝2 L，B正确。] 5．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。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则关于细管中被封闭空气的下列说法正确的是(　　) 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 B　[当水位升高时，细管中的水位也升高，被封闭空气的体积减小，由玻意耳定律可知，压强增大，故B正确，A、C、D错误。] 6．(多选)如图所示，水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是(　　) A．将管稍微上提，h不变 B．将管稍微上提，h变大 C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差也是70 cm D．将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70 cm BD　[由pV＝C知上提体积变大，压强变小，内外液面差变大，B正确；同样下插时，体积变小，压强变大，内外液面差变小，D正确。] 7．竖直倒立的U形玻璃管一端封闭，另一端开口向下，如图所示，用水银柱封闭一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，假设在管子的D处钻一小孔，则管内被封闭的气体压强p和气体体积V变化的情况为(　　) A．p，V都不变　　 B．V减小，p增大 C．V增大，p减小 D．无法确定 B　[设玻璃管两侧水银面高度差是h，大气压为p0，封闭气体压强p＝p0－ph，在管子的D处钻一小孔，封闭气体压强大小变为p0，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，封闭气体体积变小，故选项B正确，A、C、D错误。] 题组三　气体等温变化的图像 8．(多选)如图所示，图线1和2分别表示一定质量的气体在不同温度下的等温线。下列说法正确的是(　　) A．图线1对应的温度高于图线2 B．图线1对应的温度低于图线2 C．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离增大 D．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离减小 AC　[p-V图像中，图线1在图线2外侧，其对应温度较高，图线1中，气体由状态A变为B为等温膨胀过程，体积增大，气体分子间的平均距离将增大，故A、C正确。] 9．如图是一定质量的某种气体在p-V 图中的等温线，A、B是等温线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则(　　) A．S1＞S2 B．S1＝S2 C．S1＜S2 D．无法比较 B　[△OBC的面积S2＝BC·OC＝pBVB，同理，△OAD的面积S1＝pAVA，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，可知两个三角形面积相等，故B正确。] 10．如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是(　　) A 　　　　B　　 　C　 　　　D C　[筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大，选项C正确。] 11．(2021·山东等级考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　) A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 D　[根据玻意耳定律得p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，D项正确。] 12．(多选)如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝9.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝5.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差绝对值为h1＝3.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0 cmHg，环境温度不变。则下列说法可能正确的是(　　) A．此时A侧气体压强为72.0 cmHg B．此时A侧空气柱长度为10.0 cm C．此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，则注入的水银在管内的长度为3.8 cm D．此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，则注入的水银在管内的长度为3.4 cm ABC　[打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，A、B两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止(若B侧水银面高于A侧水银面，则再向B侧注入水银时A、B两侧水银面不可能在同一高度)，由力学平衡条件，有p1＝p0－ρgh1，即此时A侧气体压强p1＝72.0 cmHg，A正确；根据玻意耳定律可知p1l1S＝plS，解得l1＝＝ cm＝10.0 cm，B正确；当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律有plS＝p2l2S，由力学平衡条件有p2S＝p0S，联立并代入数据，有l2＝9.6 cm，设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意有Δh＝2(l1－l2)＋h1，代入数据得Δh＝3.8 cm，C正确，D错误。] 13．如图所示，为某学生设计的一枚“水火箭”。现用打气筒向火箭内部打气，向上提活塞时大气自由进入气筒内部；当活塞压到一定程度时，气筒内气体被压到火箭内部。已知打气之前，火箭内气体的压强与大气压强p0相同，体积为V；活塞每次上提后进入气筒内的气体的体积为0.5V；打气过程中温度不变，火箭的体积不变。求： (1)第1次打气完成后，“水火箭”内气体的压强； (2)若气筒活塞每次上提的高度为h，第n次打气时，下压活塞到离筒底长度为多大时才能将气体打入火箭内部。 [解析]　(1)设第一次打气后气压为p1，打气过程前后应遵循玻意耳定律p0(V＋0.5V)＝pV， 可求出p＝1.5p0。 (2)设第n次打气前(即n－1次打气后)气压为pn－1，n－1次打气可等效为一次气体压缩过程，满足玻意耳定律p0[V＋(n－1)]＝pn－1V， 解得pn－1＝p0。 第n次打气时，气筒内气体压缩至压强达到pn－1时打入火箭内部，设此时活塞到筒底长度为h′，气筒内部横截面积为S，根据玻意耳定律p0hS＝pn－1h′S，可求得h′＝h。 [答案]　(1)1.5p0　(2)h 10/16 学科网（北京）股份有限公司 $$