1.5 气体实验定律(1) （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（鲁科版2019）

DIYIZHANG 第1章 第5节　气体实验定律(一) 1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件，能用玻意耳定律解答有关问题(重难点)。 2.理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。 学习目标 2 内容索引 一、玻意耳定律及其应用 二、气体等温变化的p－V图像及p－ 图像 课时对点练 3 一 玻意耳定律及其应用 4 1.玻意耳定律 (1)内容：一定质量的气体，在 保持不变的条件下，压强与体积成 。 (2)公式： 或p1V1＝p2V2。 (3)条件：气体的 一定， 保持不变。 温度 反比 质量 温度 2.微观解释 从微观角度看，一定质量的气体分子总数不变。温度保持不变时，分子 保持不变。当气体体积减小时，单位体积内的分子数 ，气体的压强也就增大；当气体体积增大时，单位体积内的分子数 ，气体的压强也就减小。 平均动能 增多 减少 1.如图所示，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： (1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变？ 思考与讨论 答案　由p＝ρ液gh知，气泡内气体压强变小。 (2)气泡在上升过程中体积为何会变大？ 答案　由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大。 2.一定质量的气体温度升高时(体积不变)，pV＝C中的C的数值是怎样变化的？为什么？ 答案　增大，气体的体积保持不变，当温度升高时，气体分子的平均速率增大，气体分子数密度不变，对器壁的平均作用力变大，压强变大，C值变大。 (2022·山西运城市高二月考)水中的一个气泡从距离水面30 m处上升到距离水面10 m处时，它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变，大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2) A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 例1 √ 大气压强为p0＝1×105 Pa，距离水面30 m处的压强p1＝p0＋ρgh1＝4p0，距离水面10 m处的压强p2＝p0＋ρgh2＝2p0，根据p1V1＝p2V2，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。 如图所示，水银柱长度为19 cm，大气压强为1×105 Pa(相当于76 cm高的水银柱产生的压强)，玻璃管粗细均匀，外界温度恒定。玻璃管开口向上竖直放置时，被封闭的气柱长15 cm，当开口竖直向下放置时(水银没有溢出管外)，被封闭的气柱的长度是多少？ 例2 答案　25 cm 玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体的压强为大气压强 加上由水银柱产生的压强 p1＝p0＋ρgh水银 封闭气体的体积V1＝h1S(S为玻璃管的横截面积)。 玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体的压强为大气压强减去由水银柱产生的压强 p2＝p0－ρgh水银 封闭气体的体积V2＝h2S 由于气体的温度不变，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2有 (p0＋ρgh水银)×h1S＝(p0－ρgh水银)×h2S 所以，玻璃管开口向下竖直放置时，气柱的长度为25 cm。 (2022·广东湛江市高二期末)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 例3 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 放上重物后，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， 对气缸内气体由玻意耳定律有 p1LS＝p2L′S， 得L′＝7 cm， 即高度下降h＝L－L′＝14 cm。 应用玻意耳定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件。 (2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程求解(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 二 气体等温变化的p－V图像 及p－ 图像 18 1.在平面直角坐标系中，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 。 双曲线 不同的 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？ 思考与讨论 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。 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4 √ √ 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，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。 三 课时对点练 考点一　玻意耳定律及其简单应用 1.一定质量的某种气体温度不变，体积为V时，压强为p，当体积变成2V时，压强为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 基础对点练 √ 2.(多选)一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的 2倍，则下列说法正确的是 A.气体分子的平均动能增大 B.气体的密度变为原来的2倍 C.气体的体积变为原来的一半 D.气体的分子总数变为原来的2倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，气体质量是一定的，分子总数不变，故分子的平均动能不变，故A、D错误； 3.人们常常用充气泵为鱼缸内的水补充氧气。如图为充气泵气室的工作原理图。设大气压强为p0，气室内气体的压强为p，气室通过阀门K1、K2与空气导管相连接，温度保持不变。则下列说法正确的是 A.向上拉橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通 B.向上拉橡皮膜时，p<p0，K1关闭，K2开通 C.向下压橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通 D.向下压橡皮膜时，p<p0，K1关闭，K2开通 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题图可知，当向上拉橡皮膜时，气室内的气体体积变大，气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，气体压强变小，小于大气压，即p<p0，阀门K1开通，K2关闭，故A、B错误； 由题图可知，当向下压橡皮膜时，气室内气体体积变小，气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，气体压强变大，大于大气压，即p>p0，阀门K1关闭，K2开通，故C正确，D错误。 4.(2022·上海徐汇中学高二期中)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，在沙缓慢漏出的过程中，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知pS＋mg＝p0S，则当m减小时，p增大；根据玻意耳定律pV＝C可知，体积减小，故选B。 5.(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 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 选项A图中可以直接看出温度不变； 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。 6.(多选)如图为一定质量的某种气体的两条p－V图线，两曲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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题意知，p－V图像为双曲线的一支，同一图像上任意一点横、纵坐标的乘积为定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远。比较可得A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个 状态的温度相同，即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B和C的温度不相等，B错误； 同一p－V图像中的等温线，越靠近坐标原点表示的温度越低，故有tA＝tB<tC＝tD，D正确。 7.(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 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 8.(2022·吉林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，此时气体柱 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 13 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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， 由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2， 联立解得L＝20 cm，故A正确，B、C、D错误。 9.(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 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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，根据玻意耳定律pV＝C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故选B、D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(2022·黑龙江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 13 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－l1＋l2)，解得h＝42 cm，故选B。 11.(2022·广西柳州市高二期中)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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　60 cmHg 封闭气柱的压强 p＝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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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′， 根据玻意耳定律pLS＝p′L′S， 又p′＋ph′＝p0，得ph′＝10 cmHg，得h′＝10 cm。 12.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，活塞的横截面积为S，重力加速度为g，它与气缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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 悬挂时对气缸进行受力分析(如图) 由平衡条件得p0S＝p2S＋mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由玻意耳定律知p1V1＝p2V2， 13.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形管内的气体体积不 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 尖子生选练 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 13 以活塞为研究对象，设此时气缸内气体压强为p1则有 p0S＋mg＝p1S 而p1＝p0＋ρgh1 (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 13 答案　80 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 气缸内的气体发生的是等温变化， 根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2， 即p1HS＝p2H′S 解得：H′≈80 cm。 p∝ h2＝h1＝×15 cm＝25 cm A.2p B.p C.4p D.p 据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，得V2＝V1，ρ1＝，ρ2＝，则ρ2＝2ρ1，故B、C正确。 考点二　气体等温变化的p－V图像及p－图像 B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程； 代入数值得p′＝p＝·60 cmHg＝66 cmHg 答案　l0 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＝0.05 m＝5 cm p1＝p0＋＝106 800 Pa $$