第2章 专题强化3 气体的等温变化规律的应用-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（人教版2019，浙江）

专题强化3　气体的等温变化规律的应用 [学习目标]　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)。 一、气体等温变化的p－V图像或p－图像 1.气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为双曲线，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？ 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。 例1　(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 答案　AD 解析　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。 例2　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 答案　B 解析　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 例3　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； (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　(1)60 cmHg　(2)10 cm 解析　(1)封闭气柱的压强 p1＝p0－ph＝76 cmHg－16 cmHg＝60 cmHg (2)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p1LS＝p1′L′S， 代入数值得p1′＝p1＝·60 cmHg＝66 cmHg 又p1′＋ph′＝p0，可得ph′＝10 cmHg， 故h′＝10 cm。 例4　(2022·浙江高二阶段练习)将一个内壁光滑的汽缸开口朝右静置于光滑水平面上，汽缸质量为M＝3 kg，横截面积为S＝20 cm2。用一质量为m＝2 kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，开始时活塞离汽缸底部的距离为l＝40 cm，现对汽缸施加一水平向左、大小为F＝100 N的拉力，如图所示。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，密封气体的温度、大气压强均保持不变，汽缸足够长，不计空气阻力，施加拉力作用当系统达到稳定状态后。求： (1)汽缸的加速度大小； (2)活塞离汽缸底部的距离。 答案　(1)20 m/s2　(2)50 cm 解析　(1)对活塞和汽缸组成的系统根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，解得a＝20 m/s2 (2)稳定后设封闭气体压强为p，对活塞进行受力分析根据牛顿第二定律得p0S－pS＝ma 解得p＝0.8×105 Pa 由玻意耳定律得p0lS＝pl′S，解得l′＝50 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。 例5　(2022·浙南名校第一次联考)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与大气压强的差值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为60 cm3；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经N次充气后，压强计臂带内气体体积变为250 cm3，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N等于(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　B 解析　选充气后臂带内所有气体为研究对象， 根据题意可知，初状态气体的压强为 p0＝750 mmHg＝75 cmHg 体积为V0＝60(N＋1) cm3 末状态气体的压强为p1＝p0＋150 mmHg＝90 cmHg 体积为V1＝250 cm3 由于气体温度不变，由玻意耳定律有p0V0＝p1V1 解得N＝4，故选B。 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。 专题强化练 考点一　气体等温变化的p－V图像或p－ 图像 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(　　) 答案　AB 解析　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。 2.(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 答案　AD 解析　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。 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 答案　AD 解析　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　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 答案　A 解析　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。 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 答案　A 解析　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。 答案　85 cmHg 解析　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．(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位) 答案　pA＝74.36 cmHg　pB＝54.36 cmHg 解析　设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，又因为SA＝4SB 可知B管水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′， 所以有pA′＋23 cmHg＝pB′ 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′ 对B管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′ 其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm 联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg， pB＝54.36 cmHg。 8．(2022·浙江桐乡高级中学月考)如图所示，汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的气体，活塞横截面积为S，到汽缸底部距离为L，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸导热性能良好，现缓慢地在活塞上加一定质量的细沙，活塞下移达到稳定，环境温度保持不变，大气压强为p0，重力加速度为g，则(　　) A．汽缸内气体分子平均动能增大 B．汽缸内气体分子数密度减小 C．细沙质量为(＋m) D．若使活塞下移，所加细沙质量是活塞下移所加细沙质量的2倍 答案　C 解析　汽缸导热性能良好且外界温度不变，则缸内气体的温度不变，则汽缸内气体分子平均动能不变，选项A错误；汽缸内气体体积减小，则气体分子数密度增大，选项B错误；加沙子之前气体压强p1＝p0＋，加沙子之后气体压强p2＝p0＋，根据玻意耳定律，有p1LS＝p2·S，解得沙子的质量M＝(＋m)，选项C正确；若使活塞下移，则由玻意耳定律，有p1LS＝p3·S，p3＝p0＋，解得M′＝2(＋m)＝4M，选项D错误。 9.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 答案　B 解析　设压力传感器关闭洗衣机进水阀门时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，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．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，这个水银气压计的度数只有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 答案　A 解析　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) 根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2， 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 答案　B 解析　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 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 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； (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)。 答案　(1)5 cm　(2)80 cm 解析　(1)以活塞为研究对象，则有 p0S＋mg＝p1S 得p1＝p0＋ 而p1＝p0＋ρgh1 所以有：＝ρgh1 解得h1＝＝ m＝0.05 m＝5 cm (2)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：p1＝p0＋＝106 800 Pa 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。 学科网（北京）股份有限公司 $$