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同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 物理选择性必修三 多媒体课件 第二章　气体、固体和液体 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 突破点二　玻意耳定律的综合应用　　 突破点三　气体的变质量问题初步　　 [专题突破(三)]　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 【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 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。 【基础应用题】 1．(2024·上海金山检测)如图，玻璃管开口向下置于水银槽内，管内封闭了一段气体，在槽内缓慢加入水银的过程中，管内封闭气体状态变化可能是下图中的(　　 ) 解析：选B。在槽内缓慢加入水银的过程中，管内气体做等温变化，根据玻意耳定律pV＝C可知，气体的p ­V图像为双曲线，p ­T图像为平行于y轴的一条直线，故A、C错误；在槽内缓慢加入水银的过程中，气体的压强增大，体积减小，故B正确，D错误。 2．(多选)如图所示是一定质量的气体由状态A变化到状态B再变化到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中(　　 ) A．从A到B的过程温度升高 B．从B到C的过程温度升高 C．从A到B再到C的过程温度先降低再升高 D．A、C两点的温度相等 解析：选AD。作出过B点的等温线如图所示， 根据p ­V图像中等温线的特点可知TB>TA＝TC，故从A到B的过程温度升高，A正确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C错误；A、C两点在同一等温线上，温度相等，D正确。 3．(2024·山东日照检测)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 cm2 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 解析：选D。以充气前臂带内气体和5次充入的空气整体为研究对象。已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，代入数据整理得V＝60 cm3，故D正确。 4．如图所示，劲度系数k＝500 N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热性良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态。已知汽缸质量m1＝5 kg，汽缸底面积S＝10 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，此时活塞离汽缸底部的距离h1＝40 cm。现在汽缸顶部加一质量m2＝5 kg的重物。忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力，汽缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10 m/s2。则汽缸稳定时下降的距离为(　　 ) A．10 cm B．20 cm C．30 cm D．40 cm 解析：选B。设未加重物时内部气体压强为p1，由平衡条件可得p1S＝m1g＋p0S，解得p1＝1.5×105 Pa；加重物后，设汽缸内气体压强为p2，同理可得p2S＝m1g＋p0S＋m2g，解得p2＝2.0×105 Pa，由玻意耳定律有p1h1S＝p2h2S，解得h2＝0.3 m。活塞下降距离为Δx＝＝0.1 m，所以汽缸稳定时下降的距离Δh＝h1－h2＋Δx＝0.2 m＝20 cm，故B正确。 5．(2024·河北邯郸期末)如图，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2。当空气柱被压缩到50 cm长时，压力传感器关闭洗衣机进水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为(设整个过程中温度保持不变)(　　 ) A．40 cm B．42 cm C．44 cm D．46 cm 解析：选B。设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封闭空气柱长度为l1，细管横截面积为S，压力传感器关闭时空气柱长度为l2，则由玻意耳定律可知p0l1S＝pl2S，则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p＝p0＋ρg(h＋l2－l1)，解得h＝42 cm，故B正确。 【综合提升题】 6．(2024·上海崇明模拟)如图所示，一定质量的气体从状态a沿图线变化到状态b，则气体的(　　 ) A．温度升高 B．内能增大 C．温度降低 D．内能不变 解析：选C。在p ­ 图像中分别作出过a点和b点的等温线，如图所示， 因为等温线的斜率越大对应的温度越高，所以气体从状态a沿图线变化到状态b的过程中，温度越来越低，A错误，C正确；对一定质量的气体来说，温度降低，气体的内能减小，故B、D错误。 7．现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为(　　 ) A．20 L B．40 L C．50 L D．60 L 解析：选B。设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1＝15 MPa，V1＝400 L；末态：p2＝3 MPa，V2＝40V0＋400 L。因为不考虑温度变化，所以由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入数据得V0＝40 L，故B正确。 8．如图所示，在长为l＝57 cm、一端封闭且另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃。现将水银缓慢注入管中，直到水银面与管口相平。此时管中气体的压强为多少？新注入水银柱的高度为多少？(大气压强为p0＝76 cmHg) 解析：设玻璃管的横截面积为S，水银的密度为ρ 初态时，管内气体的体积为V1＝51 cm·S 压强为p1＝p0＋ρgh＝80 cmHg 当水银面与管口相平时，设水银柱高度为H，则管内气体的体积为V2＝(l－H)S 压强为p2＝p0＋ρgH 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 联立解得H＝9 cm(H＝－28 cm不合题意，舍去) 所以p2＝85 cmHg 新注入水银柱的高度为 Δh＝H－4 cm＝5 cm。 答案：85 cmHg　5 cm 9．(2024·重庆沙坝检测)气压式升降椅内的汽缸填充了氮气，汽缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L＝21 cm。设汽缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)初始状态封闭气体的压强； (2)若把质量为M＝30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。 解析：(1)对汽缸与椅面整体受力分析，由受力平衡有p1S＝p0S＋mg 解得p1＝1.5×105 Pa。 (2)重物放上后，设汽缸内气体的压强为p2，对汽缸、椅面与重物整体受力分析，由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g 解得p2＝4.5×105 Pa 对汽缸内气体分析，气缸导热性能良好，环境温度不变，则汽缸内气体温度不变，则 初状态p1＝1.5×105 Pa，V1＝LS 末状态p2＝4.5×105 Pa，V2＝L′S 对汽缸内气体由玻意耳定律有 p1LS＝p2L′S 解得L′＝7 cm 即高度下降h＝L－L′＝14 cm。 答案：(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm 【创新拔高题】 10．(2024·河北张家口期末)为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积为；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为 p0；不考虑抽气引起的温度变化。求： (1)青铜鼎材料的总体积； (2)抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。 解析：(1)对第一次抽气过程分析，由玻意耳定律得 p0(V0－ΔV)＝ p0(V0－ΔV＋V0) 解得ΔV＝V0。 (2)设第二次抽气后气体的压强为p2，同理有 p0(V0－ΔV)＝p2(V0－ΔV＋V0) 设剩余气体压强为p0时体积为V，则 p0V＝p2(V0－ΔV) 所以剩余气体与原气体的质量比 ＝ 联立解得＝。 答案：(1)V0　(2)196∶225 $$