第2章 专题强化2 气体等温变化规律的应用 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（教科版2019）

DIERZHANG 第二章 专题强化2　气体等温变化规律的应用 1.理解气体等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。 2.学会应用气体等温变化规律处理相关的气体问题(重难点)。 学习目标 2 一、气体等温变化的p－V图像或p－ 图像 二、气体等温变化规律的应用 专题强化练 学习目标 内容索引 3 一 气体等温变化的p－V 图像或p－ 图像 4 1.气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为 ，它描述的是温度不变时的p－V关系，称为等温线。 2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是 的。 双曲线的一支 不同 1.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p－V图线，T1和T2哪一个大？为什么？ 答案　T2。一定质量的气体，温度越高，气体压强与体 积的乘积必然越大，在p－V图像上的等温线离坐标原点越远。 讨论交流 2.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p－ 图线，T1和T2哪一个大？为什么？ 答案　T2。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。 　(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 例1 √ √ D→A是一个等温过程，A正确； 由题图可知T2>T1，故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。 　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.平均速率先减小后增大 例2 √ 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，可在p－V图上作出等温线，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，故选B。 二 气体等温变化规律的应用 10 　(2022·柳州市高二期中)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。 (1)求此时被封闭的气柱的压强p； 例3 答案　60 cmHg 封闭气柱的压强 p1＝p0－ph＝76 cmHg－16 cmHg＝60 cmHg (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20 cm，求此时两边水银柱的高度差。 答案　10 cm 因为气体发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时两边水银柱的高度差为h′， 根据气体等温变化规律p1LS＝p1′L′S， 又p1′＋ph′＝p0，则ph′＝10 cmHg，得h′＝10 cm。 　(2022·湛江市高二期末)气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气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，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆 例4 与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L＝21 cm。设气缸气密性、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； 答案　1.5×105 Pa　 对气缸与椅面整体受力分析， 由受力平衡有p1S＝p0S＋mg 得p1＝1.5×105 Pa (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。 答案　14 cm 重物放上后，设气缸内气体压强为p2，对气缸、椅面 与重物整体受力分析 由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g 得p2＝4.5×105 Pa 对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则气缸内气体温度不变 初状态p1＝1.5×105 Pa，V1＝LS， 末状态p2＝4.5×105 Pa，V2＝L′S， 对气缸内气体由气体等温变化规律有 p1LS＝p2L′S， 得L′＝7 cm， 即高度下降h＝L－L′＝14 cm。 应用气体等温变化规律解题的一般步骤 (1)确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律的条件。 (2)确定初、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求解(注意统一单位)。 (4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明。 特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。 总结提升 　(2022·牡丹江市高二期末)用打气筒给自行车胎打气，设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，且打气过程温度不变，那么打了40次后胎内空气压强为 A.5 atm B.4 atm C.3 atm D.2 atm 例5 √ 每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，打了40次，打入的总体积为V打＝0.1×40 L＝4 L，加上胎内原有的1 atm的体积2.0 L，压缩前气体总体积V1＝4 L＋2 L＝6 L，压入内胎，体积减小为V2＝2 L，根据气体等温变化规律得p1V1＝p2V2，代入数据解得p2＝3 atm，故选C。 温度不变时，向球或轮胎中充气时气体的质量发生变化。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体整体作为研究对象，就可以把变质量气体问题转化为定质量气体的问题。 总结提升 三 专题强化练 1.(多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ √ 选项A图中可以直接看出温度不变； B图说明p∝ ，即pV＝常数，是等温过程； C图横坐标为温度，不是等温变化； D图的p－V图线不是双曲线，故不是等温线，故选A、B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2022·遂宁市高二期末)如图所示，一定质量的某种气体先后处于a、b、c、d四个状态，则这四个气体状态的温度关系正确的是　 A.Ta<Tb<Tc<Td B.Ta＝Tb<Tc＝Td C.Ta＝Tb>Tc＝Td D.Ta<Tc<Tb＝Td √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由气体等温变化规律pV＝C知，pV乘积越大，则温度T越大，由图可知，a、b、c、d四点的pV乘积的大小分别为(格子数乘积)6、18、9、18，则四点的温度关系是Ta<Tc<Tb＝Td，故选D。 3.(多选)如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA＝TC，故从A到B的过程温度升高，A项正确； 从B到C的过程温度降低，B项错误； 从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C项错误； A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项正确。 考点二　气体等温变化规律的应用 4.(2022·长春市第六中学高二期末)如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气柱的长度为 A.20 cm 　　 B.25 cm 　　 C.40 cm 　　 D.45 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为p1＝ 75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg， 体积V1＝30S(cm3) 当两侧管内水银面相平时，设气柱长为L，则气体体积为V2＝LS，压强p2＝75 cmHg， 由气体等温变化规律可得p1V1＝p2V2， 联立解得L＝20 cm，故A正确，B、C、D错误。 