第2章 专题强化3 气体的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（人教版2019，苏京）

DIERZHANG 第二章 专题强化3　气体的等温变化规律的应用 1.理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。 2.学会应用玻意耳定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、玻意耳定律的应用 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 。 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。 　(2022·苏州市高二期中)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。忽略分子势能的影响，则下列说法正确的是 A.D→A温度升高 B.B→C气体内能不变 C.A→B气体分子平均速率变小 D.A→B体积变大，压强变大，内能不变 例1 √ 根据玻意耳定律可知，当气体经历等温变化时，其p－ 图像应为延长线过原点的倾斜直线，则由题图可知D→A和B→C均为等温过程，则B→C气体内能不变，A错误，B正确； p－ 图像斜率越大，所表示的等温线温度越高，所以TB>TA，则A→B气体分子平均速率变大，且气体的压强和内能均变大，气体体积不变，C、D错误。 　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 玻意耳定律的应用 12 　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′， 根据玻意耳定律有p1LS＝p1′L′S， 又p1′＋ph′＝p0，ph′＝10 cmHg， 得h′＝10 cm。 　 (2022·盐城市高二月考)如图所示，在水平地面上放置一个深度h＝48 cm、质量M＝30 kg的圆柱形金属容器，通过锁定在容器正中央、质量m＝10 kg的薄圆柱形活塞密闭一些气体，此时气体压强与外界大气压相等，活塞与容器内横截面积均为S＝50 cm2。解除锁定后，活塞下降直 例4 至静止。不考虑气体温度的变化，忽略一切摩擦，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求活塞静止时距容器底部的高度； 答案　20 cm 活塞解除锁定前气体的压强为p1＝1.0×105 Pa，容器内气体的体积为V1＝L1S 其中L1＝24 cm，活塞静止时， 设此时活塞距容器底部的高度为L2，气体体积为V2＝L2S，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2 (2)活塞静止后，通过计算分析对活塞施加竖直向上的拉力F能否将金属容器缓缓提离地面。 答案　金属容器不能被提离地面 活塞静止后，假设活塞能被拉至容器开口端，根据玻意耳定律p1L1S＝p3hS 代入数据得p3＝5×104 Pa，对活塞受力分析，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg 解得F＝350 N<(m＋M)g＝(30＋10)×10 N＝400 N，所以金属容器不能被提离地面。 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 　用打气筒给自行车打气，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且内胎容积不变，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，气压为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 考点一　气体等温变化的p－V图像或p－ 图像 1.(2022·南通市高二期中)如图，开口向下的玻璃管竖直插在水银槽中，管内封闭了一定质量的气体，管内液面高于水银槽中液面。保持气体温度不变，缓慢的将玻璃管向下压。能描述该过程中管内气体变化的图像是(箭头表示状态变化的方向) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ 对于一定质量的气体，在温度不变时有pV为常数，由数学知识知p－V图线为双曲线的一支，缓慢的将玻璃管向下压，则封闭气体体积减小，故对应图像为A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意知，p－V图像为双曲线的一支，图像上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，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、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。 3.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的过程温度降低 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项错误，D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的过程温度先升高后降低，C项错误。 考点二　玻意耳定律的应用 4.如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用软管相连，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 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，设气体柱长为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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设应该充气的次数为n，由等温变化规律有 p0(V0＋nV1)＝1.2p0V0，即 p0×(0.5＋0.02n)＝1.2p0×0.5 解得n＝5，故选A。 6.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，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2， 代入数据解得h＝9 cm，则p2＝85 cmHg。 7.(2022·苏州市高二期中)如图所示，一开口竖直向上、质量为m0的薄壁汽缸内用质量与厚度均不计的光滑活塞封闭着一定质量的气体，活塞和汽缸的导热性能均良好。用轻绳将整个装置悬挂在天花板上，稳定后活塞到汽缸底部的距离为汽缸高度的一半。现在汽缸底部挂一沙桶，往沙 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 桶内缓慢添加沙子，当活塞到达缸口时停止添加沙子。活塞的横截面积为S，大气压强恒为 　　(g为重力加速度大小)，环境的热 力学温度恒为T0。求： (1)未挂沙桶时缸内气体的压强p； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 未挂沙桶时，对汽缸根据平衡条件可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)活塞到达缸口时沙桶(含沙)的质量m。 答案　3m0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设汽缸高度为h，活塞处于缸口时缸内气体压强为p′， 对汽缸、沙桶(含沙)组成的系统，根据平衡条件有 8.(2022·宿迁市高二期中)如图，开口向下的玻璃管插入水银槽中，管内封闭了一段气体，气体长度为l，管内外水银面高度差为h，若保持玻璃管不动，从水银槽内舀出少许水银，则 A.l增大，h增大 B.l减小，h增大 C.l增大，h减小 D.l减小，h减小 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 由题意可知变化过程为等温变化；先假设从水银槽内舀出少许水银时水银柱不动，则有p＋ρgh＝p0，h增大，则封闭气体压强p减小，在大气压的作用下水银柱下降，而封闭气体由于压强减小，体积增大，故l增大；根据p＋ρgh＝p0，可知h增大。故A正确。 9.(2022·盐城市高二期中)在光滑水平面上有一个内、外壁都光滑的质量为m0的汽缸，汽缸内有一质量为m的活塞，已知m0>m，活塞密封一部分气体。现对汽缸施加一个水平向左的拉力F(如图甲所示)，汽缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞(如图乙所示)，此时汽缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2。设密封气体的质量和温度不变，则下列选项正确的是 A.a1＝a2，p1<p2，V1>V2 B.a1<a2，p1>p2，V1<V2 C.a1＝a2，p1<p2，V1<V2 D.a1>a2，p1>p2，V1>V2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对整体进行受力分析，两种情况下整体在水平方向都受水平向左的力，根据牛顿第二定律F＝(m＋m0)a 得a1＝a2，对活塞进行受力分析，根据牛顿第二定律得，第一种情况p0S－p1S＝ma，第二种情况F＋p0S－p2S＝ma，所以p1<p2，密封气体的质量和温度不变，根据玻意耳定律得V1>V2，故选A。 10.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 √ 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.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设未加重物时汽缸内部气体压强为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 由平衡条件可得：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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 所以汽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汽缸，活塞横截面积为S＝0.01 m2，可在汽缸内无摩擦滑动，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　5 cm 以活塞为研究对象，则有 p0S＋mg＝p1S 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，求活塞平衡时到汽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 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 汽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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 代入数值得p1′＝p1＝×60 cmHg＝66 cmHg 气体的压强为p2＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa ＝1.2×105 Pa 代入数据得L2＝＝ cm＝20 cm 答案　  pS＋m0g＝·S，解得p＝ 根据玻意耳定律有p·S＝p′hS， 解得p′＝  p′S＋(m＋m0)g＝·S，解得m＝3m0。 活塞下降距离为Δx＝＝0.1 m 得p1＝p0＋ 所以有：＝ρgh1 解得：h1＝＝ m＝0.05 m＝5 cm  p1＝p0＋＝106 800 Pa $$