10 第2章 专题突破三 气体等温变化规律的应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义教师用书（人教版2019）

专题突破三 气体等温变化规律的应用 本专题主要学习等温变化的图像特点，并能用图像分析实际问题，学会应用玻意耳定律处理较复杂的等温变化问题、变质量问题等。通过本专题的学习可以加深对玻意耳定律的理解，提升综合分析能力和解决实际问题的能力。 突破点一　等温变化的图像问题　　　　　　　　　　　　　 1．等温变化的p ­V图像 根据玻意耳定律可知，一定质量的气体进行等温变化时，压强和体积成反比，即pV＝C(常量)，所以气体的p ­V图像为一条双曲线，如图甲所示。 图乙为气体在不同温度下进行等温变化时的p ­V图像。在两条等温线上取体积相同的两个状态A和B，由于pA＜pB，所以T1＜T2。 2．等温变化的p ­ 图像 根据p＝可知，一定质量的气体进行等温变化时，压强和体积的倒数成正比，所以气体的p ­ 图像为过原点的一条倾斜直线，如图丙所示。 图丁为气体在不同温度下进行等温变化时的p ­ 图像。在两条等温线上取体积(或体积的倒数)相同的两个状态A和B，由于pA＜pB，所以T1＜T2。 【典例1】 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，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 解析：选D。由题给p ­V图像的数据可知，pAVA＝pBVB，所以气体在A、B两状态的温度相等，处在同一等温线上。在p ­V图像上作几条等温线作为辅助线，如图所示， 由于离原点越远的等温线温度越高，所以气体从状态A变化到状态B时，温度先升高后降低，即分子的平均速率先增大后减小，故D正确。 【典例2】 (多选)如图所示，由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.由D→A是一个等温过程 B．由A→B是一个等温过程 C．温度TA>TB D．由B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变 解析：选AD。在p ­ 图像中，由D→A的图线是过原点的一条倾斜直线，所以是一个等温过程，故A正确；在p ­ 图像中，等温线的斜率越大，对应气体的温度越高，所以T2>T1，即由A→B温度升高，故B、C错误；同理，由B→C也是一个等温过程，且体积V增大，压强p减小，故D正确。 [规律方法]一定质量的气体进行等温变化时的温度越高，pV＝C(常量)中的C越大，对应p ­V图像中的等温线离原点越远，p ­ 图像中的等温线的斜率越大。 【针对训练1】 如图所示，一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。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是(　　 ) 解析：选C。金属筒从A下降到B的过程中，筒内气体发生等温变化，且压强p变大，体积V变小，故A、B错误；再结合p ­V图像和p ­图像中等温线的特点可知，C正确，D错误。 突破点二　玻意耳定律的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 【典例3】 如图所示，一个上下都与大气相通的导热直圆筒，内部横截面积为S＝0.01 m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体。A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气。A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k＝5×103 N/m的较长的弹簧相连。已知大气压强p0＝1×105 Pa，平衡时两活塞之间的距离l0＝0.6 m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后保持平衡，此时用于压A的力F＝500 N，求活塞A下移的距离。 解析：活塞A和B缓慢下移时，直圆筒导热，密闭气体做等温变化。设活塞A向下移动l时，活塞B相应地向下移动x 气体的初态p1＝p0，V1＝l0S 末态p2＝p0＋，V2＝(l0－l＋x)S 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 即p0l0S＝(l0－l＋x)S 初态时，设弹簧的压缩量为x′，对活塞B，由平衡条件及胡克定律可得Mg＝kx′ 末态时，设弹簧弹力为F′，则活塞B的受力如图所示， 同理可知p0S＋F′＝p0S＋F＋Mg 其中F′＝k(x＋x′) 联立解得l＝0.3 m。 答案：0.3 m [规律方法]玻意耳定律应用的关键在于：气体初、末状态压强和体积的确定。气体初、末状态的压强往往与受力分析、平衡条件等力学知识相关联，而初、末状态的体积往往与隐含的几何关系相关联。所以要注意隐含条件的挖掘和辅助方程的建立。 【针对训练2】 如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内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＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。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L′＝20 cm，求此时两边水银柱的高度差及注入水银的长度。 解析：设玻璃管的横截面积为S，注入水银后两边水银柱的高度差为h′。则封闭气柱初态的压强 p1＝p0－ph＝(76－16) cmHg＝60 cmHg 初态的体积V1＝LS 末态的压强P2＝p0－ph′＝(76 －h′) cmHg 末态的体积V2＝L′S 根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 代入数值解得h′＝10 cm。 设注入水银柱的长度为x，则有 (16 cm＋2 cm×2)－x＝h′ 解得x＝10 cm。 答案：10 cm　10 cm 突破点三　气体的变质量问题初步　　　　　　　　　　　　　　　 1．充气问题 以给足球充气为例。由于充气后球内空气的质量会增加，所以无法直接用玻意耳定律求解问题。但是，如果将“充气前足球内的空气”和“充进去的空气”看作一个整体进行研究，建立初、末状态之间的状态方程，就可以将气体的变质量问题转化为定质量问题。 [说明]对于气体的“泄漏”“分装”等问题，都可以利用“整体法”将变质量问题转化为定质量问题进行处理。 2．抽气问题 用抽气筒抽取容器内的气体时，如果将每次抽气过程中“抽出的气体”和容器内“剩余气体”看作一个整体进行研究，则该次抽气过程也可以转化为定质量问题。 [说明]虽然抽气筒每次抽取气体的体积相同，但抽出气体的压强(或质量)越来越小，所以不便“全程”处理，应逐次分析求解。 【典例4】 (2024·湖北仙桃期中)用打气筒给自行车打气，每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，自行车内胎的容积为2.0 L，假设胎内原来空气的压强为1 atm，且打气过程的温度不变，内胎容积不变。那么打了40次后胎内空气的压强为(　　 ) A．5 atm B．4 atm C．3 atm D．2 atm 解析：选C。每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，打了40次，压强为1 atm时总体积为0.1×40 L＝4 L，加上胎内原有的气体，压缩前气体总体积V1＝4 L＋2 L＝6 L，压入内胎，体积减小为2 L，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入数据解得p2＝3 atm，故C正确。 【典例5】 活塞式真空泵的工作原理如图，抽气筒与被抽容器通过自动阀门相连，当活塞从抽气筒的左端移动到右端时，阀门自动开启，被抽容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端移动到左端时，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往复，被抽容器内气体的压强越来越小。已知某被抽容器的容积为V，抽气筒每抽一次，抽出的气体体积为V′＝，设抽气过程中温度不变，被抽容器内原来气体的压强为p0。则抽气三次后，被抽容器内的气体压强变为多少？ 解析：设抽气一次后气体压强变为p1，根据玻意耳定律可得p1(V＋V′)＝p0V 解得p1＝ p0 同理，抽气两次后气体的压强p2满足 p2(V＋V ′)＝p1V 抽气三次后气体的压强p3满足 p3(V＋V′)＝p2V 解得p3＝ p0。 答案： p0 [规律方法]通过以上分析可进一步推知：经过n次抽气后，被抽容器内气体的压强变为pn＝p0。 学科网（北京）股份有限公司 $$