5.(2022·哈尔滨市高二期末)增压玩具水枪通过压缩空气提高储水腔内的压强。已知储水腔的容积为1.0 L，初始时，在储水腔中注入0.5 L的水，此时储水腔内气体压强为p0，现用充气管每次将0.02 L压强为p0的气体注入储水腔中，忽略温度变化。要使储水腔内气体压强增大到1.2p0，则应该充气的次数为 A.5 　　　B.10 　　　C.15 　　　D.20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 设应该充气的次数为n，由气体等温变化规律有 p0(V0＋nV1)＝1.2p0V0，即 p0×(0.5＋0.02n)＝1.2p0×0.5 解得n＝5，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2022·长春市高二期末)如图所示，在长为57 cm且一端封闭、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长的气体，管内、外气体的温度相同。现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平。外界大气压强p0＝76 cmHg，且温度不变。求此时管中封闭气体的压强。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　85 cmHg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象， 初状态p1＝p0＋ph1＝80 cmHg，V1＝51 cm×S， 末状态p2＝p0＋ph＝(76＋h) cmHg， V2＝(57 cm－h)S， 气体发生等温变化，由气体等温变化规律得p1V1＝p2V2， 代入数据解得h＝9 cm，则p2＝85 cmHg。 7.今有一质量为m的气缸，用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(图甲)，现把活塞按如图乙所示悬挂，气缸悬在空中保持静止。求此时气缸内空气柱长度为多少？已知大气压为p0，活塞的横 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　见解析 截面积为S，它与气缸之间无摩擦且不漏气，重力加速度为g，气体温度保持不变。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设悬挂时空气柱长为l1，选取气缸内封闭的气体为研究对象，气体发生等温变化 初始状态：p1＝p0，V1＝l0S 对图乙气缸进行受力分析(如图) 由平衡条件得p0S＝p2S＋mg 由气体等温变化规律知p1V1＝p2V2， 8.(多选)(2022·重庆市高二期末)如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是 A.h2变长 B.h2不变 C.水银柱上升 D.水银柱下降 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 管内封闭气体的压强p＝p0＋ρgh1，也可以有p＝p0＋ρgh2，则知h1＝h2，h1不变，则h2不变。当外界压强增大时，管内封闭气体压强p增大，根据气体等温变 化规律pV＝C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故选B、D。 9.(2022·齐齐哈尔市高二期末)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，则由气体等温变化规律可知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－l1＋l2)，解得h＝42 cm，故选B。 10.(2022·邯郸市邯山区第一中学高二月考)水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有742 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为732 mm水银柱时，实际的大气压强为(环境温度不变) A.748 mmHg B.756 mmHg C.742 mmHg D.758 mmHg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S， 初态p1＝(760－742) mmHg＝18 mmHg，V1＝80S (mm3) 末态p2＝(p－732) mmHg，V2＝80S＋(742－732)S (mm3)＝90S (mm3) 根据气体等温变化规律得p1V1＝p2V2， 代入解得p＝748 mmHg，A正确。 11.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，导热性良好的气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。已知气缸质量m1＝5 kg，气缸底面积S＝10 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，此时活塞离气缸底部的距离h1＝40 cm。现在气缸顶部加一质量m2＝5 kg的重物。忽略气缸壁厚度以及活塞与气缸之间的摩擦力，气缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10 m/s2。则气缸稳定时下降的距离为 A.10 cm B.20 cm C.30 cm D.40 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，设气缸内气体压强为p2 由平衡条件可得：p2S＝m1g＋p0S＋m2g 解得：p2＝2.0×105 Pa 由气体等温变化规律有：p1h1S＝p2h2S 解得：h2＝0.3 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 活塞下降距离为Δx＝ 　＝0.1 m 所以气缸稳定时下降的距离： Δh＝h1－h2＋Δx＝0.2 m＝20 cm，故选B。 12.如图所示，竖直放置的导热性良好的气缸，活塞横截面积为S＝0.01 m2，可在气缸内无摩擦滑动，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H＝70 cm的气柱(U形管内的气体体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 不计)。已知活塞质量m＝6.8 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，水银密度ρ＝13.6×103 kg/m3，g＝10 m/s2。 (1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1； 答案　5 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 以活塞为研究对象，则有p0S＋mg＝p1S 而p1＝p0＋ρgh1 ＝0.05 m＝5 cm (2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5 cm，求活塞平衡时到气缸底部的距离为多少厘米(结果保留整数)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　80 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5 cm 封闭气体的压强p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05)Pa＝ 93 200 Pa 初始时封闭气体的压强为： 气缸内的气体发生的是等温变化， 根据气体等温变化规律有：p1V1＝p2V2，即p1HS＝p2H′S 解得：H′≈80 cm。 代入数值得p1′＝p1＝·60 cmHg＝66 cmHg 考点一　气体等温变化的p－V图像或p－图像 整理得p2＝p0－ 末状态：p2＝p0－，V2＝l1S 由以上各式得l1＝l0。 得p1＝p0＋ 所以有：＝ρgh1 解得：h1＝＝ m p1＝p0＋＝106 800 Pa $$